Как найти полюса формула

a) В действительной области не существует, так как не равны односторонние пределы , но существует предел второй функции: .

б) В комплексной области, очевидно, не существует, так как он не существует в частном случае .

Но для второй функции полученного выше результата не достаточно, так как рассмотрены только два направления на плоскости — по действительной положительной и действительной отрицательной полуосям.

Рассмотрим еще какое-нибудь направление, например по мнимой оси, т.е.

Сравнивая этот результат с полученным выше , заключаем, что в комплексной области не существует.

Особыми точками дробей являются особые точки числителя, особые точки знаменателя и нули знаменателя.

а) Так как числитель и знаменатель функции — функции аналитические, то ее особыми точками являются только нули знаменателя, т.е. корни уравнения . Это четыре точки , или в алгебраической форме: . Заметим, что точки расположены в вершинах квадрата, вписанного в окружность радиуса с центром в начале координат, и справедливы равенства .

Очевидно, все точки изолированные и являются полюсами, так как для любой точки .

б) Особыми точками функции являются нули знаменателя, т.е. точки, для которых или , а также — особая точка знаменателя. Точки являются полюсами, так как . Точка — неизолированная особая точка функции, так как в любой ее окрестности ( — любое число, ), кроме этой точки, расположено бесконечное множество особых точек вида . Точку в таком случае называют предельной точкой полюсов , так как .

В примерах 4.3 и 4.4 показано, что точки и являются существенно особыми точками соответствующих функций. Исследуем пределы функций.

а) Для иллюстрации теоремы Сохоцкого выбираем и . Используя результат примера 4.1, имеем , если , и , если , то есть для последовательности , такой, что и , и для последовательности , такой, что и .

Аналогично исследуем функцию . Для числа выбираем , где и тогда , а для выбираем , где и тогда .

Справедливость теоремы Пикара для этих функций следует из рассмотрения уравнений , которые, как известно, имеют бесконечное множество решений для любого .

Например, для функции имеем . Отсюда получаем

или .

В частности, функция в любой окрестности точки принимает значение бесконечное множество раз: в точках (рис. 4.1).

б) Точка является существенно особой точкой функции (пример 4.4). Обозначив , можно повторить рассуждения предыдущего пункта для функции и точки .

(4.4)

(4.5)

(4.6)

(4.7)

(4.8)

(4.9)

(4.10)

(4.11)

(4.12)

(4.13)

Особыми точками функций являются . Чтобы определить тип особой точки, используем разложения функций в окрестности каждой точки, полученные в примерах 3.31 , 3.33 , 3.34.

a) . В главной части разложения — один член ряда: , здесь , все для . Следовательно, в точке — полюс первого порядка, т.е. простой полюс функции .

Аналогично из разложения получим такой же результат: точка — простой полюс функции .

Разложение . Функции в окрестности не содержит главной части — разложение имеет вид (4.5). Следовательно, точка — устранимая особая точка функции .

б) Из разложения следует, что — простой полюс функции .

Из разложения , где и все для , получаем, что — полюс второго порядка функции .

Разложение в окрестности и не содержит положительных степеней, в чем можно убедиться, проанализировав разложения элементарных дробей (см. пример 3.34). Поэтому — устранимая особая точка функции .

а) Используем разложения функций по степеням

Убеждаемся, что для всех указанных функций точка является существенно особой точкой, так как в разложениях главная часть содержит бесконечное число членов, т.е. имеется бесконечное число членов с отрицательными степенями (см. п.1 утверждения 4.1).

б) Запишем разложения функций по степеням

Для первой функции при в разложении отсутствует главная часть — совокупность членов с отрицательными степенями. Следовательно, согласно п.1 утверждения 4.1, точка для является устранимой особой точкой.

При главная часть разложения содержит конечное число членов, поэтому точка для является полюсом (см. п.2 утверждения 4.1). Кроме того, так как при в разложении старшая отрицательная степень равна , то, согласно п. 1 замечаний 4.2, заключаем, что для при является полюсом порядка . Рассуждая аналогично, получаем, что является полюсом первого порядка — простым полюсом для функции .

