9.4: Залишки
- Page ID
- 62811
У цьому розділі ми розглянемо розрахунок залишків. Ми вже бачили достатньо, щоб знати, що це буде корисно. Ми побачимо це ще чіткіше, коли подивимося на теорему залишку в наступному розділі.
Ми ввели залишки в попередній темі. Повторюємо тут визначення для повноти.
Розглянемо функцію\(f(z)\) з ізольованою сингулярністю на\(z_0\), тобто визначену на області\(0 < |z - z_0| < r\) та з рядами Лорана (на цій області)
\[f(z) = \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{b_n}{(z - z_0)^n} + \sum_{n = 0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n.\]
Залишок\(f\) жиру\(z_0\) є\(b_1\). Це позначається
\[\text{Res}(f, z_0) = b_1 \ \ \ \ \text{ or } \ \ \ \ \text{Res}_{z = z_0} f = b_1.\]
Яке значення має залишок? Якщо\(\gamma\) невелика, проста замкнута крива, яка йде проти годинникової стрілки,\(b_1\) то
\[\int_{\gamma} f(z) = 2\pi i b_1.\]
Це легко побачити, інтегруючи термін серії Лорана за терміном. Єдиний ненульовий інтеграл походить від цього терміна\(b_1/z\).
\[f(z) = e^{1/2z} = 1 + \dfrac{1}{2z} + \dfrac{1}{2(2z)^2} + \ ...\]
має ізольовану сингулярність на 0. З серії Лоран ми це бачимо\(\text{Res} (f, 0) = 1/2\).
(i) Нехай
\[f(z) = \dfrac{1}{z^3} + \dfrac{2}{z^2} + \dfrac{4}{z} + 5 + 6z. \nonumber\]
\(f\)має полюс порядку 3 в\(z = 0\) і\(\text{Res} (f, 0) = 4.\)
(ii) Припустимо
\[f(z) = \dfrac{2}{z} + g(z), \nonumber\]
\(g\)де аналітичний на\(z = 0\). Потім,\(f\) має простий полюс на 0 і\(\text{Res} (f, 0) = 2\).
(iii) Нехай
\[f(z) = \cos (z) = 1 - z^2/2! + \ ... \nonumber\]
Потім\(f\) аналітичний при\(z = 0\) і\(\text{Res} (f, 0) = 0.\)
(iv) Нехай
\[\begin{align*} f(z) &= \dfrac{\sin (z)}{z} \\[4pt] &= \dfrac{1}{z} (z - \dfrac{z^3}{3!} + \ ...) = 1 - \dfrac{z^2}{3!} + \ ... \end{align*}\]
Так,\(f\) має знімну сингулярність при\(z = 0\) і\(\text{Res} (f, 0) = 0.\)
Нехай
\[f(z) = \dfrac{z}{z^2 + 1}. \nonumber\]
Знайдіть полюси і залишки\(f\).
Рішення
За допомогою часткових дробів записуємо
\[\begin{align*} f(z) &= \dfrac{z}{(z - i)(z + i)} \\[4pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{z - i} + \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{z + i}. \end{align*}\]
Полюси знаходяться в\(z = \pm i\). Обчислюємо залишки на кожному полюсі:
За адресою\(z = i\):
\[f(z) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{z - i} + \text{ something analytic at } i. \nonumber\]
Тому стовп простий і\(\text{Res} (f, i) = 1/2\).
За адресою\(z = -i\):
\[f(z) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{z + i} + \text{ something analytic at } -i. \nonumber\]
Тому стовп простий і\(\text{Res} (f, -i) = 1/2\).
Нехай
\[f(z) = -\dfrac{1}{z (1 - z)} \nonumber\]
то у нас є наступні розширення Лорана для\(f\) навколо\(z = 0\).
На\(0 < |z| < 1\):
\[\begin{align*} f(z) &= -\dfrac{1}{z} \cdot \dfrac{1}{1 - z} \\[4pt] &= -\dfrac{1}{z} (1 + z + z^2 +\ ...). \end{align*}\]
Тому стовп у\(z = 0\) простий і\(\text{Res}(f, 0) = -1\).
На\(1 < |z| < \infty\):
\[\begin{align*} f(z) &= \dfrac{1}{z^2} \cdot \dfrac{1}{1 - 1/z} \\[4pt] &= \dfrac{1}{z} (1 + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{z^2} + \ ...). \end{align*}\]
Незважаючи на те, що це дійсне розширення Лорана, ви не повинні використовувати його для обчислення залишку при 0. Це пов'язано з тим, що визначення залишку вимагає, щоб ми використовували ряд Лорана на регіоні\(0 < |z - z_0| < r\).
