Processing math: 0%

Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

06.11.2021

Задания и материалы для дистанционного занятия гр. 06-012 в 8:30 в сб. 6.11.2021 (Даишев, Кузнецова № 8.1 п.6; № 8.2 п. 3,4; 8.5 п.3; 8.11 п.2)

Изолированная особая точка функции – это точка, в которой функция не аналитична, но в любой окресности этой точки (кроме самой точки) - аналитична. Чем нам будут полезны изолированные особые точки (далее я их буду называть просто особыми точками) и что мы будем с ними делать - зависит от их разновидности.

Особые точек бывают такие:

  1. Устранимые. К ним относятся точки, в которых функция имеет конечный предел f(a),lim
  2. Полюса. В них нет и предела, но есть такое k\in\mathbb{N}, в котором существует конечный и ненулевой предел \exists\lim_{z\to a}f\left(z\right)\left(z-a\right)^{k}\neq0 Число k называется порядком полюса, и при классификации особых точек определить порядок найденных полюсов надо обязательно. Бесконечность называется полюсом порядка k, если существует, конечен и не равен нулю предел \exists\lim_{z\to a}\frac{f\left(z\right)}{z^{k}}\neq0.
  3. Существенно особые. В них нет ничего вышеперечисленного.

Разложение функции f\left(z\right) в ряд Лорана вокруг особой точки a имеет такие свойства:

  1. При разложении вокруг устранимой точки (как и в обычной точке аналитичности) ряд Лорана не имеет главной части f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}\left(z-a\right)^{n}
  2. При разложении вокруг полюса ряд Лорана имеет главную часть, состоящую из конечного множества слагаемых. Или, что то же самое, ряд Лорана имеет наименьшую степень, равную порядку полюса f\left(z\right)=\sum_{n=-k}^{\infty}C_{n}\left(z-a\right)^{n}
  3. При разложении вокруг существенно особой точки ряд Лорана имеет главную часть, состоящую из бесконечного множества слагаемых, и ни одна степень в нём не является наименьшей. Если существенно особой точкой является бесконечность, из бесконечного множества слагаемых состоит правильная часть.

Нетрудно убедиться, что верно и обратное: если ряд Лорана вокруг точки a состоит из правильной части – функция имеет предел, если ряд Лорана имеет конечную главную часть, начинающуюся со степени -k - в точке полюс порядка k, если главная часть нигде не заканчивается - точка является существенно особой.

Даишев, Кузнецова, № 8.1 6) Доказать, что точка z=0 является устранимой особой точкой функции \frac{1}{e^{z}-1}-\frac{1}{\sin z} Найдём предел этой функции в нуле. Сначала воспользуемся первым замечательным пределом \lim_{z\to0}\left(\frac{1}{e^{z}-1}-\frac{1}{\sin z}\right)=\lim_{z\to0}\frac{\sin z-\left(e^{z}-1\right)}{\left(e^{z}-1\right)\sin z}\frac{z}{z}=\lim_{z\to0}\frac{\sin z-\left(e^{z}-1\right)}{\left(e^{z}-1\right)z}\cdot\frac{z}{\sin z} потом – второй теоремой о производных и пределах функции (если числитель и знаменатель стремятся к нулю в точке a, а энная производная знаменателя в ней не равна нулю, предел дроби равен отношению энной производной числителя в точке a к энной производной знаменателя в точке a), производная годится вторая (первая – ещё нет) \lim_{z\to0}\frac{\sin z-\left(e^{z}-1\right)}{\left(e^{z}-1\right)z}=\left.\frac{\left[\sin z-\left(e^{z}-1\right)\right]^{\prime\prime}}{\left[\left(e^{z}-1\right)z\right]^{\prime\prime}}\right|_{z=0}=\left.\frac{-\sin z-e^{z}}{e^{z}+e^{z}+e^{z}z}\right|_{z=0}=\frac{-0-1}{1+1+0}=-\frac{1}{2}. Так как оба множителя в исходном пределе имеют конечные пределы, \lim_{z\to0}\left(\frac{1}{e^{z}-1}-\frac{1}{\sin z}\right)=\lim_{z\to0}\frac{\sin z-\left(e^{z}-1\right)}{\left(e^{z}-1\right)z}\cdot\frac{z}{\sin z}=\lim_{z\to0}\frac{\sin z-\left(e^{z}-1\right)}{\left(e^{z}-1\right)z}\cdot\lim_{z\to0}\frac{z}{\sin z}=-\frac{1}{2}\cdot1=-\frac{1}{2}. Так как предел рассматриваемой функции в точке z=0 существует и конечен, эта точка – устранимая.