(4.14)

▼ Примеры нахождения особых точек и определения их типа

(4.15)

Так как в обоих случаях, то для данных функций — полюс. Определим порядок полюса.

а) Точка является полюсом третьего порядка, в чем можно убедиться любым из следующих способов.

Первый способ. Разложение функции по степеням имеет вид , все , и по определению (см. формулы (4.7), (4.11)) заключаем, что .

Второй способ. Обозначим , получим функцию , для которой . Поэтому, согласно п. 2 утверждения 4.2, точка для .

Третий способ. Запишем функцию в виде и, так как функция — удовлетворяет условиям формулы (4.15), получим, что для .

б) Разложение функции в ряд по степеням представляет некоторые трудности. Используем другие способы.

Первый способ. Обозначим , получим , или .

Поэтому является для и, следовательно, для .

Второй способ. Представим функцию в виде или , где , и, согласно формуле (4.15), для .

Третий способ. Используем замечание 4.5. Можно определить порядок полюса для дроби , зная соответствующие порядки полюсов числителя и знаменателя. Здесь, очевидно, для числителя и — для знаменателя (см. формулы (4.7), (4.11)). Поэтому для .

Особыми точками функции являются особые точки первого слагаемого , особая точка второго слагаемого входит в это множество. Точки являются простыми нулями знаменателя и поэтому простыми полюсами первой функции; для второго слагаемого эти точки не являются особыми. Поэтому точки -простые полюсы (см. п. 3 «а» утверждения 4.4).

Точка — простой полюс и для первого, и для второго слагаемого. Для — это или простой полюс, или устранимая особая точка (см. п.1 «а» утверждения 4.4). Преобразуем разность в дробь: . Точка является нулем второго порядка и для числителя, и для знаменателя. Следовательно, это — устранимая особая точка, в чем можно убедиться, используя определение, т.е. находя . Действительно,

Точка для данной функции является неизолированной особой точкой, так как в любой ее окрестности содержится бесконечное множество особых точек вида . Эта точка- предельная точка полюсов. Заметим, что для знаменателя первого слагаемого функции она — существенно особая точка.

Обозначим — первое слагаемое, — второе слагаемое функции , т.е. имеем .

а) Для точка является существенно особой точкой, так как это существенно особая точка для множителя этой функции. Поэтому она — существенно особая точка для (п. 2 утверждения 4.4).

Точки — полюсы второго порядка функции , так как ее можно записать в виде , где , а для знаменателя эти точки — нули второго порядка . Так как для эти точки не особые, то — полюсы второго порядка для (п. 3 утверждения 4.4).

С помощью аналогичных рассуждений получаем, что — простой полюс для .

Особыми точками являются корни уравнения , то есть . Все они — простые нули знаменателя- функции , а потому — простые полюсы для . Так как эти точки не являются особыми для , то для — это простые полюсы.

Точка — неизолированная особая точка .

б) Точка — полюс дроби является существенно особой точкой для (п.4 утверждения 4.4), поэтому она — существенно особая точка для и, следовательно, для .

Точка — простой полюс для , так как можно записать . Поскольку не является особой точкой для , то она — простой полюс для .

Точка — устранимая особая точка для , так как она — простой нуль и для числителя, и для знаменателя дроби . Так как не является особой точкой для , то она — устранимая особая точка для .

Особыми точками являются простые нули знаменателя — корни уравнения , или , то есть . Все точки

, или

являются простыми полюсами для и, следовательно, простыми полюсами для .

Точка — неизолированная особая точка .

1. Теоретический минимум

   Вычетом функции в особой точке по определению называется величина
   
   Контур интегрирования должен охватывать только одну особую точку , причём она должна быть изолированной
   и являться точкой однозначного характера.
   Обычно по определению вычеты не вычисляют: это неудобно. Можно показать, что вычет функции в точке представляет собой
   коэффициент при минус первой степени в разложении функции в ряд Лорана в окрестности данной точки. Это упрощает вычисление,
   так как появляется возможность использовать приёмы разложения функции в ряд Лорана, не связанные с вычислением контурных
   интегралов. Тут многое зависит от вида особой точки. В разложении функции в ряд Лорана в окрестности устранимой особой точки
   отрицательные степени отсутствуют. Следовательно, и вычет в такой точке равен нулю. Разложение в ряд Лорана в окрестности полюса
   содержит конечное число отрицательных степеней. В этом случае для полюса n-го порядка
   
