Как найти вычет функции в особой точке

(4.16)

(4.17)

(4.18)

(4.19)

(4.20)

Особыми точками функций являются точки . Записываем разложения функций в ряд Лорана в окрестности этих точек (см. примеры 3.31, 3.33 и 3.34):

а)

Из этих разложений находим:

Полученный результат иллюстрирует обобщенную теорему о вычетах:

Заметим также, что здесь точки и — простые полюсы, а — устранимая особая точка.

б)

Из этих разложений имеем:

Вычет в бесконечно удаленной точке можно найти, используя обобщенную теорию о вычетах: . Этот же результат получим, если запишем разложение функции в области -окрестности

Заметим, что для этой функции — , — , а — устранимая особая точка.

Конечные особые точки функций являются существенно особыми точками. Это для первой функции и для второй. Разложим функции в ряды в окрестностях этих точек и найдем вычеты по формуле (4.17):

а)

Следовательно, .

Так как у рассматриваемой функции другах конечных особых точек нет, то по формуле (4.20) . Заметим, что — устранимая особая точка для данной функции ;

б)

поэтому . Поскольку нет другах конечных особых точек, то по формуле (4.20) . Точка является полюсом первого порядка данной .

(4.21)

(4.22)

(4.23)

(4.24)

Конечными особыми точками являются и — полюсы первого порядка, причем в каждом случае функцию можно представить в виде, допускающем применение формулы (4.24). Используя эту формулу, находим

Для функции точка также является и выполняются условия применимости формулы (4.24) . При этом функцию удобно представить в виде . Применяя формулу (4.24), находим

Точка для — полюс второго порядка. Применяем формулу (4.22) при . Запишем решение согласно алгоритму.

1. Умножаем на и записываем функцию .

2. Находим производную функции

3. Используя (4.22), получаем .

Для функции единственная конечная особая точка является устранимой особой точкой, поэтому (согласно (4.21)).

Все полученные результаты соответствуют результатам примеров 4.22 и 4.23.

(4.25)

(4.26)

а) Точка — устранимая особая точка для этих функций и . Поэтому вычеты этих функций находим по формуле (4.26):

Результат совпадает с полученным в примере 4.22.

б) Точка — устранимая особая точка для , так как . Вычет находим по формуле (4.25):

Содержание

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

Т

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 $$
ointlimits_L f(z),dz=2pi isumlimits_{k=1}^N
mbox{Res }f(z_k),
$$ 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)=limlimits_{zto 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)!}limlimits_{zto z_0}
frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}Big(f(z)(z-z_0)^mBig).
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}

П

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

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 $$ I=2pi ibig(mbox{Res }f(0)+mbox{Res }f(1)big). $$ По формуле для вычисления вычета в полюсе 2-го порядка
$$
mbox{Res }f(0)=frac1{1!}limlimits_{zto0}left(
left(frac{(z-7)z^2}{z^2(z-1)(z-5i)}right)’right)=
$$ $$ =limlimits_{zto0}frac{(z-1)(z-5i)-(z-7)(2z-1-5i)} {(z-1)^2(z-5i)^2}=frac{7+30i}{25}. $$ Для простого полюса вычет равен $$
mbox{Res }f(1)
=limlimits_{zto1}frac{(z-7)(z-1)}{z^2(z-1)(z-5i)} =-frac6{1-i}. $$

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

Выберем любое $r geqslant0$. Разложим функцию $f(z)$ по степеням $z$ во внешности круга $|z|> r$, которое иногда
называют окрестностью бесконечно удаленной точки, $$ f(z)=sumlimits_{-infty}^infty c_kz^k=F_1(z)+F_2(z) =sumlimits_{k=1}^infty
c_kz^k +sumlimits_{k=0}^inftyfrac{c_{-k}}{z^k}. $$ 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 $$
limlimits_{ztoinfty}f(z)=c_0.
$$ Очевидно, что $$
frac1{2pi mathbf i }ointlimits_{L^-}f(z),dz=-c_{-1},
$$ 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
$f(z)=sumlimits_{k=1}^m c_k z^k+F_2(z)$ и $c_mne0$. В этом случае, очевидно, $$
limlimits_{ztoinfty}f(z)=infty.
$$

