9.4: Залишки

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.

Визначення: Залишок

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

$$\int_{\gamma} f(z) = 2\pi i b_1.$$

Малюнок$\PageIndex{1}$: досить$\gamma$ маленький, щоб перебувати всередині$|z - z_0| < r$, оточувати$z_0$ і не містити жодної іншої особливості$f$. (CC BY-NC; Уміти Кая)

Це легко побачити, інтегруючи термін серії Лорана за терміном. Єдиний ненульовий інтеграл походить від цього терміна$b_1/z$.

Приклад$\PageIndex{1}$

$$f(z) = e^{1/2z} = 1 + \dfrac{1}{2z} + \dfrac{1}{2(2z)^2} + \ ...$$

має ізольовану сингулярність на 0. З серії Лоран ми це бачимо$\text{Res} (f, 0) = 1/2$.

Приклад$\PageIndex{2}$

(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$\text{Res} (f, 0) = 0.$

Приклад$\PageIndex{3}$ Using partial fractions

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$\text{Res} (f, -i) = 1/2$.

Приклад$\PageIndex{4}$ Mild warning!

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$0 < |z - z_0| < r$.

Приклад$\PageIndex{5}$

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.

Нерухомість 1

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$\text{Res} (f, z_0) = b_1$.

Нерухомість 2

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$z_0$.

Нерухомість 3

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$z_0$.

Нерухомість 4

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$z_0$.

Нерухомість 5

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$1/a_1 = 1/g'(z_0)$. $\text{QED}$.

Приклад$\PageIndex{6}$

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$\text{Res} (f, 2) = -4/3$.

Приклад$\PageIndex{7}$

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

$$\text{Res} (f, n\pi) = \dfrac{1}{\cos (n \pi)} = (-1)^n. \nonumber$$

Приклад$\PageIndex{8}$

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.)

Приклад$\PageIndex{9}$

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:

Полюси вищого порядку

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$f$.

Приклад$\PageIndex{10}$

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.

Приклад$\PageIndex{11}$

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

$$\text{Res} (f, 0) = \dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{4!} = \dfrac{5}{24}.$$

Приклад$\PageIndex{12}$

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.

Факт

$f(z) = \cot (z)$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.

Приклад$\PageIndex{13}$

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

$$\cot (z) = \dfrac{1}{z} - \dfrac{z}{3} - \dfrac{z^3}{45} + ...$$