   Чаще всего применяется именно эта формула. Для простого полюса (полюса первого порядка) формула сильно упрощается:
   
   Отдельно рассматривается вычет в бесконечно удалённой точке. Он равен взятому с противоположным знаком коэффициенту при
   минус первой степени разложения функции в ряд Лорана в окрестности бесконечно удалённой точки.

   Вычеты находят применение при вычислении интегралов по основной теореме о вычетах.

   
   Примеры вычисления вычетов

   Пример 1. Вычет функции в простом полюсе.
   Найдём вычет функции в точке .

   

   Пример 2. Вычет функции в полюсе третьего порядка.
   Найдём вычет функции в точке .

   Убедиться в том, что точка — полюс третьего порядка, достаточно просто. Котангенс в числителе сам по себе имеет в этой
   точке простой полюс, функция в знаменателе делает данную точку полюсом именно третьего порядка.
   
   
   
   
   Для вычисления этого предела раскладываем функции в числителе в ряд Тейлора. Причём так как в знаменателе
   сразу получится третья степень — в первом же слагаемом, то и в числителе следует проводить разложение до кубических слагаемых:
   .
   Примечание. Этот расчёт приходится проделывать при вычислении значения дзета-функции Римана .

   Пример 3. Вычет функции в полюсе второго порядка.
   Найдём вычет функции в точке .

   Хотя особая точка является полюсом второго порядка, пользоваться приведённой выше общей формулой для
   вычетов в полюсах не будем. Проведём разложение в ряд Лорана:
   
   
   Видно, что коэффициент при минус первой степени равен . Это и есть искомый вычет.

   Пример 4. Вычет функции в бесконечно удалённой точке.
   Найдём вычет функции в бесконечно удалённой точке.

   Представим функцию в следующем виде:
   
   Экспоненту можно разложить в ряд по известной формуле, для дроби используем разложение, представляющее собой сумму геометрической прогрессии:
   
   Видно, что после перемножения скобок при минус первой степени останется число 2. Следовательно, вычет равен (-2).

2. 
   

   BA3a
   for love and rock-n-roll
   VIP

   Помнится, когда нам Теляковский рассказывал про вычеты, я сидел с открытым ртом и думал «вау, как красиво».

3. Реквестирую аналогичную тему про особые точки :huh: Завтра сдавать.

4. 
   

   Sean33
   агрессия и злоба
   Модератор
   VIP

   Schufter, большое спасибо! Как раз во время!

6. panicdoctor, да, такая формула есть, конечно. Но на мой взгляд лучше помнить общую формулу для вычета в полюсе
   любого порядка, чем помнить дополнительно ещё одну формулу. Тем более, что в простом полюсе вычет обычно находится легко. :huh:
   Но подчеркну: формула есть, если есть желание — ей можно пользоваться. Просто высказал своё мнение.

Содержание

Вычетом функции $f(z)$ относительно изолированной особой точки $z_0$ называется коэффициент $c_{-1}$ при $(z-z_0)^{-1}$ в разложении в ряд Лорана функции $f(z)$ в окрестности $z_0$.
$$
mbox{Res }f(z_0) = c_{-1}.
$$

Вычетом функции $f(z)$ относительно изолированной особой точки $z_0$ называется интеграл
$$
mbox{Res }f(z_0) =frac1{2pi i}ointlimits_L f(z),dz,
$$ где $L$ — произвольный контур в кольце $0<|z-z_0|<R$, ориентированный против часовой стрелки ($L$ должен окружать точку $z_0$).

Т

Основная теорема о вычетах (Коши)

Пусть функция $f(z)$ является аналитической всюду в замкнутой области $overline D$, за исключением конечного
числа изолированных особых точек $z_1,z_2,dots,z_N$, лежащих внутри области $D$. Тогда $$
ointlimits_L f(z),dz=2pi isumlimits_{k=1}^N
mbox{Res }f(z_k),
$$ где $L$ — полная граница области $D$, проходимая в положительном направлении.

