Материал: Высшая математика. Теория функций комплексного переменного. Пантелеев И.Н

z1 и z2 являются полюсами первого порядка, а z3 - полюсом второго порядка. Вычеты в точках i и -i найдем по формуле

(7.13):

z0 = 1.

Решение. В примере 4.9 мы видели, что z0 = 1 является существенно особой точкой данной функции, и получили лорановское разложение этой функции в проколотой окрестности точки z0 = 1:

166

sin z 1−1 = z 1−1 − 3!1 (z −11)3 + 5!1 (z −11)5 +... .

Отсюда видно, что коэффициент c−1 при (z −1)−1 равен 1.

Следовательно, res1 f = 1.

Теперь рассмотрим понятие вычета в бесконечно удаленной точке. Пусть z0 = ∞ — изолированная особая точка

функции f(z), т.е. существует проколотая окрестность R < z < ∞ этой точки, в которой f(z) является аналитической.

бесконечно удаленной точки. Направление обхода окружности z = ρ выберем так, чтобы при движении по ней эта

окрестность оставалась слева. Тогда обходить окружность следует по часовой стрелке. (Именно такое направление обхода естественно считать положительным при движении по границе области расширенной комплексной плоскости , содержащей бесконечно удаленную точку.) Окружность

z = ρ с обходом по часовой стрелке обозначим Γ− . Вычетом

Таким образом, определение вычета в оо аналогично (7.9). Но связь между вычетом в бесконечности и коэффициентами лорановского разложения оказывается несколько иной, чем в случае вычетов в конечных точках.

Теорема 7.7. Вычет функции f(z) в изолированной особой точке z0 = ∞ равен коэффициенту при z−1 в лорановском

разложении (7.14) функции f(z) в проколотой окрестности точки z0 = ∞ , взятому со знаком минус.

167

Доказательство. Ряды в (7.14) равномерно сходятся на окружности Γ− , поэтому их можно почленно интегрировать:

∞

∫ f (z)dz = ∑ cn ∫ zndz

(мы объединили оба ряда из (7.14) в один). Согласно формуле (5.7), все интегралы в правой части равны нулю, за исключением интеграла с п = - 1, который равен

∫ z−1dz = −∫z−1dz = −2πi ,

Γ− Γ

где Г — окружность z = ρ с обходом против часовой стрелки.

Отсюда следует, что

Γ∫− f (z)dz = −2πic−1, т.е. 21πi Γ∫− f (z)dz = −c−1 .

Формула (7.16) немедленно дает (7.17), что нам и требовалось. Отметим еще одно отличие вычета в ∞ от вычетов в конечных точках. Коэффициент c−1 относится к правильной

части разложения (7.14) в проколотой окрестности бесконечности, а не к главной части, как в случае конечных точек. Поэтому даже если функция f(z) аналитична в точке z0 = ∞ , ее вычет в этой точке не обязан равняться нулю

(напомним, что если f(z) аналитична в конечной точке z0, то

resz0 f = 0 ).

Пример 7.8. Найти вычет функции f(z) = 2 + 3/z в точке z0 = ∞ .

Решение. Разложением в бесконечности функции f(z) как раз и будет сумма 2 + 3/z, состоящая всего из двух членов. Коэффициент при z -1 равен 3. Поэтому res∞ f = −3 . В то же

время данная функция является аналитической в точке z0 = ∞ ,

поскольку главная часть разложения (члены с положительными степенями z) отсутствует.

Теорема 7.9 (о сумме вычетов). Пусть f(z) —

аналитическая функция в расширенной комплексной

168

плоскости , за исключением конечного числа особых точек. Тогда сумма вычетов функции f(z) во всех конечных особых точках z1, z2, ..., zn и вычета в бесконечности равна нулю.

Доказательство. Пусть Γ ={z = ρ} — окружность нас-

только большого радиуса ρ , что все конечные особые точки

z1, z2, ..., zn находятся внутри нее. Согласно теореме 7.1 о вычетах

причем Г обходится против часовой стрелки. В силу определения вычета в бесконечности (см. (27.8))

Решение. 1-й способ — с помощью теоремы 7.9. Вычеты функции в ее конечных особых точках z1 = i, z2 = -i,

откуда следует res∞ f = 0 .

2-й способ — непосредственно с помощью лорановского разложения функции в проколотой окрестности точки z0 = ∞ .

Как и в примере 2.11, перейдем к переменному w = 1/z. Подстановка z = 1/w дает

169

окрестности точки w0 = 0 и, следовательно, раскладывается в ряд Тейлора в этой окрестности:

переменному z (т.е. подставляя w = 1/z), получаем вид разложения Лорана функции f(z) в окрестности точки z0 = ∞ :

f (z) = bz03 + zb14 + bz25 +... .

Мы видим, что это разложение не содержит члена с z−1 .

Значит, коэффициент при z−1 следовательно, и вычет в бесконечности равны нулю.

7.3. Вычисление интегралов с помощью вычетов

1. Вычисление интегралов по замкнутому контуру.

Пусть функция f(z) имеет внутри замкнутого контура Г только изолированные особые точки. Тогда интеграл от f(z) по контуру Г можно найти, применяя теорему 7.1 о вычетах: вычисляя вычеты в особых точках, находящихся внутри контура Г, складывая эти вычеты и умножая сумму на 2πi , мы и получим искомый интеграл.

z1 = i, z2 = -i; третья особая точка z3 = -3 лежит вне этой окружности. Вычеты в точках ± i были найдены в примере 7.5:

170