19. Вычет функции и его вычисление
Пусть функция аналитична в некоторой окрестности точки A за исключением быть может самой точки А.
Определение. Вычетом функции относительно точки А (обозначается или называется число, равное
L— простой замкнутый контур, лежащий в области аналитичности функции и содержащий внутри себя (только) одну особую точку А. В качестве L удобно брать окружность достаточно малого радиуса . Из определения (7.I) следует, что вычет функции совпадает с коэффициентом разложения ее в ряд Лорана по степеням :
Из представления (7.2) следует, что вычет в правильной и устранимой особой точках равен нулю. Вычет в простом полюсе определяется по формуле
Если , причем А – простой нуль функции , а , то
Вычет функции В полюсе А порядка M определяется по формуле
Если точка А – существенно особая точка функции, то для определения необходимо найти коэффициент в лорановском разложении функции в окрестности точки А.
Пример 1. Найти вычеты функции в ее особых точках.
Решение. Особыми точками функции являются точки и . В точке имеем: , то есть точка — устранимая особая точка функции . Поэтому . В точке , то есть точка — полюс (первого порядка) функции . По формуле (7.3) имеем .
Пример 2. Определить вычет функции относительно точки .
Решение. Точка является полюсом третьего порядка функции, так как
. В соответствии с (7.5) получим:
Пример 3. Найти вычет функции в ее особых точках.
Решение. Особой для данной функции является точка Z = 2. Это – существенно особая точка (из свойств функции следует, что ). Для определения вычета найдем коэффициент разложения функции в ряд Лорана по степеням Z – 2. Так как , , то и, следовательно, .
Вычисление вычетов.
,
где C-окружность достаточно малого радиуса с центром в точке a, пробегаемая против часовой стрелки. Вычет в бесконечности (-изолированная особая точка) определяется по формуле
,
где C — -окружность достаточно большого радиуса, пробегаемая по часовой стрелке. Вычет функции f(z) в конечной изолированной особой точке a равен коэффициенту с-1 в разложении функции f(z) в ряд Лорана при (z—a) -1
.
Вычет функции f(z) в изолированной особой точке равен коэффициенту —с-1 в разложении функции f(z) в ряд Лорана при z -1
.
Если у аналитической функции f(z) имеется лишь конечное чисто изолированных особых точек, то сумма вычетов в этих точках, включая вычет в равна нулю.
Если a – полюс порядка n функции f(z), то
.
В случае полюса первого порядка формула имеет вид
.
1. Найти вычет функции 
относительно всех изолированных особых точек (и.о.т.).
Решение. Функция имеет два полюса второго порядка в точках i и –i. В имеется устранимая особенность.
. Аналогично 
. Из формулы для суммы вычетов следует, что
.
2. Найти вычет функции 
относительно всех изолированных особых точек.
Решение. Функция имеет две и.о.т. 0 и . Воспользуемся разложением экспоненты в ряд Тейлора для получения разложения исходной функции в ряд Лорана.
Разложение имеет место в кольце 0<|z|<. Найдем коэффициент c-1 этого разложения. Для получения этого слагаемого необходимо выполнение условия k—m=-1, откуда m=k+1. Учитывая это, получим
.
3. Найти вычет функций 
относительно всех изолированных особых точек.
Решение. Покажем вначале, что функции sin z и cos z в комплексной плоскости имеют нули только на вещественной оси. Действительно,
. Откуда следует, что sin z = 0 лишь в случае sin x = 0 и sh y = 0. Аналогично для функции cos z имеем: 
.
Откуда следует, что cos z = 0 лишь в случае cos x = 0 и sh y = 0. Таким образом, исходная функция имеет только полюсы второго порядка в нулях синуса, т.е. в точках k. Так как 
и вычет единицы равен нулю, то вычеты можно считать для функции
. Имеем
.
. Воспользовавшись первыми двумя членами разложений в ряд Тейлора функций sin и cos легко установить, что бесконечно малая sin u – u cos u в нуле имеет третий порядок малости. таким образом в последнем выражении числитель имеет четвертый порядок малости, в то время, как знаменатель имеет третий порядок малости, и указанный предел равен нулю. Все вычеты равны нулю.
4. Найти вычет функций 
относительно всех изолированных особых точек.
Решение. Функция имеет две и.о.т. 0 и . Воспользуемся разложением синуса в ряд Тейлора для получения разложения исходной функции в ряд Лорана.
. При перемножении общий член ряда Лорана будет иметь вид 
. Отсюда следует, чтоc-1=0. вычеты в нуле и бесконечности равны нулю.
5. Найти вычет функций 
относительно всех изолированных особых точек.
Решение. Функция имеет две и.о.т. 0 и . Воспользуемся разложением косинуса в ряд Тейлора для получения разложения исходной функции в ряд Лорана по степеням z-2.
Коэффициент c-1 будет складываться из двух значений, из первой суммы при k=2 и третьей сумма при k=1
. Вычет в будет равен 143/24.