Вычет в устранимой особой точке равен $0$.

Если $z_0$ — существенно особая точка, то имеется только один способ вычисления вычета — разложение функции в ряд Лорана и определение коэффициента $c_{-1}$.

Для нахождения вычета в полюсе есть несколько приемов.

* Для простого полюса можно воспользоваться формулой:
begin{equation}label{1}
mbox{Res }f(z_0)=limlimits_{zto z_0}
Big(f(z)(z-z_0)Big).
end{equation}
* Для полюса порядка $m$:
begin{equation}label{2}
mbox{Res }f(z_0)=frac1{(m-1)!}limlimits_{zto z_0}
frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}Big(f(z)(z-z_0)^mBig).
end{equation}
* Для простого полюса в случае функции $ f(z)=frac{g(z)}{varphi(z)}$, где
$g(z)$ и $varphi(z)$ — аналитические функции в окрестности точки $z_0$ и $g(z_0)neq 0$, а для $varphi(z)$ точка $z_0$ есть нуль первого порядка (для $f(z)$ же точка $z_0$ есть полюс первого порядка):
begin{equation}label{3}
mbox{Res }f(z_0)=frac{g(z_0)}{varphi'(z_0)}.
end{equation}

П

Вычислить
$$ I=ointlimits_{|z-i|=2}frac{z-7}{z^2(z-1)(z-5i)},dz. $$

Строим контур интегрирования — окружность $|z-i|=2$. Подынтегральная функция имеет особые точки $z_1=0$, $z_2=1$ и $z_3=5i$. Точка $5i$ не
лежит внутри контура интегрирования. Точка $z_1=0$ — полюс 2-го порядка, $z_2=1$ — полюс 1-го порядка. По основной теореме о вычетах получаем $$ I=2pi ibig(mbox{Res }f(0)+mbox{Res }f(1)big). $$ По формуле для вычисления вычета в полюсе 2-го порядка
$$
mbox{Res }f(0)=frac1{1!}limlimits_{zto0}left(
left(frac{(z-7)z^2}{z^2(z-1)(z-5i)}right)’right)=
$$ $$ =limlimits_{zto0}frac{(z-1)(z-5i)-(z-7)(2z-1-5i)} {(z-1)^2(z-5i)^2}=frac{7+30i}{25}. $$ Для простого полюса вычет равен $$
mbox{Res }f(1)
=limlimits_{zto1}frac{(z-7)(z-1)}{z^2(z-1)(z-5i)} =-frac6{1-i}. $$

Окончательно, $$ I=2pi ileft(frac{7+30i}{25}-frac6{1-i}right) =pileft(frac{24}5-frac{106}{25}iright). $$

Выберем любое $r geqslant0$. Разложим функцию $f(z)$ по степеням $z$ во внешности круга $|z|> r$, которое иногда
называют окрестностью бесконечно удаленной точки, $$ f(z)=sumlimits_{-infty}^infty c_kz^k=F_1(z)+F_2(z) =sumlimits_{k=1}^infty
c_kz^k +sumlimits_{k=0}^inftyfrac{c_{-k}}{z^k}. $$ В этом случае $F_1(z)$ называют главной частью, а $F_2(z)$ — правильной частью.

В зависимости от поведения функции
$f(z)$ в окрестности $z=infty$ введена следующая классификация:

— Особенность в точке $z=infty$ устранимая, если все
$c_k=0$, $k=1,2,ldots$, т.е. если $f(z)=F_2(z)$ для $|z|>r$. В этом случае $$
limlimits_{ztoinfty}f(z)=c_0.
$$ Очевидно, что $$
frac1{2pi mathbf i }ointlimits_{L^-}f(z),dz=-c_{-1},
$$ где $L^-$ — произвольный контур, ориентированный по часовой стрелке, содержащий внутри себя окружность $|z|=r$.

Можно считать, что точка $z=infty$ находится внутри контура $L^-$. Если двигаться по контуру $L^-$ по часовой
стрелке, то точка $z=infty$ остается слева.