Даишев, Кузнецова, № 8.2 4) Доказать, что точка z=0 является полюсом для \frac{z}{1-\cos z}. Преобразуем функцию \frac{z}{1-\cos z}=\frac{\frac{z}{2}}{\sin^{2}\frac{z}{2}}=\frac{\left(\frac{z}{2}\right)^{2}}{\sin^{2}\frac{z}{2}}\frac{2}{z} При этом \lim_{z\to0}\frac{\left(\frac{z}{2}\right)^{2}}{\sin^{2}\frac{z}{2}}=1, и нам осталось нейтрализовать второй множитель. Для этого достаточно k=1: \lim_{z\to0}\frac{z}{1-\cos z}z=\lim_{z\to0}\frac{\left(\frac{z}{2}\right)^{2}}{\sin^{2}\frac{z}{2}}2=2\neq0, значит, 0 – полюс этой функции порядка 1.

п.3) Тут рассматривается бесконечность и нужен опять порядок 1: \lim_{z\to0}\frac{z^{2}+1}{z+1}\frac{1}{z}=\lim_{z\to0}\frac{z^{2}+1}{z^{2}+z}=\lim_{z\to0}\frac{1+\frac{1}{z^{2}}}{1+\frac{1}{z}}=1\neq0, значит, \infty – полюс этой функции порядка 1.

Даишев, Кузнецова, № 8.5 3) Доказать, что точка z=0 является существенно особой точкой функции \sin\frac{\pi}{z^{2}}. \sin\frac{\pi}{z^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{\left(2n+1\right)!}\left(\frac{\pi}{z^{2}}\right)^{2n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}\pi^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}z^{-4n-2}=\sum_{n=-\infty}^{0}\frac{\left(-1\right)^{n}\pi^{1-2n}}{\left(1-2n\right)!}z^{4n-2} Главная часть ряда Лорана для нашей функции вокруг нуля – бесконечна, следовательно эта точка – существенно особая.

Задание: Даишев, Кузнецова, № 8.1 пп. 1-5; № 8.2 пп. 1,2,5,6; №8.5 пп. 1,2,4,5; № 8.6 пп. 1-5

рис. 1

Взяв от обеих частей формулы лоранова разложения функции интеграл по контуру, лежащему внутри круга сходимости ряда Лорана (т.е. наименьшего из колец сходимости), и проходимому против часовой стрелки, \oint\limits _{C}f\left(z\right)dz=\oint\limits _{C}\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_{n}\left(z-a\right)^{n}dz=\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_{n}\oint\limits _{C}\left(z-a\right)^{n}dz= в силу результатов № 6.10 и соображений о независимости результатов от формы контура (приводившихся при выводе формулы Коши), мы получим ноль в интегралах во всех слагаемых, кроме слагаемого с n=-1: =\sum_{n=-\infty}^{-2}C_{n}\oint\limits _{C}\left(z-a\right)^{n}dz+C_{-1}\oint\limits _{C}\frac{dz}{\left(z-a\right)}+\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}\oint\limits _{C}\left(z-a\right)^{n}dz=0+C_{-1}\cdot2\pi i+0=2\pi iC_{-1}.

Коэффициент C_{-1} в единственном выжившем при этих манипуляциях слагаемом называется \emph{вычет функции f\left(z\right) в точке a} и обозначается так: \begin{equation} \mathrm{res}_{a}f\left(z\right)\equiv C_{-1}=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits _{C}f\left(z\right)dz.\label{res} \end{equation} Для того, чтобы контур лежал внутри круга сходимости ряда Лорана, нужно, чтобы все его точки были ближе к центру разложения, чем ближайшие к нему особые точки. Вычетом в бесконечности называется число, получаемое по формуле, аналогичной (\ref{res}), но интеграл берётся по достаточно большому контуру, ограничивающему область, \emph{включающую все изолированные особые точки функции f\left(z\right)}, и проходимому \emph{по часовой стрелке}.