6. Найти вычет функций 
относительно всех изолированных особых точек.
Решение. Функция имеет полюс второго порядка в 0, полюс первого порядка в 1 и устранимую и.о.т. в .
. Отсюда следует, что
.
Если функция непрерывна вплоть до границы области D и аналитична внутри области, за исключением конечного число особых точек ak, то
.
1. Вычислить интеграл 
,С=<x 2 +y 2 =2x>, проходимый в положительном направлении.
Решение. Контур представляет собой окружность радиуса 1 с центром в начале координат. Корни знаменателя подынтегральной функции лежат на единичной окружности и на биссектрисах первого-третьего и второго-четвертого углов. Внутрь контура C попадают два из них, лежащих в правой полуплоскости 
. Остальные два
лежат вне области.
.
. Исходный интеграл будет равен 
.
2. Вычислить интеграл 
, проходимая в положительном направлении.
Решение. Внутри контура лежат пять особых точек, вне контура две: 3-полюс первого порядка, - устранимая особая точка. Вычет в точке три будем считать по формуле для полюсов, вычет в вычислим по ряду Лорана.
. Разложение в ряд Лорана подынтегральной функции в окрестности имеет вид
. Ряд сходится в кольце 3<|z|<. Коэффициент c-1 формируется из индексов, удовлетворяющих условию 5m+k+6=1, так как таких индексов нет, то c-1=0 и 
, поэтому
.
3. Вычислить интеграл 
, проходимая в положительном направлении.
Решение. Все особые точки подынтегральной функции лежат не окружности радиуса 
, и, таким образом, попадают внутрь контура интегрирования. Следовательно, интеграл будет равен
. Для вычисления вычета в 
воспользуемся разложением в ряд Лорана
, откуда c-1=0.5, следовательно 
Ответ i.
4. Вычислить интеграл 
где С – окружность|z|=r, проходимая в положительном направлении.
Решение. является изолированной особой точкой. Для вычисления вычета в бесконечности воспользуемся разложением в ряд Лорана.
.
Не нулевой коэффициент при –1 степени формируется из индексов, удовлетворяющих условию 2k+2m-2=1, k+m=3/2. Таких индексов нет, следовательно, интеграл равен нулю.
5. Вычислить интеграл 
гдеn- целое и С – окружность |z|=r, проходимая в положительном направлении.
Решение. Воспользуемся разложением в ряд Лорана.
. Равенство k-n=1 Будет выполнено при n -1. Для этих значений параметра 
. Для остальных значений параметраn интеграл I=0.
Вычисление интегралов. Продолжение.
Для вычисления интегралов вида 
используют следующие два вспомогательных утверждения
Лемма. Если f(z) аналитична в кроме конечного числа о.т. ak и 
, то
.
Обобщённая лемма. Если f(z) аналитична в кроме конечного числа о.т. ak , на вещественной оси имеются только полюсы первого порядка bk и 
, то
Лемма Жордана. Если f(z) непрерывна в < |z|R0, Im z -a, a>0 > и 
Тогда
для любого>0.
Следствие. Если для функции f(z) выполнены условия леммы, то
, где сумма берется по всем вычетам подынтегральной функции из верхней полуплоскости.
Для решения задач этого раздела можно использовать следующие оценки для значений модуля многочлена на окружности радиуса R.
,
где m>0. Аналогично, 
. Таким образом, при оценках значения рациональной функции
на окружности радиусаR следует смотреть лишь на старшие члены многочленов числителя и знаменателя
. Учитывая это, условие леммы 
для рациональной функции будет выполнены, еслиn—m+1-1, или n—m+1<0.
1. Вычислить интеграл 
Решение. Для подынтегральной функции 
выполнено условиеn—m+1=-1<0. Далее
.
2. Вычислить интеграл 
Решение. Условие леммы выполнено n – m +1 = -2 < 0. Нули знаменателя 
. В верхнюю полуплоскость попадает нуль
, являющийся полюсом второго порядка дляf(z).
. Откуда 
.
3. Вычислить интеграл 
Решение. 
Условие леммы выполнено n – m +1 = -1 < 0. Нули знаменателя 
. В верхнюю полуплоскость попадает нуль
, являющийся полюсом второго порядка дляf(z).
. Откуда 
.
4. Вычислить интеграл 
Решение. Условие леммы выполнено n – m +1 = -3 < 0. В верхнюю полуплоскость попадают нули знаменателя 
,
являющиеся полюсами первого порядка для функцииf(z). Поэтому
.
5. Вычислить интеграл 
Решение. Условие леммы выполнено n – m +1 = -1 < 0. Корни знаменателя подынтегральной функции лежат на единичной окружности и на биссектрисах первого-третьего и второго-четвертого углов.
.
В верхнюю полуплоскость попадают нули 
.
. Отметим, что
поэтому
Исходный интеграл будет равен 
.