Видим, что в случае, когда $z=infty$ — устранимая особая точка, то вычет не обязательно
равен нулю!

— Точка $z=infty$ есть полюс порядка $m$, если
$f(z)=sumlimits_{k=1}^m c_k z^k+F_2(z)$ и $c_mne0$. В этом случае, очевидно, $$
limlimits_{ztoinfty}f(z)=infty.
$$

$$
ointlimits_{L^-}f(z),dz=sumlimits_{k=0}^infty c_{-k}
ointlimits_{L^-}frac{dz}{z^k}+sumlimits_{k=1}^m c_k
ointlimits_{L^-}z^k,dz=
$$ $$ =-c_{-1}intlimits_Lfrac{dz}z=-2pimathbf i c_{-1}, $$ потому, что $displaystyleointlimits_{L^-}z^k,dz=-ointlimits_L z^k,dz=0$, когда
$kne-1$;

— Точка $z=infty$ является существенно особой точкой, если
$f(z)=sumlimits_{k=1}^infty c_kz^k+F_2(z)$ и имеется бесконечное число чисел $c_k$, не равных нулю. В данном случае функция из-за первого слагаемого не имеет предела при $ztoinfty$.
$$
ointlimits_{L^-}f(z),dz=sumlimits_{k=-infty}^infty c_k
ointlimits_{L^-}z^k,dz=-2pi mathbf i c_{-1}.
$$

Вычетом функции $f(z)$ в бесконечно удаленной точке
называется $$
mbox{Res }f(infty)=frac1{2pi mathbf i }ointlimits_{L^-}f(z),dz,
$$ где $L^-$ — произвольный замкнутый контур, ориентированный по часовой стрелке, принадлежащий множеству $|z|>r$ (где функция $f(z)$
аналитична).

Кроме того, если $f(z)=sumlimits_{k=-infty }^infty c_kz^k$ — ряд Лорана функции во внешности окружности $|z|=r$, то
$$
mbox{Res }f(infty)=-c_{-1}.
$$

Т

Теорема о сумме вычетов

Пусть функция $f(z)$ аналитична на всей плоскости $z$ за исключением конечного числа изолированных особых точек $z_1,z_2,dots,z_N$. Тогда сумма всех вычетов этой функции, включая вычет в бесконечно удаленной точке, равна нулю:
$$ sumlimits_{k=1}^Nmbox{Res }f(z_k)+mbox{Res }f(infty)=0. $$

П

Вычислить интеграл $ointlimits_{|z|=2}frac{z^{20},dz}{(2z^3+1)^2(z^4-1)^3}$.

Р е ш е н и е.

Все особые точки $z_k=sqrt[4]{1}$, $sqrt[3]{-0,5}$ лежат в круге $|z|=2$. Вычисление вычетов в этих точках довольно
затруднительно, поэтому воспользуемся формулой $$ I=2pi isumlimits_{k=1}^infty mbox{Res }f(z_k)=-2pi imbox{Res }f(infty). $$ Представим функцию в
виде $$
frac{z^{20}}{4z^6left(1+cfrac1{2z^3}right)^2z^{12}
left(1-cfrac1{z^4}right)^3}=
$$ $$ =frac{z^2}4left(1-frac1{2z^3}+frac1{4z^6}-dotsright)^2
left(1+frac1{z^4}+frac1{z^8}right)^3=frac{z^2}4-frac1{4z}
+dots . $$

Тогда $mbox{Res }f(infty)=dfrac14$ и интеграл равен $-2pi imbox{Res }f(infty)=-dfrac{pi i}2$.

О т в е т: $-dfrac{pi i}2$.

где $R(u,v)$ — рациональная функция двух переменных.