Нехай
\[f(z) = \log (1 + z). \nonumber\]
Це має сингулярність при\(z = -1\), але він не ізольований, тому не полюс і тому немає залишку при\(z = -1\).
Залишки на простих полюсах
Прості полюси трапляються досить часто, що ми детально вивчимо обчислення їх залишків. Ось кілька способів визначити простий полюс і обчислити його залишок. Обгрунтування всіх них сходить до серії Лорана.
Припустимо,\(f(z)\) має ізольовану сингулярність при\(z = z_0\). Тоді у нас є такі властивості.
Якщо серія Лорана для\(f(z)\) має вигляд
\[\dfrac{b_1}{z - z_0} + a_0 + a_1 (z - z_0) + \ ...\]
то\(f\) має простий полюс при\(z_0\) і\(\text{Res} (f, z_0) = b_1\).
Якщо
\[g(z) = (z - z_0) f(z)\]
є аналітичним,\(z_0\) тоді\(z_0\) є або простим полюсом, або є рухомими сингулярністю. У будь-якому випадку\(\text{Res} (f, z_0) = g(z_0)\). (У знімному випадку сингулярності залишок дорівнює 0.)
- Доказ
-
Безпосередньо з серії Лоран для\(f\) навколо\(z_0\).
Якщо\(f\) має простий полюс в\(z_0\) то
\[\lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z) = \text{Res} (f, z_0)\]
Це говорить про те, що ліміт існує і дорівнює залишку. І навпаки, якщо межа існує, то або полюс простий, або\(f\) аналітичний на\(z_0\). В обох випадках ліміт дорівнює залишку.
- Доказ
-
Безпосередньо з серії Лоран для\(f\) навколо\(z_0\).
Якщо\(f\) має простий полюс в\(z_0\) і\(g(z)\) є аналітичним в\(z_0\) то
\[\text{Res} (fg, z_0) = g(z_0) \text{Res} (f, z_0).\]
Якщо\(g(z_0) \ne 0\) тоді
\[\text{Res}(f/g, z_0) = \dfrac{1}{g(z_0)} \text{Res} (f, z_0).\]
- Доказ
-
Так як\(z_0\) є простим полюсом,
\[f(z) = \dfrac{b_1}{z - z_0} + a_0 + a_1 (z - z_0)\]
Так як\(g\) є аналітичним,
\[g(z) = c_0 + c_1 (z - z_0) + \ ...,\]
де\(c_0 = g(z_0)\). Помножуючи ці ряди разом, зрозуміло, що
\[\text{Res} (fg, z_0) = c_0 b_1 = g(z_0) \text{Res} (f, z_0). \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{QED}\]
Твердження про коефіцієнти\(f/g\) випливає з доказів для продуктів, тому що\(1/g\) є аналітичним на\(z_0\).
Якщо\(g(z)\) має простий нуль при,\(z_0\) то\(1/g(z)\) має простий полюс в\(z_0\) і
\[\text{Res} (1/g, z_0) = \dfrac{1}{g'(z_0)}.\]
- Доказ
-
Алгебра для цього схожа на те, що ми робили кілька разів вище. Розширення Тейлора для\(g\) нас
\[g(z) = a_1 (z - z_0) + a_2 (z - z_0)^2 + \ ...,\]
де\(a_1 = g'(z_0)\). Так
\[\dfrac{1}{g(z)} = \dfrac{1}{a_1 (z - z_0)} (\dfrac{1}{1 + \dfrac{a_2}{a_1} (z - z_0) + \ ...})\]
Другий фактор праворуч - аналітичний at\(z_0\) і дорівнює 1 ат\(z_0\). Тому ми знаємо, що розширення Лоран\(1/g\) є
\[\dfrac{1}{g(z)} = \dfrac{1}{a_1 (z - z_0)} (1 + c_1 (z - z_0) + \ ...)\]
Зрозуміло, що залишок є\(1/a_1 = 1/g'(z_0)\). \(\text{QED}\).
Нехай
\[f(z) = \dfrac{2 + z + z^2}{(z - 2)(z - 3)(z - 4)(z - 5)}. \nonumber\]
Показати всі полюси прості і обчислити їх залишки.
