Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Вычеты и их применение

Вычеты и их применение


Определение вычета


Пусть [math]z_0\in \overline{\mathbb{C}}[/math] — изолированная особая точка функции [math]f(z)[/math]. По определению изолированной особой точки существует некоторая окрестность этой точки, в которой [math]f(z)[/math] — аналитическая. Напомним, что для [math]z_0\in \mathbb{C}[/math] эта окрестность имеет вид [math]0<|z-z_0|<R[/math], а для [math]z_0=\infty[/math][math]R<|z|<\infty[/math].


Рассмотрим произвольный контур [math]\gamma[/math], принадлежащий такой окрестности и являющийся границей некоторой области, содержащей [math]z_0[/math] (рис 4.2,а).


По следствию из основной теоремы Коши интеграл [math]\textstyle{\oint\limits_{\gamma} f(z)\,dz}[/math] имеет одно и то же значение, независимо от вида кривой [math]\gamma[/math], т.е. интеграл характеризует поведение функции [math]f(z)[/math] в особой точке [math]z_0[/math] и, следовательно, может быть использован для исследования функции как некоторая числовая характеристика.


Вычетом функции [math]f(z)[/math] в изолированной особой точке [math]z_0~(z_0\in \overline{\mathbb{C}})[/math] называется интеграл [math]\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_{\gamma} f(z)\,dz[/math], где [math]\gamma[/math] — контур, принадлежащий окрестности точки [math]z_0[/math] и охватывающий ее. Обход контура — положительный, т.е. область им ограниченная и принадлежащая окрестности [math]z_0[/math] при обходе расположена слева: для [math]z_0\in \mathbb{C}[/math] — обход против часовой стрелки (рис. 4.2,а), для [math]z_0=\infty[/math] — по часовой стрелке (рис. 4.2,6). Обозначается вычет [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_0} f(z)[/math] (res — residu (фр.) — вычитать):


[math]\begin{gathered} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_0}f(z)= \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{\gamma} f(z)\,dz,\quad \gamma\in O(z_0)\setminus z_0\colon 0<|z-z_0|<R,\\[2pt] \mathop{\operatorname{res}}\limits_{\infty}f(z)= \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{\gamma} f(z)\,dz,\quad \gamma\in O(\infty)\setminus \infty\colon R<|z|<\infty. \end{gathered}[/math]
(4.16)

Так как в окрестности изолированной особой точки функция разлагается в ряд Лорана, то, используя формулы для коэффициентов ряда Лорана и сравнивая их с (4.16), замечаем, что можно сделать следующее заключение.




Утверждение 4.5. Вычет функции в изолированной особой точке равен коэффициенту [math]c_{-1}[/math] при первой отрицательной степени в разложении функции в ряд Лорана в окрестности этой точки, т.е. при [math]\frac{1}{z-z_0}[/math] для [math]z_0\in \mathbb{C}[/math], и этому коэффициенту, взятому с противоположным знаком, для [math]z_0=\infty\colon[/math]


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_0}f(z)=c_{-1},\quad z_0\in \mathbb{C},[/math]
(4.17)

[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{\infty} f(z)=-c_{-1},\quad z_0=\infty.[/math]
(4.18)

С помощью вычетов можно записать в другой форме основную теорему Коши для сложного контура.


Действительно, пусть функция в области [math]D[/math] имеет [math]n[/math] особых точек [math]z_k,~ k=1,2,\ldots,n[/math]. Можно рассмотреть контуры [math]\gamma_k\in D[/math], которые являются границами непересекающихся областей [math]D_k[/math], таких, что каждая из особых точек [math]z_k[/math] (изолированных особых точек) принадлежит одной из [math]D_k[/math] (рис. 4.3,а), а интеграл по [math]\gamma_k[/math] согласно определению (см. формулу (4.16)) есть [math]2\pi i \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_k}f(z)[/math].


Кроме того, для любого контура [math]C[/math], ограничивающего область [math]D[/math], которой принадлежат все особые точки функции [math]f(z)[/math], и контура [math]\gamma[/math] — границы окрестности бесконечно удаленной точки справедливо равенство [math]\oint\limits_{\gamma}f(z)\,dz=-\oint\limits_{C}f(z)\,dz[/math] (обход на [math]\gamma[/math] по часовой стрелке (рис. 4.3,б)). Из этих рассуждений и формулы (4.16) получаем следующие утверждения.




