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 $$ \mbox{Res }f(z_0) =\frac1{2\pi i}\oint\limits_L f(z)\,dz, $$ где $L$ - произвольный контур в кольце $0<|z-z_0|<R$, ориентированный против часовой стрелки ($L$ должен окружать точку $z_0$).

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 $$ \oint\limits_L f(z)\,dz=2\pi i\sum\limits_{k=1}^N \mbox{Res }f(z_k), $$ 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)=\lim\limits_{z\to 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)!}\lim\limits_{z\to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\Big(f(z)(z-z_0)^m\Big). \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}

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

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 $$ I=2\pi i\big(\mbox{Res }f(0)+\mbox{Res }f(1)\big). $$ По формуле для вычисления вычета в полюсе 2-го порядка $$ \mbox{Res }f(0)=\frac1{1!}\lim\limits_{z\to0}\left( \left(\frac{(z-7)z^2}{z^2(z-1)(z-5i)}\right)'\right)= $$ $$ =\lim\limits_{z\to0}\frac{(z-1)(z-5i)-(z-7)(2z-1-5i)} {(z-1)^2(z-5i)^2}=\frac{7+30i}{25}. $$ Для простого полюса вычет равен $$ \mbox{Res }f(1) =\lim\limits_{z\to1}\frac{(z-7)(z-1)}{z^2(z-1)(z-5i)} =-\frac6{1-i}. $$

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

Выберем любое $r \geqslant0$. Разложим функцию $f(z)$ по степеням $z$ во внешности круга $|z|> r$, которое иногда называют окрестностью бесконечно удаленной точки, $$ f(z)=\sum\limits_{-\infty}^\infty c_kz^k=F_1(z)+F_2(z) =\sum\limits_{k=1}^\infty c_kz^k +\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{c_{-k}}{z^k}. $$ 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 $$ \lim\limits_{z\to\infty}f(z)=c_0. $$ Очевидно, что $$ \frac1{2\pi \mathbf i }\oint\limits_{L^-}f(z)\,dz=-c_{-1}, $$ 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 $f(z)=\sum\limits_{k=1}^m c_k z^k+F_2(z)$ и $c_m\ne0$. В этом случае, очевидно, $$ \lim\limits_{z\to\infty}f(z)=\infty. $$

$$ \oint\limits_{L^-}f(z)\,dz=\sum\limits_{k=0}^\infty c_{-k} \oint\limits_{L^-}\frac{dz}{z^k}+\sum\limits_{k=1}^m c_k \oint\limits_{L^-}z^k\,dz= $$ $$ =-c_{-1}\int\limits_L\frac{dz}z=-2\pi\mathbf i c_{-1}, $$ потому, что $\displaystyle\oint\limits_{L^-}z^k\,dz=-\oint\limits_L z^k\,dz=0$, когда $k\ne-1$;

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

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

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

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: $$ \sum\limits_{k=1}^N\mbox{Res }f(z_k)+\mbox{Res }f(\infty)=0. $$

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

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 $$ I=2\pi i\sum\limits_{k=1}^\infty \mbox{Res }f(z_k)=-2\pi i\mbox{Res }f(\infty). $$ Представим функцию в виде $$ \frac{z^{20}}{4z^6\left(1+\cfrac1{2z^3}\right)^2z^{12} \left(1-\cfrac1{z^4}\right)^3}= $$ $$ =\frac{z^2}4\left(1-\frac1{2z^3}+\frac1{4z^6}-\dots\right)^2 \left(1+\frac1{z^4}+\frac1{z^8}\right)^3=\frac{z^2}4-\frac1{4z} +\dots\ . $$

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

О т в е т: $-\dfrac{\pi i}2$.

Некоторые определенные интегралы от функций вещественного переменного удается преобразовать в интеграл по замкнутому контуру от функции комплексного переменного, что позволяет применить для вычисления этих интегралов основную теорему о вычетах. Часто удается достаточно просто получить ответ и в тех случаях, когда применение других методов анализа оказывается затруднительным.

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

Подстановка $z=e^{i\theta}$ даст для $$ \begin{array}{l} \cos\theta=\dfrac12\left(e^{i\theta}+e^{-i\theta}\right) =\dfrac12\left(z+\dfrac1z\right), \\ \sin\theta=\dfrac1{2i}\left(e^{i\theta}-e^{-i\theta}\right) =\dfrac{-i}2\left(z-\dfrac1z\right), \\ d\theta=\dfrac{dz}{iz} \end{array} $$ и превратит вещественный интеграл в комплексный. При изменении $\theta$ от $0$ до $2\pi$ комплексная переменная пробегает замкнутый контур - окружность $|z|=1$ в положительном направлении. Окончательно интеграл примет вид $$ I=\frac1i\oint\limits_{|z|=1}F\left(z+\frac1z,z-\frac1z\right) \frac{dz}{z}\,. $$