Сумма вычетов во всех особых точках функции f\left(z\right), включая бесконечность, равна нулю. Доказательство этого факта тесно соседствует с доказательством теоремы о вычетах, так что мы оставим его на следующий раз.

Формулой (\ref{res}), как правило, при вычислении вычетов непосредственно не пользуются. Общий алгоритм нахождения вычета функции f\left(z\right) в точке a состоит в том, чтобы разложить функцию f\left(z\right) в ряд Лорана вокруг точки a, выделить слагаемое с n=-1, и взять его коэффициент. Но в некоторых случаях этот процесс можно автоматизировать. Пусть a – полюс порядка k. Тогда f\left(z\right)=\sum_{n=-k}^{-2}C_{n}\left(z-a\right)^{n}+C_{-1}\left(z-a\right)^{-1}+\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}\left(z-a\right)^{n}. Умножим обе части на \left(z-a\right)^{k}: f\left(z\right)\left(z-a\right)^{k}=\sum_{n=-k}^{-2}C_{n}\left(z-a\right)^{n+k}+C_{-1}\left(z-a\right)^{k-1}+\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}\left(z-a\right)^{n+k}, продифференцируем k-1 раз по z: \frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}f\left(z\right)\left(z-a\right)^{k}=C_{-1}\left(k-1\right)!+\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}\frac{\left(n+k\right)!}{\left(n+1\right)!}\left(z-a\right)^{n+1}, и положим в обеих частях z=a: \left.\frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}f\left(z\right)\left(z-a\right)^{k}\right|_{z=a}=\left(k-1\right)!C_{-1}. Осталось обе части разделить на \left(k-1\right)!: \begin{equation} \mathrm{res}_{a}f\left(z\right)=C_{-1}=\frac{1}{\left(k-1\right)!}\left.\frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}f\left(z\right)\left(z-a\right)^{k}\right|_{z=a}.\label{inpole} \end{equation} Кроме того, вычет в устранимой точке всегда равен нулю (теоретическое задание: понять, почему).

Даишев, Кузнецова, 8.11 2) Найти вычеты относительно всех особых точек, включая бесконечность: \frac{z^{2n}}{\left(1+z\right)^{n}} Конечной особой точкой этой функции является -1 – число, которое нельзя подставлять в знаменатель. Во всех остальных точках эта функция определена и аналитична. Так как \lim_{z\to-1}\frac{z^{2n}}{\left(1+z\right)^{n}}\left(z-\left(-1\right)\right)^{n}=\lim_{z\to-1}z^{2n}=1, эта точка является полюсом порядка n, а значит, можно воспользоваться формулой \ref{inpole}: \mathrm{res}_{-1}\frac{z^{2n}}{\left(1+z\right)^{n}}=\frac{1}{\left(n-1\right)!}\left.\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\frac{z^{2n}}{\left(1+z\right)^{n}}\left(1+z\right)^{n}\right|_{z=-1}=\frac{1}{\left(n-1\right)!}\left.\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}z^{2n}\right|_{z=-1}= =\frac{1}{\left(n-1\right)!}\left.\frac{\left(2n\right)!}{\left(n+1\right)!}z^{n+1}\right|_{z=-1}=\frac{\left(2n\right)!\left(-1\right)^{n+1}}{\left(n-1\right)!\left(n+1\right)!}. В бесконечности, в силу того что \mathrm{res}_{-1}\frac{z^{2n}}{\left(1+z\right)^{n}}+\mathrm{res}_{\infty}\frac{z^{2n}}{\left(1+z\right)^{n}}=0, \mathrm{res}_{\infty}\frac{z^{2n}}{\left(1+z\right)^{n}}=\frac{\left(2n\right)!\left(-1\right)^{n}}{\left(n-1\right)!\left(n+1\right)!}.

Вычисление вычета в особой точке и в бесконечности, на примере п.3, показано тут и тут.

Задание: Даишев, Кузнецова, № 8.11 пп. 1, 5, 6, 8.

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников