Теория функций комплексного переменного. Фомин В.И. - 143 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

( )
(
)
( )
1 0
0
2 0
res ;
f z
f z z
f z
=
′
. (18.13)
Действительно, по формуле (18.8)
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
0 0
1
0 0 0
2
res ; lim lim
z z z z
f z
f z z f z z z z z
f z
→ →
= − = − =
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
( )
( )
0
0 0
0
1
1 0
1 1
2
2 2 0 2 2 0
2 0
0
0 0
lim
lim lim
lim
z z
z z z z
z z
f z
f z
f z f z
f z
f z f z f z f z
f z
z z
z z z z
→
→ →
→
= = = =
′
− −
−
− −
.
Собирая начало и конец записи, получаем формулу (18.13).
Пример 18.3. Точки
iz =
1
,
iz −=
2
являются простыми полюсами функции
1/
2
+= zezf
z
(см. пример 17.3).
Следовательно, по формуле (18.8)
( ) ( )( )
( )( )
( )
1
1 1
res ; lim lim
z
z z z i
e
f z z f z z z z i
z i z i
→ →
= − = − =
− +
( ) ( )
1 sin1 cos1
lim cos1 sin1 cos1 sin1
2 2 2 2
z i
z i
e e i
i i i
z i i i i
→
= = = + = − + = −
+ +
;
( ) ( )( )
( )( )
( )
2
2 2
res ; lim lim
z
z z z i
e
f z z f z z z z i
z i z i
→ → −
= − = + =
− +
( ) ( )
1 sin1 cos1
lim cos1 sin1 cos1 sin1
2 2 2 2
z i
z i
e e i
i i i
z i i i i
−
→ −
= = = − − = − = +
− − −
.
Получили
( )
sin1 cos1
res ;
2 2
f z i i= −
,
( )
sin1 cos1
res ;
2 2
f z i i− = +
.
Пример 18.4. Вычислим вычет функции
( )
( )
( )
2
ch
1 3
z
f z
z z
=
+ −
(18.14)
относительно её особой точки
3
0
=z
. Определим тип особой точки
3
0
=z
. Помимо этой особой точки функция
zf
имеет
ещё две особые точки
iz =
1
,
iz −=
2
. Рассмотрим
3,|3
δδ
∈− OiiO
. Запишем
zf
в виде
( )
3
1
ch
2
−
+
=
z
z
z
zf .
Функция
( )
1
ch
2
1
+
=
z
z
zf
аналитична в
3
δ
O
(
zf
1
имеет две особые точки
iz =
1
,
iz −=
2
, но
3,
21 δ
∈ Ozz
). Далее,
( ) ( )
0
10
3ch
13
3ch
3
2
101
≠=
+
== fzf
.
Следовательно, в силу теоремы 17.3 изолированная особая точка
3
0
=z
функции
zf
является простым полюсом. Для
функции
3
2
−= zzf
точка
3
0
=z
является простым нулём. Значит, применима формула (18.13):
( )
( )
( )
( )
( )
1 0
1
0
2 0 2
ch 3
3
ch 3
10
res ;
3 1 10
f z
f
f z z
f z f
= = = =
′ ′

Страницы