Вычислить интеграл $$ \int\limits_0^{2\pi}\frac{dx}{a+\cos x},\quad a>1. $$

Р е ш е н и е.
Положим $e^{ix}=z$. При изменении $x$ от 0 до $2\pi$ переменная $z$ пробегает окружность $|z|=1$ в положительном направлении. Выразим $$ \cos x=\frac12\left(e^{ix}+e^{-ix}\right)=\frac{z^2+1}{2z}, $$ и $$ dz=ie^{ix}dx=izdx,\quad\hbox{откуда}\quad dx=\frac{dz}{iz}. $$ Тогда $$ I=\oint\limits_{|z|=1}\frac{dz}{iz\left(\cfrac{z^2+1}{2z}+a\right)} =\frac2i\oint\limits_{|z|=1}\frac{dz}{z^2+2az+1}. $$

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 $|z|=1$: $$ \mbox{Res }f(z_1)=\frac1{z-z_2}\Big|_{z=z_1}=\frac1{2\sqrt{a^2-1}}. $$ Исходный интеграл равен $\dfrac2i\cdot\dfrac{2\pi i}{2\sqrt{a^2-1}} =\dfrac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$.

О т в е т: $\dfrac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$.

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 $n\geqslant m+2$, тогда \begin{equation*} \int\limits_{-\infty}^\infty R(x)\,dx = 2\pi \mathbf i \sum\limits_{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 $\mbox{Im }z>0$.

Вычислить интеграл $ I=\int\limits_{-\infty}^\infty\frac{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 $$ z_k=e^{\tfrac{i\pi}4(2k+1)},\quad k=0,1, $$ причем обе эти точки - полюсы 1-го порядка. Поэтому $$ I=2\pi i\sum\limits_{k=0}^1 \mbox{Res }f(z_k)=\frac{\pi\sqrt2}2. $$

где $R(x)=P_m(x)/Q_n(x)$ - правильная рациональная дробь, не имеющая особых точек на действительной оси. Тогда \begin{equation*} \int\limits_{-\infty}^\infty R(x)\cos{\lambda x}\,dx = \mbox{Re }\left( 2\pi \mathbf i \sum\limits_{k} \mbox{Res }R(z_k)e^{\mathbf i \lambda z_k}\right), \end{equation*} \begin{equation*} \int\limits_{-\infty}^\infty R(x)\sin{\lambda x}\,dx = \mbox{Im }\left( 2\pi \mathbf i \sum\limits_{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:

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 $\gamma_{R}=\{z\in \mathbb C_{}: |z|=R, \mbox{Im } z >0 \}$.
Если $M(R)\to0$ при $R\to\infty$, то для любого действительного числа $\lambda>0$ $$ \int\limits_{\gamma_R}f(z)e^{\mathbf i \lambda z}\,dz\to0\quad\hbox{при}\quad R\to\infty, $$

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

Вычислить интеграл $ I=\int\limits_{-\infty}^\infty\frac{\cos\alpha 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 $$ I=\mbox{Re }I_1 =\mbox{Re}\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{e^{\mathbf i \alpha x}} {x^2+a^2}\,dx. $$

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 $$ I_1=2\pi \mathbf i \mbox{Res }\left(\frac{e^{\mathbf i \alpha z}}{z^2+a^2}\Big|_{z=\mathbf i a} \right)=\frac\pi{a}e^{-\alpha a}\quad\hbox{и}\quad I=\frac\pi{a}e^{-\alpha a}. $$

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 $$ \mbox{Res }\frac{f'(z)}{f(z)}=\frac{1}{2\pi \mathbf i}\oint\limits_{L} \frac{f'(z)}{f(z)}dz, $$ 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 $$ \mbox{Res } \frac{f'(z)}{f(z)}=\frac{1}{2\pi \mathbf i}\oint\limits_{L} \frac{f'(z)}{f(z)}dz $$ называют логарифмическим вычетом функции $f(z)$ относительно контура $L$.

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.

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 $2\pi$ 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. $$ \Delta_L\arg f(z)=2\pi(N-P), $$ $$ N=q_1+q_2+\ldots+q_m, \quad P=p_1+p_2+\ldots+p_k, $$ $q_i$ - кратность нуля $a_i$, $i=1,\ldots,m$, $p_j$ - кратность полюса $b_j$, $j=1,\ldots,k$.

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 $f(z)$.

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.

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 $\varphi(z)$: $$ f(z)=z^4, \,\, |f(z)|_C=3^4=81. $$ $$ \varphi(z)=-8z+10, \,\, |\varphi(z)|_c\leqslant24+10=34< |f(z)|. $$ 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: $N=N_2-N_1=4-0=4$