Комплексный анализ I/Билеты/Вычеты

$⊐$$\mathrm{\Gamma }$ составной спрямляемый жорданов контур в $ℂ$ и $f\in O(\mathrm{In}t\mathrm{\Gamma }\mathrm{\setminus }(a_1,\dots ,a_n\})\cap C(\mathrm{\Gamma }\cup \mathrm{In}t\mathrm{\Gamma }\mathrm{\setminus }\{{}_1,\dots ,a_n\})$.

Если $a_j$ нет, то по теореме Коши ${\int }_{\mathrm{\Gamma }}f(z)dz=0$;

если же особые точки есть, то окружим каждую из них окружностью, обозначим эти окружности через ${\gamma }_1,\dots ,{\gamma }_n$ и рассмотрим новый составной жорданов контур ${\mathrm{\Gamma }}^{\prime }=\mathrm{\Gamma }\cup {\gamma }_1^{-}\cup \dots \cup {\gamma }_n^{-}$.

По теореме Коши ${\int }_{{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }}f(z)dz=0$ (так как $f\in O(\mathrm{Int}{\mathrm{\Gamma }}^{\prime })\cap C\left(\overline{\mathrm{Int}{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }}\right)$)

но $0={\int }_{{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }}f(z)dz={\int }_{\mathrm{\Gamma }}f(z)dz-{\sum }_{k=1}^n{\int }_{V_k}f(z)dz\Rightarrow {\int }_{\mathrm{\Gamma }}f(z)dz={\sum }_{k=1}^n{\int }_{V_k}f(z)dz$

Определение. $⊐f\in O(0<|z-a|<\epsilon )$. Вычетом $f$ в точке $a$ называется число ${\mathrm{res}}_{a}f:=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|z-a|=\rho }f(z)dz$.

Из этого определения сразу вытекает

Теорема. (Коши о вычетах): $⊐$$\mathrm{\Gamma }$ составной спрямляемый жорданов контур в $ℂ$ и $f\in O(\mathrm{In}t\mathrm{\Gamma }\mathrm{\setminus }(a_1,\dots ,a_n\})\cap C(\mathrm{\Gamma }\cup \mathrm{In}t\mathrm{\Gamma }\mathrm{\setminus }\{{}_1,\dots ,a_n\})$. Тогда ${\int }_{\mathrm{\Gamma }}f(z)dz=2\pi i{\sum }_{k=1}^n{\mathrm{res}}_{a_k}f$.

Теорема. $f\in O(0<|z-a|<\epsilon ),f(z)={\sum }_{n=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{C}_n(z-a{)}^n\Rightarrow \underset{a}{\mathrm{res}f}=C_{-1}$

Доказательство. $C_n=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|z-a|=\rho }\frac{f(z)}{(z-a{)}^{n+1}}dz$ (из формулы коэффициентов ряда Лорана)

$n=-1:C_{-1}=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|z-a|=\rho }f(z)dz=\underset{a}{\mathrm{res}f}$

Способы подсчёта вычетов

1) $a$ устранимая для $f$ $\Rightarrow f(z)={\sum }_{n=0}^{+\mathrm{\infty }}{C}_n(z-a{)}^n\Rightarrow C_{-1}=\underset{a}{\mathrm{res}}f=0$

2) $a$ полюс первого порядка для $f\Rightarrow f(z)=\frac{C_{-1}}{z-a}+C_0+C_1(z-a)+\cdots \Rightarrow$

$\Rightarrow \mathrm{res}f=C_{-1}=\underset{z\to a}{lim}f(z)(z-a)$

2a) $f(z)=\frac{\phi (z)}{\psi (z)}:\phi (z)\in O(u(a)),\phi (a)\ne 0,\psi (z)\in O(u(a)),a$ нуль первого порядка для $\psi (z)$, то есть ${\psi }^{\prime }(a)\ne 0$. Тогда $\underset{a}{\mathrm{res}f}=C_{-1}=\underset{z\to a}{lim}\frac{\phi (z)(z-a)}{\psi (z)-\psi (a)}=\frac{\phi (a)}{{\psi }^{\prime }(a)}$

3) $a$ полюс порядка $N$ для $f\Rightarrow f(z)=\frac{C_{-N}}{(z-a{)}^N}+\frac{C_{-N+1}}{(z-a{)}^{N-1}}+\cdots +\frac{C_{-1}}{z-a}+C_0+\cdots \Rightarrow$

$\Rightarrow \mathrm{res}f=C_{-1}=\underset{z\to a}{lim}\frac{{[f(z)(z-a{)}^N]}^{(N-1)}}{(N-1)!}$

4) $a$ существенно особая для $f$. В этом случае общего способа нет, нужно пытаться разложить $f$ в ряд Лорана и взять $C_{-1}$.

Вычет в $\mathrm{\infty }$

$f\in O(|z|>R)$

$\underset{\mathrm{\infty }}{\mathrm{res}}f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{(|z|=\rho {)}^{-}}f(z)dz$

$\rho >R$

Обратное направление обхода выбрано, чтобы область $|z|>\rho$ при обходе контура оставалась слева:

$\begin{array}{c}f(z)=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{C}_n(z-a{)}^n\\ \mathrm{res}f(z)=-C_{-1}\end{array}$

Вычет $f(z)$ в $\mathrm{\infty }$ может не равняться нулю, даже если $\mathrm{\infty }$ устранимая точка для $f(z)$.

Теорема. $f\in O\left(ℂ\mathrm{\setminus }\{a_1,\dots ,a_n\}\right)\Rightarrow {\sum }_{k=1}^n\mathrm{res}f=-\mathrm{res}f$

Доказательство. Окружим каждую из $a_1,\dots ,a_n$ окружностью, обозначим эти окружности через ${\gamma }_1,\dots ,{\gamma }_n$, а через $\gamma$ обозначим окружность $|z|=\rho$. Рассмотрим составной жорданов контур $\mathrm{\Gamma }=\gamma \cup {\gamma }_1^{-}\cup \dots \cup {\gamma }_n^{-}$.

${\int }_{\mathrm{\Gamma }}f(z)dz={\int }_{\gamma }f(z)dz+{\sum }_{k=1}^n{\int }_{{\gamma }_k^{-}}f(z)dz=0$ (по теореме Коши)

${\int }_{\gamma }f(z)dz={\sum }_{k=1}^n{\int }_{{\gamma }_k}f(z)dz$

${\sum }_{k=1}^n\mathrm{res}f=\frac{1}{2\pi i}{\sum }_{k=1}^n{\int }_{{\gamma }_k}f(z)dz=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{\gamma }f(z)dz=-{\mathrm{res}}_{\mathrm{\infty }}f$

Isbur (обсуждение) 16:07, 26 марта 2019 (UTC)