$$
ointlimits_{L^-}f(z),dz=sumlimits_{k=0}^infty c_{-k}
ointlimits_{L^-}frac{dz}{z^k}+sumlimits_{k=1}^m c_k
ointlimits_{L^-}z^k,dz=
$$ $$ =-c_{-1}intlimits_Lfrac{dz}z=-2pimathbf i c_{-1}, $$ потому, что $displaystyleointlimits_{L^-}z^k,dz=-ointlimits_L z^k,dz=0$, когда
$kne-1$;

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

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

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

Т

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:
$$ sumlimits_{k=1}^Nmbox{Res }f(z_k)+mbox{Res }f(infty)=0. $$

П

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

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

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

О т в е т: $-dfrac{pi i}2$.

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

Подстановка $z=e^{itheta}$ даст для $$
begin{array}{l}
costheta=dfrac12left(e^{itheta}+e^{-itheta}right)
=dfrac12left(z+dfrac1zright), \
sintheta=dfrac1{2i}left(e^{itheta}-e^{-itheta}right)
=dfrac{-i}2left(z-dfrac1zright), \ dtheta=dfrac{dz}{iz}
end{array}
$$ и превратит вещественный интеграл в комплексный. При изменении $theta$ от $0$ до $2pi$ комплексная переменная пробегает
замкнутый контур – окружность $|z|=1$ в положительном направлении. Окончательно интеграл примет вид $$
I=frac1iointlimits_{|z|=1}Fleft(z+frac1z,z-frac1zright)
frac{dz}{z},.
$$

П

Вычислить интеграл
$$
intlimits_0^{2pi}frac{dx}{a+cos x},quad a>1.
$$

Р е ш е н и е.

Положим $e^{ix}=z$. При изменении $x$ от 0 до $2pi$ переменная $z$ пробегает окружность $|z|=1$ в положительном направлении.
Выразим $$
cos x=frac12left(e^{ix}+e^{-ix}right)=frac{z^2+1}{2z},
$$ и $$ dz=ie^{ix}dx=izdx,quadhbox{откуда}quad dx=frac{dz}{iz}. $$ Тогда $$
I=ointlimits_{|z|=1}frac{dz}{izleft(cfrac{z^2+1}{2z}+aright)} =frac2iointlimits_{|z|=1}frac{dz}{z^2+2az+1}. $$

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 $|z|=1$: $$
mbox{Res }f(z_1)=frac1{z-z_2}Big|_{z=z_1}=frac1{2sqrt{a^2-1}}.
$$ Исходный интеграл равен $dfrac2icdotdfrac{2pi i}{2sqrt{a^2-1}} =dfrac{2pi}{sqrt{a^2-1}}$.

О т в е т:
$dfrac{2pi}{sqrt{a^2-1}}$.

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 $ngeqslant m+2$, тогда
begin{equation*}
intlimits_{-infty}^infty R(x),dx = 2pi mathbf i sumlimits_{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 $mbox{Im }z>0$.

П

Вычислить интеграл $ I=intlimits_{-infty}^inftyfrac{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 $$ z_k=e^{tfrac{ipi}4(2k+1)},quad k=0,1, $$ причем обе эти точки – полюсы 1-го порядка.
Поэтому $$ I=2pi isumlimits_{k=0}^1 mbox{Res }f(z_k)=frac{pisqrt2}2. $$

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

Л

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 $gamma_{R}={zin mathbb C_{}: |z|=R, mbox{Im } z >0 }$.

Если $M(R)to0$ при $Rtoinfty$, то для любого действительного числа $lambda>0$
$$
intlimits_{gamma_R}f(z)e^{mathbf i lambda z},dzto0quadhbox{при}quad
Rtoinfty, $$

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

П

Вычислить интеграл $ I=intlimits_{-infty}^inftyfrac{cosalpha 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 $$ I=mbox{Re }I_1
=mbox{Re}intlimits_{-infty}^infty frac{e^{mathbf i alpha x}} {x^2+a^2},dx. $$

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

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

Т

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.