Подстановка $z=e^{itheta}$ даст для $$
begin{array}{l}
costheta=dfrac12left(e^{itheta}+e^{-itheta}right)
=dfrac12left(z+dfrac1zright), \
sintheta=dfrac1{2i}left(e^{itheta}-e^{-itheta}right)
=dfrac{-i}2left(z-dfrac1zright), \ dtheta=dfrac{dz}{iz}
end{array}
$$ и превратит вещественный интеграл в комплексный. При изменении $theta$ от $0$ до $2pi$ комплексная переменная пробегает
замкнутый контур — окружность $|z|=1$ в положительном направлении. Окончательно интеграл примет вид $$
I=frac1iointlimits_{|z|=1}Fleft(z+frac1z,z-frac1zright)
frac{dz}{z},.
$$

П

Вычислить интеграл
$$
intlimits_0^{2pi}frac{dx}{a+cos x},quad a>1.
$$

Р е ш е н и е.

Положим $e^{ix}=z$. При изменении $x$ от 0 до $2pi$ переменная $z$ пробегает окружность $|z|=1$ в положительном направлении.
Выразим $$
cos x=frac12left(e^{ix}+e^{-ix}right)=frac{z^2+1}{2z},
$$ и $$ dz=ie^{ix}dx=izdx,quadhbox{откуда}quad dx=frac{dz}{iz}. $$ Тогда $$
I=ointlimits_{|z|=1}frac{dz}{izleft(cfrac{z^2+1}{2z}+aright)} =frac2iointlimits_{|z|=1}frac{dz}{z^2+2az+1}. $$

Корни знаменателя $z_1=-a+sqrt{a^2-1}$, $z_2=-a-sqrt{a^2-1}$ — простые полюсы, $|z_1|<1$ и $z_1$ лежит внутри круга $|z|=1$: $$
mbox{Res }f(z_1)=frac1{z-z_2}Big|_{z=z_1}=frac1{2sqrt{a^2-1}}.
$$ Исходный интеграл равен $dfrac2icdotdfrac{2pi i}{2sqrt{a^2-1}} =dfrac{2pi}{sqrt{a^2-1}}$.

О т в е т:
$dfrac{2pi}{sqrt{a^2-1}}$.

где $P_m(x)$ и $Q_n(x)$ — многочлены степеней $m$ и $n$ соответственно.

Если знаменатель $Q_n(x)$ не имеет нулей на действительной оси, и $ngeqslant m+2$, тогда
begin{equation*}
intlimits_{-infty}^infty R(x),dx = 2pi mathbf i sumlimits_{k=1}^n mbox{Res }R(z_k),
end{equation*}
где вычеты берутся во всех полюсах $z_k$ функции $R(z)$, расположенных в верхней полуплоскости $mbox{Im }z>0$.

П

Вычислить интеграл $ I=intlimits_{-infty}^inftyfrac{dx}{x^4+1}.$

Р е ш е н и е.

Аналитическое продолжение подынтегральной функции в верхнюю полуплоскость, а именно функция $$ f(z)=frac1{z^4+1}, $$
удовлетворяет всем условиям, относящимся к вычислению интегралов с помощью вычетов. Особыми точками
функции в верхней полуплоскости являются точки $$ z_k=e^{tfrac{ipi}4(2k+1)},quad k=0,1, $$ причем обе эти точки — полюсы 1-го порядка.
Поэтому $$ I=2pi isumlimits_{k=0}^1 mbox{Res }f(z_k)=frac{pisqrt2}2. $$

где $R(x)=P_m(x)/Q_n(x)$ — правильная рациональная дробь, не имеющая особых точек на действительной оси. Тогда
begin{equation*}
intlimits_{-infty}^infty R(x)cos{lambda x},dx = mbox{Re }left( 2pi mathbf i sumlimits_{k}
mbox{Res }R(z_k)e^{mathbf i lambda z_k}right),
end{equation*}
begin{equation*}
intlimits_{-infty}^infty R(x)sin{lambda x},dx = mbox{Im }left( 2pi mathbf i sumlimits_{k}
mbox{Res }R(z_k)e^{mathbf i lambda z_k}right),
end{equation*}
где вычеты берутся во всех полюсах $z_k$ функции $R(z)$, расположенных в верхней полуплоскости $mbox{Im }z>0$.

Интегралы вычисляются с помощью леммы Жордана:

Л

Лемма Жордана

Пусть функция $f(z)$ аналитична в полуплоскости $mbox{Im }z>0$, за исключением конечного числа изолированных особых точек, и пусть
$M(R)$ есть максимум модуля $f(z)$ на полуокружности $gamma_{R}={zin mathbb C_{}: |z|=R, mbox{Im } z >0 }$.