Основная теорема о вычетах


Утверждение 4.6 (основная теорема о вычетах). Если функция [math]f(z)[/math] -аналитическая в [math]\overline{D}[/math] за исключением конечного числа особых точек [math]z_k\in D[/math], то справедливо равенство (где [math]C[/math] — граница области [math]D[/math]):


[math]\oint\limits_{C}f(z)\,dz= 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_k} f(z),\quad z_k\in D.[/math]
(4.19)

Обобщенная теорема о вычетах


Утверждение 4.7 (обобщенная теорема о вычетах). Сумма вычетов функции [math]f(z)[/math] во всех ее особых точках, включая бесконечно удаленную точку, равна нулю:


[math]\sum_{k=1}^{n} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_k}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{\infty}f(z)=0.[/math]
(4.20)



Пример 4.22. Найти вычеты следующих функций в их особых точках: а) [math]f(z)= \frac{z+2}{z^2-2z-3}[/math]; б) [math]f(z)=\frac{z+2}{(z+1)^2(z-3)}[/math].


▼ Решение

Особыми точками функций являются точки [math]z_1=-1,~ z_2=3,~ z_3=\infty[/math]. Записываем разложения функций в ряд Лорана в окрестности этих точек (см. примеры 3.31, 3.33 и 3.34):


а)

[math]\begin{aligned}f(z)&= \frac{-1}{4}\cdot \frac{1}{z+1}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{5(z+1)^n}{4^{n+2}},\quad 0<|z+1|<4;\\ f(z)&= \frac{5}{4}\cdot \frac{1}{z-3}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{4^{n+2}}(z+1)^n,\quad 0<|z-3|<4;\\ f(z)&= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n+5\cdot3^{n-1}}{4}\cdot \frac{1}{z^n},\quad |z|<3. \end{aligned}[/math]

Из этих разложений находим:


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{-1}f(z)=c_{-1}=\frac{-1}{4}\,;\quad \mathop{\operatorname{res}}\limits_{3}f(z)=c_{-1}= \frac{5}{4}\,;\quad \mathop{\operatorname{res}}\limits_{\infty}f(z)=-c_{-1}=-\left(\frac{-1+5\cdot3^0}{4}\right)=-1.[/math]

Полученный результат иллюстрирует обобщенную теорему о вычетах:


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{-1}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{3}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{\infty}f(z)=0.[/math]

Заметим также, что здесь точки [math]z_1[/math] и [math]z_2[/math] — простые полюсы, а [math]z=\infty[/math] — устранимая особая точка.


б)
[math]\begin{aligned}f(z)&= \frac{-5}{16}\cdot \frac{1}{z+1}+ \frac{-1}{4}\cdot\frac{1}{(z+ 1)^2}-\sum_{n=0}^{\infty} \frac{5(z+1)^n}{16\cdot4^{n+1}}\,,\quad 0<|z+1|<4;\\ f(z)&= \frac{5}{16}\cdot \frac{1}{z-3}+ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}(n+6)}{4^{n+3}}(z-3)^n,\quad 0<|z-3|<4.\end{aligned}[/math]

Из этих разложений имеем:


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{-1}f(z)=c_{-1}=-\frac{5}{16}\,;\qquad \mathop{\operatorname{res}}\limits_{3}f(z)=c_{-1}=\frac{5}{16}\,.[/math]

Вычет в бесконечно удаленной точке [math]z=\infty[/math] можно найти, используя обобщенную теорию о вычетах: [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{\infty}f(z)=-\left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{3}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{-1}f(z)\right)=0[/math]. Этот же результат получим, если запишем разложение функции в области [math]|z|>3[/math] -окрестности [math]z=\infty[/math]


Заметим, что для этой функции [math]z_1[/math][math]\Pi(2)[/math], [math]z_2[/math][math]\Pi(1)[/math], а [math]z=\infty[/math] — устранимая особая точка.


Пример 4.23. Найти вычеты следующих функций в особых точках: а) [math]f(z)=z^3\exp \frac{1}{z}[/math]; б) [math]f(z)=\frac{1-\cos z}{z^2}[/math].