Т

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

Т

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 $f(z)$.

П

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.

П

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 $varphi(z)$:
$$
f(z)=z^4, ,, |f(z)|_C=3^4=81.
$$
$$
varphi(z)=-8z+10, ,, |varphi(z)|_cleqslant24+10=34< |f(z)|.
$$
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: $N=N_2-N_1=4-0=4$

1. Теоретический минимум

   Вычетом функции в особой точке по определению называется величина
   
   Контур интегрирования должен охватывать только одну особую точку , причём она должна быть изолированной
   и являться точкой однозначного характера.
   Обычно по определению вычеты не вычисляют: это неудобно. Можно показать, что вычет функции в точке представляет собой
   коэффициент при минус первой степени в разложении функции в ряд Лорана в окрестности данной точки. Это упрощает вычисление,
   так как появляется возможность использовать приёмы разложения функции в ряд Лорана, не связанные с вычислением контурных
   интегралов. Тут многое зависит от вида особой точки. В разложении функции в ряд Лорана в окрестности устранимой особой точки
   отрицательные степени отсутствуют. Следовательно, и вычет в такой точке равен нулю. Разложение в ряд Лорана в окрестности полюса
   содержит конечное число отрицательных степеней. В этом случае для полюса n-го порядка
   
   Чаще всего применяется именно эта формула. Для простого полюса (полюса первого порядка) формула сильно упрощается:
   
   Отдельно рассматривается вычет в бесконечно удалённой точке. Он равен взятому с противоположным знаком коэффициенту при
   минус первой степени разложения функции в ряд Лорана в окрестности бесконечно удалённой точки.

   Вычеты находят применение при вычислении интегралов по основной теореме о вычетах.

   
   Примеры вычисления вычетов

   Пример 1. Вычет функции в простом полюсе.
   Найдём вычет функции в точке .

   

   Пример 2. Вычет функции в полюсе третьего порядка.
   Найдём вычет функции в точке .

   Убедиться в том, что точка – полюс третьего порядка, достаточно просто. Котангенс в числителе сам по себе имеет в этой
   точке простой полюс, функция в знаменателе делает данную точку полюсом именно третьего порядка.
   
   
   
   
   Для вычисления этого предела раскладываем функции в числителе в ряд Тейлора. Причём так как в знаменателе
   сразу получится третья степень – в первом же слагаемом, то и в числителе следует проводить разложение до кубических слагаемых:
   .
   Примечание. Этот расчёт приходится проделывать при вычислении значения дзета-функции Римана .

   Пример 3. Вычет функции в полюсе второго порядка.
   Найдём вычет функции в точке .

   Хотя особая точка является полюсом второго порядка, пользоваться приведённой выше общей формулой для
   вычетов в полюсах не будем. Проведём разложение в ряд Лорана:
   
   
   Видно, что коэффициент при минус первой степени равен . Это и есть искомый вычет.

   Пример 4. Вычет функции в бесконечно удалённой точке.
   Найдём вычет функции в бесконечно удалённой точке.

   Представим функцию в следующем виде:
   
   Экспоненту можно разложить в ряд по известной формуле, для дроби используем разложение, представляющее собой сумму геометрической прогрессии:
   
   Видно, что после перемножения скобок при минус первой степени останется число 2. Следовательно, вычет равен (-2).

2. 
   

   BA3a
   for love and rock-n-roll
   VIP

   Помнится, когда нам Теляковский рассказывал про вычеты, я сидел с открытым ртом и думал «вау, как красиво».

3. Реквестирую аналогичную тему про особые точки :huh: Завтра сдавать.

4. 
   

   Sean33
   агрессия и злоба
   Модератор
   VIP

   Schufter, большое спасибо! Как раз во время!

6. panicdoctor, да, такая формула есть, конечно. Но на мой взгляд лучше помнить общую формулу для вычета в полюсе
   любого порядка, чем помнить дополнительно ещё одну формулу. Тем более, что в простом полюсе вычет обычно находится легко. :huh:
   Но подчеркну: формула есть, если есть желание – ей можно пользоваться. Просто высказал своё мнение.