Если $M(R)to0$ при $Rtoinfty$, то для любого действительного числа $lambda>0$
$$
intlimits_{gamma_R}f(z)e^{mathbf i lambda z},dzto0quadhbox{при}quad
Rtoinfty, $$

Для $lambda<0$ в условиях леммы нужно заменить верхнюю полуплоскость на нижнюю и соответственно верхнюю полуокружность на нижнюю.

П

Вычислить интеграл $ I=intlimits_{-infty}^inftyfrac{cosalpha x}{x^2+a^2},dx,, a>0, alpha>0$.

Р е ш е н и е.

Чтобы иметь возможность воспользоваться леммой Жордана, заметим, что в силу формулы Эйлера $$ I=mbox{Re }I_1
=mbox{Re}intlimits_{-infty}^infty frac{e^{mathbf i alpha x}} {x^2+a^2},dx. $$

Аналитическое продолжение подынтегральной функции интеграла $I_1$ — функция $dfrac{e^{mathbf i alpha z}}{z^2+a^2}$ имеет в верхней полуплоскости единственную особую точку $z_1=ia$, являющуюся простым полюсом. Поэтому по основной теореме о вычетах $$ I_1=2pi
mathbf i mbox{Res }left(frac{e^{mathbf i alpha z}}{z^2+a^2}Big|_{z=mathbf i a}
right)=fracpi{a}e^{-alpha a}quadhbox{и}quad
I=fracpi{a}e^{-alpha a}. $$

Логарифмической производной функции $f(z)$ называется производная ее логарифма $left(ln {f(z)}right)’= frac{f'(z)}{f(z)}$.

Пусть $z_0$ — нуль порядка $n$, $z_1$ — полюс порядка $p$.
Запишем разложения в ряд Лорана логарифмической производной в окрестности нуля и полюса функции $f(z)$.
$$
left(ln {f(z)}right)’= frac{n}{z-z_0}+b_1+b_2(z-z_0)+dots quad Rightarrow
$$
$n$-кратный нуль функции $f(z)$ является для логарифмической производной простым полюсом, причем вычет логарифмической производной в этой точке равен кратности нуля, то есть $n$.
$$
left(ln {f(z)}right)’= frac{-p}{z-z_1}+c_1+c_2(z-z_1)+dots quad Rightarrow
$$
$p$-кратный полюс функции $f(z)$ является для логарифмической производной простым полюсом, причем вычет логарифмической производной в этой точке равен порядку полюса, взятому с обратным знаком, то есть $-p$.

Логарифмическим вычетом функции $f(z)$ в точке $z=a$ называется вычет ее логарифмической производной $ frac{f'(z)}{f(z)}$ в этой точке, т.е. значение
$$
mbox{Res }frac{f'(z)}{f(z)}=frac{1}{2pi mathbf i}ointlimits_{L} frac{f'(z)}{f(z)}dz,
$$
где в качестве контура $L$ интегрирования можно взять любую окружность с центром в точке $z=a$, целиком лежащую в указанной проколотой окрестности этой точки.

Если $f(z)$ является аналитической функцией на замкнутом контуре $L$ и не имеет нулей на этом контуре, то значение
$$
mbox{Res } frac{f'(z)}{f(z)}=frac{1}{2pi mathbf i}ointlimits_{L} frac{f'(z)}{f(z)}dz
$$
называют логарифмическим вычетом функции $f(z)$ относительно контура $L$.

Т

Теорема о логарифмическом вычете

Пусть непостоянная функция $f(z)$ аналитична всюду в односвязной области $D$ и на ее границе — кусочно-гладком контуре $L$, кроме, возможно, некоторого конечного числа полюсов. Пусть также функция имеет конечное число нулей, причем на контуре $L$ нет ни нулей, ни полюсов функции. Тогда
$$
mbox{Res } frac{f'(z)}{f(z)}=N-P,
$$
где $N$ и $P$ — общее количество нулей и полюсов функции $f(z)$ в $D$, причем каждый нуль следует считать сколько раз, какова его кратность, а каждый полюс — каков его порядок.