▼ Решение

Особыми точками функции являются точки [math]z_1=0,~ z_2=\infty[/math]. Находим разложения функций в ряд Лорана в окрестности этих точек (см. примеры 3.35 и 3.36):


а) [math]f(z)= z^3+z^2+\frac{z}{2!}+\frac{1}{3!}+ \frac{1}{4!z}+\ldots,~~0<|z|<\infty[/math]; Из этого разложения


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{0}f(z)= c_{-1}= \frac{1}{4!}= \frac{1}{24}\.;\qquad \mathop{\operatorname{res}}\limits_{\infty}f(z)=-c_{-1}=-\frac{1}{4!}=-\frac{1}{24}\,.[/math]

Заметим, что [math]z=0[/math] здесь — существенно особая точка, a [math]z=\infty[/math][math]\Pi(3)[/math] для [math]f(z)[/math];


б) [math]f(z)=\frac{1}{2!}-\frac{z^2}{4!}+\ldots[/math]. Из этого разложения получаем [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{0}f(z)=0,~ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{\infty} f(z)=0[/math]. Здесь [math]z=0[/math] — устранимая особая точка для [math]f(z)[/math], а [math]z=\infty[/math] — существенно особая точка.


Пример 4.24. Найти вычеты следующих функций в их особых точках: a) [math]\sin\! \left(1+\frac{1}{z}\right)[/math]; б) [math](z-1)\exp\frac{1}{z-2}[/math].


▼ Решение

Конечные особые точки функций являются существенно особыми точками. Это [math]z=0[/math] для первой функции и [math]z=2[/math] для второй. Разложим функции в ряды в окрестностях этих точек и найдем вычеты по формуле (4.17):


а)

[math]\begin{aligned}\sin\! \left(1+\frac{1}{z}\right)&= \sin1\cdot\cos \frac{1}{z}+\cos1\cdot\sin \frac{1}{z}= \sin1\cdot \left(1-\frac{1}{2!z^2}+\ldots\right)+ \cos1\cdot \left(\frac{1}{z}-\frac{1}{z^33!}+ \ldots\right)=\\ &=\sin1+\cos1\cdot \frac{1}{z}-\frac{\sin1}{2!}\cdot \frac{1}{z^2}-\ldots \end{aligned}[/math]

Следовательно, [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=0}f(z)= c_{-1}=\cos1[/math].


Так как у рассматриваемой функции другах конечных особых точек нет, то по формуле (4.20) [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{\infty}f(z)=-\cos1[/math]. Заметим, что [math]z=\infty[/math] — устранимая особая точка для данной функции [math]f(z)[/math];


б)

[math]\begin{aligned}(z-1)\exp \frac{1}{z-2}&= (z-2+1)\exp \frac{1}{z-2}= (z-2)\exp \frac{1}{z-2}+\exp \frac{1}{z-2}=\\ &=(z-2)\! \left(1+\frac{1}{z-2}+\frac{1}{2!(z-2)^2}+\ldots\right)+ \left(1+\frac{1}{z-2}+\frac{1}{2!(z-2)^2}+\ldots \right)=\\ &=2+(z-2)+ \frac{1}{z-2}\! \left(1+\frac{1}{2!}\right)+ \frac{1}{(z-2)^2}\! \left(\frac{1}{2!}+ \frac{1}{3!}\right)+\ldots,\end{aligned}[/math]

поэтому [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=2}f(z)= 1+\frac{1}{2!}= \frac{3}{2}[/math]. Поскольку нет другах конечных особых точек, то по формуле (4.20) [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f(z)=-\frac{3}{2}[/math]. Точка [math]z=\infty[/math] является полюсом первого порядка данной [math]f(z)[/math].




Вычисление вычетов в полюсе и устранимой особой точке


В рассмотренных выше примерах при нахождении вычетов использовались формулы (4.17),(4.18) , т.е. функции раскладывались в ряды Лорана. При этом знание типа особой точки, в которой вычисляется вычет функции, не является обязательным. Таким методом всегда определяется вычет в тех случаях, когда заранее предполагается, что особая точка — существенно особая точка для функции. В случае устранимой особой точки и полюсов задачу вычисления вычета по формуле (4.17) можно заменить некоторыми практически более удобными формулами и правилами. Вывод этих формул и правил в общем виде, очевидно, связан с исследованием разложения функции в ряд в окрестности особой точки, а тип особой точки определяется по поведению функции, т.е. вычислением предела.