Рішення
Полюси знаходяться в\(z = 2, 3, 4, 5\). Всі вони ізольовані. Ми розглянемо\(z = 2\) інші схожі. \(z - 2\)Множимо на отримуємо
\[g(z) = (z - 2)f(z) = \dfrac{2 + z + z^2}{(z - 3) (z - 4) (z - 5)}. \nonumber\]
Це аналітичне в\(z = 2\) і
\[g(2) = \dfrac{8}{-6} = -\dfrac{4}{3}. \nonumber\]
Так ось стовп простий і\(\text{Res} (f, 2) = -4/3\).
Нехай
\[f(z) = \dfrac{1}{\sin (z)}. \nonumber\]
Знайдіть всі полюси і їх залишки.
Рішення
\(f(z)\)Полюси - це нулі\(\sin (z)\), тобто\(n \pi\) для\(n\) цілого числа. Так як похідна
\[\sin '(n\pi) = \cos (n \pi) \ne 0, \nonumber\]
нулі прості і за власністю 5 вище
\[\text{Res} (f, n\pi) = \dfrac{1}{\cos (n \pi)} = (-1)^n. \nonumber\]
Нехай
\[f(z) = \dfrac{1}{z(z^2 + 1)(z - 2)^2}. \nonumber\]
Визначте всі полюси і скажіть, які з них прості.
Рішення
Зрозуміло, що полюси знаходяться в\(z = 0\),\(\pm i\),, 2.
За адресою\(z = 0\):
\[g(z) = zf(z) \nonumber\]
є аналітичним при 0 і\(g(0) = 1/4\). Таким чином, полюс простий, а залишок є\(g(0) = 1/4\).
За адресою\(z = i\):
\[g(z) = (z - i) f(z) = \dfrac{1}{z(z + i)(z - 2)^2} \nonumber\]
аналітичний на\(i\), полюс простий, а залишок є\(g(i)\).
В\(z = -i\): Це схоже на випадок\(z = i\). Полюс простий.
За адресою\(z = 2\):
\[g(z) = (z - 2) f(z) = \dfrac{1}{z(z^2 + 1)(z - 2)} \nonumber\]
не аналітичний на 2, тому полюс не простий. (Має бути очевидним, що це полюс порядку 2.)
Нехай\(p(z)\),\(q(z)\) бути аналітичним в\(z = z_0\). Припустимо\(p(z_0) \ne 0\)\(q(z_0) = 0\),,\(q'(z_0) \ne 0\). Знайти
\[\text{Res}_{z = z_0} \dfrac{p(z)}{q(z)}. \nonumber\]
Рішення
Так як\(q'(z_0) \ne 0\),\(q\) має простий нуль при\(z_0\). Так\(1/q\) має простий полюс при\(z_0\) і
\[\text{Res} (1/q, z_0) = \dfrac{1}{q'(z_0)}\nonumber\]
Оскільки\(p(z_0) \ne 0\) ми знаємо
\[\text{Res} (p/q, z_0) = p(z_0) \text{Res} (1/q, z_0) = \dfrac{p(z_0)}{q'(z_0)}. \nonumber\]
Залишки на кінцевих полюсах
Для полюсів вищого порядку ми можемо робити твердження, подібні до тих, що для простих полюсів, але формули та обчислення більш залучені. Загальний принцип полягає в наступному:
Якщо\(f(z)\) має полюс порядку\(k\) в\(z_0\) то
\[g(z) = (z - z_0)^k f(z)\]
є аналітичним при\(z_0\) і якщо
\[g(z) = a_0 + a_1 (z - z_0) + \ ...\]
потім
\[\text{Res} (f,z_0) = a_{k - 1} = \dfrac{g^{(k - 1)} (z_0)}{(k - 1)!}.\]
- Доказ
-
Це зрозуміло, використовуючи серії Тейлор і Лоран для\(g\) і\(f\).
Нехай
\[f(z) = \dfrac{\sinh (z)}{z^5}\]
і знайти залишок при\(z = 0\).
Рішення
Ми знаємо серію Тейлора для
\[\sinh (z) = z + z^3/3! + z^5/5! + \ ...\]
(Ви можете знайти це за допомогою\(\sinh (z) = (e^z - e^{-z})/2\) і серії Тейлора для\(e^z\).) Тому,
\[f(z) = \dfrac{1}{z^4} + \dfrac{1}{3! z^2} + \dfrac{1}{5!} + \ ...\]
Ми бачимо\(\text{Res} (f, 0) = 0.\)
Зверніть увагу, ми могли б бачити це, розуміючи, що\(f(z)\) це парна функція.
Нехай
\[f(z) = \dfrac{\sinh (z) e^z}{z^5}.\]
Знайдіть залишок при\(z = 0\).