6. Вычислить интеграл 
Решение. Рассмотрим функцию 
. Для функцииf(z) выполнены условия леммы Жордана 
, поэтому
.
Вычеты и их применение
Пусть — изолированная особая точка функции . По определению изолированной особой точки существует некоторая окрестность этой точки, в которой — аналитическая. Напомним, что для эта окрестность имеет вид , а для — .
Рассмотрим произвольный контур , принадлежащий такой окрестности и являющийся границей некоторой области, содержащей (рис 4.2,а).
По следствию из основной теоремы Коши интеграл имеет одно и то же значение, независимо от вида кривой , т.е. интеграл характеризует поведение функции в особой точке и, следовательно, может быть использован для исследования функции как некоторая числовая характеристика.
Вычетом функции в изолированной особой точке называется интеграл , где — контур, принадлежащий окрестности точки и охватывающий ее. Обход контура — положительный, т.е. область им ограниченная и принадлежащая окрестности при обходе расположена слева: для — обход против часовой стрелки (рис. 4.2,а), для — по часовой стрелке (рис. 4.2,б). Обозначается вычет (res — residu (фр.) — вычитать):
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 при первой отрицательной степени в разложении функции в ряд Лорана в окрестности этой точки, т.е. при для , и этому коэффициенту, взятому с противоположным знаком, для
С помощью вычетов можно записать в другой форме основную теорему Коши для сложного контура.
Действительно, пусть функция в области особых точек . Можно рассмотреть контуры , которые являются границами непересекающихся областей , таких, что каждая из особых точек (изолированных особых точек) принадлежит одной из (рис. 4.3,а), а интеграл по согласно определению (см. формулу (4.16)) есть .
Кроме того, для любого контура , ограничивающего область , и контура — границы окрестности бесконечно удаленной точки справедливо равенство (обход на 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 -аналитическая в , то справедливо равенство (где — граница области
Обобщенная теорема о вычетах
Утверждение 4.7 (обобщенная теорема о вычетах). Сумма вычетов функции во всех ее особых точках, включая бесконечно удаленную точку, равна нулю:
Пример 4.22. Найти вычеты следующих функций в их особых точках: а) ; б) .
Особыми точками функций являются точки . Записываем разложения функций в ряд Лорана в окрестности этих точек (см. примеры 3.31, 3.33 и 3.34):
Из этих разложений находим:
Полученный результат иллюстрирует обобщенную теорему о вычетах:
Заметим также, что здесь точки и — простые полюсы, а
Из этих разложений имеем:
Вычет в бесконечно удаленной точке . Этот же результат получим, если запишем разложение функции в области -окрестности — , — , а Пример 4.23. Найти вычеты следующих функций в особых точках: а) ; б) .
Особыми точками функции являются точки . Находим разложения функций в ряд Лорана в окрестности этих точек (см. примеры 3.35 и 3.36):
а) ; Из этого разложения
Заметим, что — для ;
б) . Из этого разложения получаем . Здесь , а Пример 4.24. Найти вычеты следующих функций в их особых точках: a) ; б) .
Конечные особые точки функций являются существенно особыми точками. Это для второй. Разложим функции в ряды в окрестностях этих точек и найдем вычеты по формуле (4.17):
Так как у рассматриваемой функции другах конечных особых точек нет, то по формуле (4.20) . Заметим, что ;
поэтому . Поскольку нет другах конечных особых точек, то по формуле (4.20) . Точка .
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 и — конечная особая точка, то в разложении функции в ряд Лорана в окрестности , согласно утверждению 4.1, отсутствует главная часть. Следовательно, и .
Если и — полюс функции , то можно определить порядок полюса, также не прибегая к разложению функции в ряд, используя утверждение 4.3. Пусть — функции , тогда разложение функции в ряд в окрестности имеет вид (4.6). Умножив обе части равенства на и продифференцировав результат раз, получим выражение
из которого определяем .
В частности, при имеем . Последнее равенство принимает наиболее удобную форму для функции вида , где — аналитические вточке функции и . А именно:
1. Если конечная особая точка является устранимой особой точкой функции , то (где — устранимая особая точка)
Вычеты
Пусть точка a является полюсом порядка k функции f(z) . Это значит, что её ряд Лорана в окрестности данной точки имеет вид:
f(z) = 
+ c0 + c1(z − a) + . .
Умножив обе части на (z − a) k , получим:
Возьмём от обеих частей производную порядка (k − 1) , чтобы обнулить все слагаемые от c−k до c−2(z − a) k−2 и перейдём в полученном равенстве к пределу при z → a , чтобы обнулились все слагаемые, начиная с c0 . Получим:
Res f(a) = 
[(z − a) k f(z)], k = 1, 2, 3. .
Как легко заметить, формула (10.1) является частным случаем (10.3) при k = 1 .
Вычет в существенной особой точке
Для вычета в существенно особой точке простых формул нет. Поэтому его надо считать либо по определению, как интеграл, либо при помощи разложения в ряд Лорана, чтобы найти c−1 .