Так, если [math]\lim\limits_{z\to z_0}f(z)\ne\infty[/math] и [math]z_0[/math] — конечная особая точка, то в разложении функции в ряд Лорана в окрестности [math]z_0[/math], согласно утверждению 4.1, отсутствует главная часть. Следовательно, [math]c_{-1}=0[/math] и [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_0}f(z)=0[/math].


Если [math]\lim\limits_{z\to z_0}f(z)=\infty[/math] и [math]z_0[/math] — полюс функции [math]f(z)[/math], то можно определить порядок полюса, также не прибегая к разложению функции в ряд, используя утверждение 4.3. Пусть [math]z_0[/math][math]\Pi(n)[/math] функции [math]f(z)[/math], тогда разложение функции в ряд в окрестности [math]z_0[/math] имеет вид (4.6). Умножив обе части равенства на [math](z-z_0)^n[/math] и продифференцировав результат [math](n-1)[/math] раз, получим выражение


[math]\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\bigl[f(z)\cdot (z-z_0)^n\bigr]= (n-1)!c_{-1}+ n! c_0(z-z_0)+\ldots,[/math]

из которого определяем [math]c_{-1}= \frac{1}{(n-1)!} \lim\limits_{z\to z_0}\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \bigl[f(z)\cdot (z-z_0)^n\bigr][/math].


В частности, при [math]n=1[/math] имеем [math]c_{-1}= \lim\limits_{z\to z_0}\bigl[f(z)\cdot (z-z_0)\bigr][/math]. Последнее равенство принимает наиболее удобную форму для функции вида [math]f(z)= \frac{\varphi(z)}{\psi(z)}[/math], где [math]\varphi(z),\,\psi(z)[/math] — аналитические вточке [math]z_0[/math] функции и [math]\varphi(z_0)\ne0,~ \psi(z_0)=0,~ \psi'(z_0)\ne0[/math]. А именно:


[math]c_{-1}= \lim\limits_{z\to z_0} \frac{\varphi(z)(z-z_0)}{\psi(z)}= \lim\limits_{z\to z_0} \frac{\varphi(z)}{\dfrac{\psi(z)-\psi(z_0)}{z-z_0}}= \frac{\varphi(z_0)}{\psi'(z_0)}\,.[/math]

Результат приведенных рассуждений запишем в виде утверждения.
Утверждение 4.8

1. Если конечная особая точка [math]z_0[/math] является устранимой особой точкой функции [math]f(z)[/math], то (где [math]z_0[/math] — устранимая особая точка)


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_0}f(z)=0,\quad z_0\in \mathbb{C}.[/math]
(4.21)

2. Если [math]z_0[/math]полюс порядка п функции [math]f(z),~ z_0\in \mathbb{C}[/math], то


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_0}f(z)= \frac{1}{(n-1)!} \lim\limits_{z\to z_0} \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}} \bigl[f(z)\cdot (z-z_0)^n\bigr],\quad z_0-\Pi(n);[/math]
(4.22)

[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_0}f(z)= \lim\limits_{z\to z_0} \bigl[f(z)\cdot (z-z_0)\bigr],\quad z_0-\Pi(1).[/math]
(4.23)

3. Если [math]z_0[/math][math]\Pi(1)[/math] функции [math]f(z)=\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}[/math], где [math]\varphi(z),\,\psi(z)[/math] — аналитические в точке [math]z_0[/math] функции и [math]\varphi(z_0)\ne0,~ \psi(z_0)=0,~ \psi'(z_0)\ne0[/math], то


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_0}\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}= \frac{\varphi(z_0)}{\psi'(z_0)}\,.[/math]
(4.24)



Алгоритм вычисления вычета функции


Замечание 4.6. Формула (4.22) дает следующий алгоритм вычисления вычета функции в полюсе порядка [math]n[/math].


1. Умножить [math]f(z)[/math] на [math](z-z_0)^n[/math], где [math]n[/math] — порядок полюса [math]z_0[/math], и получить функцию [math]\varphi(z)=f(z)\cdot (z-z_0)^n[/math].


2. Найти производную функции [math]\varphi(z)[/math] порядка [math](n-1)\colon\, \psi(z)= \varphi^{(n-1)}(z)[/math].


3. В соответствии с (4.22) найти [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_0}f(z)= \frac{1}{(n-1)!} \lim\limits_{z\to z_0}\psi(z)[/math].