Рішення
Зрозуміло, що\(\text{Res} (f, 0)\) дорівнює коефіцієнту\(z^4\) в розширенні Тейлора\(\sinh (z) e^z\). Ми обчислюємо це безпосередньо як
\[\sinh (z) e^z = (z + \dfrac{z^3}{3!} + \ ...) (1 + z + \dfrac{z^2}{2} + \dfrac{z^3}{3!} + \ ...) = \ ... + (\dfrac{1}{4!} + \dfrac{1}{3!}) z^4 + \ ...\]
Так
\[\text{Res} (f, 0) = \dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{4!} = \dfrac{5}{24}.\]
Знайдіть залишок
\[f(z) = \dfrac{1}{z(z^2 + 1) (z - 2)^2}\]
в\(z = 2\).
Рішення
\(g(z) = (z - 2)^2 f(z) = \dfrac{1}{z(z^2 + 1)}\)є аналітичним в\(z = 2\). Отже, залишок, який ми хочемо, - це\(a_1\) термін у його серії Тейлора, тобто\(g' (2)\). Це легко, якщо нудно, обчислити
\[\text{Res} (f, 2) = g'(2) = -\dfrac{13}{100}\]
\(\cot (z)\)
Функція\(\cot (z)\) виявляється дуже корисною в додатках. Це багато в чому випливає з того, що він має прості полюси у всіх кратних\(\pi\) і залишок становить 1 на кожному полюсі. Ми показуємо це першим.
\(f(z) = \cot (z)\)має прості полюси at\(n \pi\) для\(n\) цілого числа і\(\text{Res} (f, n\pi) = 1\).
- Доказ
-
\[f(z) = \dfrac{\cos (z)}{\sin (z)}.\]
Це має полюси на нулі гріха, тобто в\(z = n \pi\). У полюсів\(f\) має вигляд,\(p/q\) де\(q\) має простий нуль при\(z_0\) і\(p(z_0) \ne 0\). Таким чином, ми можемо використовувати формулу
\[\text{Res} (f, z_0) = \dfrac{p(z_0)}{q'(z_0)}.\]
У нашому випадку ми маємо
\[\text{Res} (f, n\pi) = \dfrac{\cos (n \pi)}{\cos (n \pi)} = 1,\]
як стверджував.
Іноді нам потрібно більше термінів у розширенні Лорана\(\cot (z)\). Немає відомої легкої формули для термінів, але ми можемо легко обчислити стільки, скільки нам потрібно, використовуючи наступну техніку.
Обчислити перші кілька термінів розширення Лорана\(\cot (z)\) навколо\(z = 0\).
Рішення
Так як\(\cot (z)\) має простий полюс в 0 ми знаємо
\[\cot (z) = \dfrac{b_1}{z} + z_0 + a_1 z + a_2 z^2 + \ ...\]
Ми також знаємо
\[\cot (z) = \dfrac{\cos (z)}{\sin (z)} = \dfrac{1 - z^2/2 + z^4/4! - \ ...}{z - z^3/3! + z^5/5! - \ ...}\]
Перехресне множення двох виразів отримуємо
\[(\dfrac{b_1}{z} + a_0 + a_1 z + a_2 z^2 + \ ...) (z - \dfrac{z^3}{3!} + \dfrac{z^5}{5!} - \ ...) = 1 - \dfrac{z^2}{2} + \dfrac{z^4}{4!} - \ ...\]
Ми можемо зробити множення і прирівняти коефіцієнти подібних степеней\(z\).
\[b_1 + a_0 z + (-\dfrac{b_1}{3!} + a_1) z^2 + (-\dfrac{a_0}{3!} + a_2) z^3 + (\dfrac{b_1}{5!} - \dfrac{a_1}{3!} + a_3) z^4 = 1 - \dfrac{z^2}{2!} + \dfrac{z^4}{4!}\]
Отже, починаючи з\(b_1 = 1\) і\(a_0 = 0\), отримуємо
\[\begin{array} {rclcl} {-b_1/3! + a_1} & = & {-1/2!} & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ & {\Rightarrow \ \ \ \ \ a_1 = -1/3} \\ {-a_0/3! + a_2} & = & {0} & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ & {\Rightarrow \ \ \ \ \ a_2 = 0} \\ {b_1/5! - a_1/3! + a_3} & = & {1/4!} & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ & {\Rightarrow \ \ \ \ \ a_3 = -1/45} \end{array}\]
Як зазначалося вище, всі парні терміни дорівнюють 0, як вони повинні бути. У нас є
\[\cot (z) = \dfrac{1}{z} - \dfrac{z}{3} - \dfrac{z^3}{45} + ...\]