ВУЗ:
Составители:
Р
ис. 8.1
Пример. Вычисление вычета в полюсе порядка n.
Найти вычеты в особых точках функции
()()
31
2
)(
2
−+
+
=
zz
z
zf .
Решение. Функция
()
zf имеет два полюса:
1
−
=
z
– полюс второго порядка и 3
=
z – простой полюс. Для нахождения
вычета в точке
1−=
z
применим формулу (8.2) при 2
=
n :
()()
()
.
16
5
3
5
lim
3
2
lim
31
2
)1(lim)(res
2
1
1
2
2
1
1
0
−=
−
−
=
=
−
+
=
−+
+
+=
−→
−→−→
−=
z
z
z
dz
d
zz
z
z
dz
d
zf
z
zz
z
Для определения вычета в точке
3=z воспользуемся формулой (8.1):
()
()
()
.
16
5
1
2
)3(
1
2
res
3
2
3
2
3
0
=
+
+
=
′
−
+
+
=
=
=
=
z
z
z
z
z
z
z
z
zf
3) Вычет в существенно особой точке находится из разложения функции в ряд Лорана.
Пример. Вычисление вычета в существенно особой точке. Найти вычеты в особых точках функции
()
2
2
2)(
−
−=
z
ezzf
.
Решение. Особая точка:
2
=
z
. Согласно представлению: ++= we
w
1
+
...
!
...
!2
2
+++
n
ww
n
. При
2
2
−
=
z
w
имеем
...
)2(!
2
...
)2(!2
2
2
2
1
2
2
2
2
+
−
++
−⋅
+
−
+=
−
n
n
z
znz
z
e
.
Тогда
() ( )
()
()
...
2!
2
...
2!2
2
22
1
2
+
−
++
−⋅
++−=
−n
n
zn
z
zzf
. Здесь
2
!2
2
2
1
==
−
C
, т.е. 2)(res
1
2
0
=
=
−
=
Czf
z
.
3. Основная теорема о вычетах.
Пусть функция
(
)
zf аналитична во всех точках ограниченной замкнутой области
D
(границей которой является контур L) за исключением конечного числа особых точек z
1
, z
2
, z
3
, …, z
n
, расположенных внутри
L. Тогда
∑
∫
=
π=
n
k
z
L
zfidzzf
k
1
)(res2)(
. (8.3)
Пример. Вычисление интегралов с помощью основной теоремы о вычетах. Вычислить
∫
−
π
L
dz
zz
z
2
cos
, где L – квадрат
2=+ yx
.
Решение. Обе особые точки
подынтегральной функции:
0
1
=
z и
2
2
π
=z
расположены внутри контура L
(рис. 8.1), поэтому, согласно формуле (8.3) имеем
=
−
π
∫
L
dz
zz
z
2
cos
=
+π )(res)(res2
21
zfzfi
zz
. Точка 0
1
=z – полюс первого
порядка,
() ()()
π
=
−
π
==
→
→
2
2
cos
limlimres
0
0
1
z
z
zfzzf
z
z
z
. Точка
2
2
π
=z
– нуль первого порядка и для числителя и для знаменателя;
докажем, что это – устранимая особая точка подынтегральной функции.
Пусть
zt −
π
=
2
, тогда
ttz sin
2
coscos =
−
π
=
, и
=
→
)(lim
0
zf
z
π
=
−π
=
→
2
)2/(
sin
lim
0
tt
t
t
. Предел существует и конечен,
поэтому
2
2
π
=z
– устранимая особая точка, и 0)(res
2
=
zf
z
. По основной теореме о вычетах
iidz
zz
z
L
40
2
2
2
cos
=
+
π
π=
−
π
∫
.
Упражнения для самостоятельного решения
1. Найти вычеты в особых точках функции
а)
()
43
2
−−
=
zz
z
zf
; б)
()
22
)3(
5
zz
z
zf
−
+
=
;
X
Y
π
/2