Пример 4.25. Найти вычеты в конечных особых точках функций:


[math]f_1(z)= \frac{z+2}{z^2-2z-3}\,,\qquad f_2(z)= \frac{z+2}{(z+1)^2(z-3)}\,,\qquad f_3(z)= \frac{1-\cos z}{z^2}\,.[/math]

▼ Решение

Конечными особыми точками [math]f_1(z)[/math] являются [math]z_1=-1[/math] и [math]z_2=3[/math] — полюсы первого порядка, причем в каждом случае функцию можно представить в виде, допускающем применение формулы (4.24). Используя эту формулу, находим


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-1} \frac{z+2}{z^2-2z-3}= \left.{\frac{z+2}{(z^2-2z-3)'}}\right|_{z=-1}= \left.{\frac{z+2}{2z-2}}\right|_{z=-1}= -\frac{1}{4}\,;\quad \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=3}\frac{z+2}{z^2-2z-3}= \left.{\frac{z+2}{2z-2}}\right|_{z=3}= \frac{5}{4}\,.[/math]

Для функции [math]f_2(z)[/math] точка [math]z=3[/math] также является [math]\Pi(1)[/math] и выполняются условия применимости формулы (4.24) . При этом функцию удобно представить в виде [math]f_2(z)= \frac{z+2}{(z+1)^2}\frac{1}{z-3}[/math]. Применяя формулу (4.24), находим


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=3}f_2(z)= \frac{z+2}{(z+1)^2}\frac{1}{z-3}= \left.{ \frac{z+2}{(z+1)^2}\frac{1}{(z-3)'}}\right|_{z=3}= \left.{\frac{z+2}{(z+1)^2}}\right|_{z=3}= \frac{5}{16}\,.[/math]

Точка [math]z=-1[/math] для [math]f_2(z)[/math] — полюс второго порядка. Применяем формулу (4.22) при [math]n=2[/math]. Запишем решение согласно алгоритму.


1. Умножаем [math]f_2(z)[/math] на [math](z+1)^2[/math] и записываем функцию [math]\varphi(z)= f_2(z)\cdot(z+1)^2= \frac{z+2}{z-3}[/math].


2. Находим производную функции [math]\varphi(z)\colon[/math]


[math]\varphi'(z)= \left(\right)'= \frac{z-3-(z+2)}{(z-3)^2}= \frac{-5}{(z-3)^2}= \psi(z).[/math]

3. Используя (4.22), получаем [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-1} f_2(z)= \frac{1}{1!} \lim\limits_{z\to-1} \frac{-5}{(z-3)^2}=-\frac{5}{16}[/math].


Для функции [math]f_3(z)= \frac{1-\cos z}{z^2}[/math] единственная конечная особая точка [math]z=0[/math] является устранимой особой точкой, поэтому [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=0}f_3(z)=0[/math] (согласно (4.21)).


Все полученные результаты соответствуют результатам примеров 4.22 и 4.23.


Пример 4.26. Найти вычеты следующих функций в особых точках: а) [math]\frac{z+2i}{z^3+8i}[/math]; б) [math]\frac{z-2i}{z^3+8i}[/math];


▼ Решение

Особыми точками функций являются нули знаменателя, т.е. корни уравнения [math]z^3+8i=0[/math] или [math]z^3-(2i)^3=0[/math]. Раскладывая на множители левую часть [math](z-2i)(z^2+2zi-4)=0[/math], находим [math]z_1=2i[/math] и два других корня, как корни квадратного уравнения [math]z^2+2zi-4=0[/math], то есть [math]z_{2,3}=\pm \sqrt{3}-i[/math].


а) Для [math]f(z)= \frac{z+2i}{z^3+8i}= \frac{z+2i}{(z-2i)(z-z_2)(z-z_3)}[/math] все три особые точки — простые полюсы. Находим вычеты в них по формуле (4.24):


[math]\begin{aligned}\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=2i} \frac{z+2i}{z^3+8i}&= \left.{\frac{z+2i}{3z^2}}\right|_{z=2i}= \frac{4i}{3(-4)}=-\frac{i}{3}\,;\\ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_2}f(z)&= \frac{z_2+2i}{3z_2^2}= \frac{\sqrt{3}-i+2i}{3(\sqrt{3}-i)^2}= \ldots= \frac{i}{6}\,;\\ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_3}f(z)&= \frac{z_3+2i}{3z_3^2}= \frac{-\sqrt{3}-i+2i}{3(\sqrt{3}+i)^2}= \ldots= \frac{i}{6}\,;\\ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty} f(z)&=-\left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_1}+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_2}+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z_3}\right)=0, \end{aligned}[/math]

что можно проверить, разложив [math]f(z)[/math] в ряд в окрестности [math]z=\infty[/math], т.е. в области [math]|z|>2[/math].


