Теорема сохоцкого

Изолированная особая точка a функции f(z) является полюсом тогда и только тогда, когда то выполняется равенство .

Доказательство. Если lim_ z→a f(z)=∞, то lim_ z→a frac 1/ f(z) =0. Кроме того, из равенства lim_ z→a f(z)=∞ следует, что f(z)≠ 0 в достаточно малой окрестности точки a и тем самым эта особенность изолирована для функции 1/ f(z) . Следовательно, a — устранимая особенность для функции 1/ f(z) по теореме п.2 и 1/ f(z) =(z-a)^nψ (z) для некоторого n≥ 0 и аналитической функции ψ (z) такой, что ψ (a)≠ 0. Тогда f(z)=𝜑(z)/(z-a)^n для 𝜑(z)=1/ψ (z) — аналитической функции в точке a. Остается применить предыдущую теорему.

Случай 3: главная часть ряда Лорана содержит бесконечное число слагаемых.

В этом случае a называется существенной особой точкой.

Теорема Ю. В. Сохоцкого. Если — существенная особая точка функции , то для любого A∈ ℂ или A=∞ найдется последовательность точек и отличных от , такая, что .

Доказательство. Пусть сначала A=∞ . Согласно теореме выше функция f(z) не может быть ограниченной в точке a. Следовательно, требуемая последовательность существует. Пусть теперь A∈ ℂ . Рассмотрим функцию . Если устранима или является полюсом для g(z), то такова же она будет и для f(z). Следовательно, — существенная особенность функции g(z). Пусть последовательность такова, что . Тогда .

Пример. Точка 0 — существенная особенность функции , так как разложение в ряд Лорана для этой функции в области ℂ * имеет вид 1+1/ z +1/z^22! +1/z^33! +… Для последовательности имеем: а для последовательности , также сходящейся к 0, имеем: .

21  Основная теорема о вычетах

Пусть в проколотой окрестности точки функция аналитична. Тогда величину

где ρ — достаточно малое положительное число, будем называть вычетом функции f(z) в точке a. Вычетом функции относительно бесконечно удаленной точки считаем величину

где C — окружность с центром в начале координат такая, что вне круга, определяемого этой окружностью, функция f(z) особенностей не имеет.

Первичные следствия этого определения следующие:

а) вычет не зависит от величины ρ ;

б) вычет совпадает с коэффициентом ряда Лорана функции f(z) в кольце 0<|z-a| <ρ (см. формулу ( 4loran ));

в) если f(z) аналитична в точке a или a — устранимая особенность, то вычет в ней равен 0.

Предложение. Пусть — полюс порядка m функции f(z). Тогда

Доказательство. Если — полюс порядка m, то , где g(z) — правильная часть, тем самым аналитическая функция в точке . Тогда

Дифференцируя это соотношение m-1 раз, получим:

где h(a)=0. Переходя к пределу и разделив на (m-1)!, получим требуемую формулу.□

Отметим частный случай, когда — простой полюс. Тогда

В частности, если , где g(z),h(z) аналитичны в окрестности точки и , , то — простой полюс и .

Доказательство. Требует доказательства только утверждение " в частности". Из условия следует, что h(z)=(z-a)⋅s(z) для некоторой аналитичной функции s(z) такой, что s(a)≠ 0. Тогда f(z)=1/ z-a ⋅ g(z)/ s(z) и g(a) / s(a) ≠ 0. Следовательно, a — простой полюс. Далее, переходя в следующем соотношении (z-a)f(z)= g(z) /[ (h(z)-h(a))/(z-a)] к пределу z→ a, получаем формулу Res[f(z),a]= g(a)/h'(a) .□

Основная теорема о вычетах. Пусть f(z) аналитична в замкнутой области D, кроме точек , лежащих внутри области D. Тогда

Доказательство. Пусть — окружности достаточно малых радиусов с центрами в точках такие, что круги ими ограничиваемые, целиком лежат внутри области D и попарно не пересекаются. Тогда аналитична в области и по теореме Коши имеет место равенство:

Отсюда следует, что

∮ _ ∂ D f(z) dz=∮ _ c_1+… +c_m f(z) dz=∮ _ c_1 f(z) dz+… +∮ _ c_m f(z) dz=
=2πi [Res[f(z),a_1]+… +2πi Res[f(z),a_m],

что и требовалось доказать.

Пример Вычислим интеграл:

22  Вычисление интегралов с помощью вычетов

Предложение. Предположим, что бесконечно удаленная точка является нулем второго или более высокого порядка функции , т. е. ограничена вне круга достаточно большого радиуса. Допустим также, что f(z) является аналитической функцией на действительной оси, а в верхней полуплоскости Im z>0 имеет лишь конечное число особых точек . Тогда