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:
- Устранимые. К ним относятся точки, в которых функция имеет конечный предел \[ \not\exists f\left(a\right),\qquad\exists\lim_{z\to a}f\left(z\right) \]
- 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 \[ \exists\lim_{z\to a}\frac{f\left(z\right)}{z^{k}}\neq0. \]
- Существенно особые. В них нет ничего вышеперечисленного.
Разложение функции $f\left(z\right)$ в ряд Лорана вокруг особой точки $a$ имеет такие свойства:
- При разложении вокруг устранимой точки (как и в обычной точке аналитичности) ряд Лорана не имеет главной части \[ f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}\left(z-a\right)^{n} \]
- 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 \[ f\left(z\right)=\sum_{n=-k}^{\infty}C_{n}\left(z-a\right)^{n} \]
- 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
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.