Логарифмический вычет многочлена $P_n(z)$ степени $n$ относительно контура $L$, на котором нет нулей $P_n(z)$, равен числу нулей многочлена (с учетом их кратности) внутри контура.

Т

Принцип аргумента

Пусть непостоянная функция $f(z)$ аналитична всюду в односвязной области $D$ и на ее границе — кусочно-гладком контуре $L$, кроме, возможно, некоторого конечного числа полюсов. Пусть также функция имеет конечное число нулей, причем на контуре $L$ нет ни нулей, ни полюсов функции. Тогда приращение аргумента функции $f(z)$ при обходе в положительном направлении контура $L$ равно произведению $2pi$ на разность числа нулей и полюсов функции $f(z)$, расположенных в области $D$, причем каждый нуль следует считать сколько раз, какова его кратность, а каждый полюс — каков его порядок.
$$
Delta_Larg f(z)=2pi(N-P),
$$
$$
N=q_1+q_2+ldots+q_m, quad P=p_1+p_2+ldots+p_k,
$$
$q_i$ — кратность нуля $a_i$, $i=1,ldots,m$, $p_j$ — кратность полюса $b_j$, $j=1,ldots,k$.

Т

Теорема Руше

Пусть функции $f(z)$ и $varphi(z)$ являются аналитическими в замкнутой области $D$, причем на границе $C$ этой области имеет место неравенство: $|f(z)|_{C}>|varphi(z)|_{C}$. Тогда полное число нулей (с учетом их кратности) в $D$ функции $F(z)=f(z)+varphi(z)$ равно полному числу нулей (с учетом их кратности) функции $f(z)$.

П

Найти число нулей функции $F(z)=z^8-4z^5+z^2-1$ в единичном круге.

Пусть $f(z)=-4z^5$, $varphi(z)=z^8+z^2-1$. Граница $C$ заданной области — единичный круг $|z|=1$.

$$
|z|=1: ,, begin{aligned} &|f(z)=|-4z^5|=4|z|^5=4, \ &|varphi(z)|leqslant|z|^8+|z|^2+1=3 ,, Rightarrow \ &|f(z)|>|varphi(z)| end{aligned}.
$$

Выполнены все условия теоремы Руше. Функция $f(z)$ имеет корень $z=0$ кратности $5$, лежащий в $|z|<1$. Значит, $F(z)=f(z)+varphi(z)$ имеет пять нулей в единичном круге.

П

Найти число корней уравнения $z^4-8z+10=0$ в кольце 1<|z|<3

Найдем число корней $N_1$ в области $|z|<1$ и число корней $N_2$ в области $|z|<3$. Тогда число корней в кольце 1<|z|<3 будет равно $N=N_2-N_1$.

а) $|z|<1$.

Пусть $F(z)=f(z)+varphi(z)$, где $f(z)=10$, $varphi(z)=z^4-8z$.
На границе $C$ единичного круга имеем:
$$
|z|=1: ,, |f(z)|=10, |varphi(z)|leqslant|z|^4+8|z|=9,, Rightarrow ,, |f(z)>|varphi(z)|.
$$
Выполнены все условия теоремы Руше. Функция $f(z)$ в области $|z|<1$ не имеет нулей. Следовательно и уравнение $F(z)=0$ не имеет корней в единичном круге. $N_1=0$.

б) $|z|<3$.

Для круга $|z|<3$ выберем другие $f(z)$ и $varphi(z)$:
$$
f(z)=z^4, ,, |f(z)|_C=3^4=81.
$$
$$
varphi(z)=-8z+10, ,, |varphi(z)|_cleqslant24+10=34< |f(z)|.
$$
Функция $f(z)$ в области $|z|<3$ имеет корень $z=0$ кратности $4$, следовательно, по теореме Руше, функция $F(z)=f(z)+varphi(z)$ имеет четыре нуля в области $|z|<3$, то есть $N_2=4$.

В итоге получаем: $N=N_2-N_1=4-0=4$