б) Для [math]f(z)= \frac{z-2i}{(z-2i)(z-z_2)(z-z_3)}[/math] точка [math]z_1=2i[/math] — устранимая особая точка, так как [math]\lim\limits_{z\to z_1}f(z)\ne\infty[/math]. .Поэтому [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=2i}f(z)=0[/math]. Точки [math]z_2[/math] и [math]z_3[/math][math]\Pi(1)[/math], поэтому вычеты находим, как и в предыдущем случае или по формуле (4.23):


[math]\begin{aligned}\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_2}f(z)&= \lim\limits_{z\to z_2} f(z)(z-z_2)= lim\limits_{z\to z_2} \frac{(z-2i)(z-z_2)}{(z-2i)(z-z_2)(z-z_3)}= \frac{1}{z_2-z_3}= \frac{1}{2 \sqrt{3}}\,;\\ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_3}f(z)&= \lim\limits_{z\to z_3} f(z)(z-z_3)= lim\limits_{z\to z_3} \frac{(z-2i)(z-z_3)}{(z-2i)(z-z_2)(z-z_3)}= \frac{1}{z_3-z_2}=-\frac{1}{2\sqrt{3}}\,.\end{aligned}[/math]

Вычет функции в [math]z=\infty[/math] можно получить по формуле (4.20):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f(z)=-\sum_{k=1}^{3} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k}f(z)=0.[/math]



В заключение раздела рассмотрим бесконечно удаленную точку в случае, когда она является устранимой особой точкой для [math]f(z)[/math]. Разложение функции в ряд Лорана имеет вид (4.5). Коэффициент [math]c_[-1}[/math] можно определить из этого равенства следующим образом: [math]c_{-1}= \lim\limits_{z\to\infty} \bigl[(f(z)-c_0)\cdot z\bigr][/math]. Так как, очевидно, [math]c_0= \lim\limits_{z\to\infty}f(z)[/math], то, доопределяя функцию, положим [math]f(\infty)= \lim\limits_{z\to\infty}f(z)=c_0[/math]. Получаем формулу для вычисления вычета в [math]z=\infty[/math] — устранимой особой точке функции [math]f(z)\colon[/math]


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty} f(z)=-c_{-1}= \lim\limits_{z\to\infty}\bigl[f(\infty)-f(z)\bigr]z.[/math]
(4.25)

В частности, если [math]z=\infty[/math] является нулем функции [math]f(z)[/math], то есть [math]\lim\limits_{z\to\infty}f(z)=0[/math], то формула принимает вид


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f(z)= \lim\limits_{z\to\infty}\bigl(-z\cdot f(z)\bigr).[/math]
(4.26)

Пример 4.27. Найти вычеты в бесконечно удаленной точке [math]z=\infty[/math] функций:


а) [math]f_1(z)=\frac{z+2}{z^2-2z+3},~~ f_2(z)= \frac{z+2}{(z+1)^2(z-3)}[/math]; б) [math]f_3(z)= \frac{3z^2+z}{z^2+z-4}[/math].


▼ Решение

а) Точка [math]z=\infty[/math] — устранимая особая точка для этих функций и [math]f(\infty)= \lim\limits_{z\to\infty}f(z)=0[/math]. Поэтому вычеты этих функций находим по формуле (4.26):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f_1(z)=-\lim\limits_{z\to\infty} \frac{z(z+2)}{z^2-2z-3}=-1,\qquad \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f_2(z)=-\lim\limits_{z\to\infty} \frac{(z+2)z}{(z+1)^2(z-3)}=0.[/math]

Результат совпадает с полученным в примере 4.22.


б) Точка [math]z=\infty[/math] — устранимая особая точка для [math]f(z)[/math], так как [math]\lim\limits_{z\to\infty}f(z)=3[/math]. Вычет находим по формуле (4.25):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f(z)= \lim\limits_{z\to\infty}\! \left(3-\frac{3z^2+z}{z^2+z-4}\right)\cdot z= \lim\limits_{z\to\infty} \frac{(2z-12)z}{z^2+z-4} =2.[/math]

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved