第四章留数定理

z? z0 (z ? z0 )
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f (z) ?
a? m (z ? z0 )m
?
am?1 (z ? z0 )m ?1
??
?
a ?1 z ? z0
?
a0
?
a1(z ?
z0 )
? ? (z ? z0 )m ? ...
(z ? z0 )m f (z) ? a ? m ? a? m ?1(z ? z0 ) ? ? ? a ?1(z ? z0 )m ?1
?f (z)d z ? ?
l
因此将f(z)在此邻域内以z0为中心展开为洛朗级数
f(z)=...+a -n (z-z0)-n +...+a -1(z-z0)-1+a 0+a 1(z-z0)+... +an(z-z0)n+...
后,两端沿l 逐项积分, 右端各项积分除留下a-1(z-z0)-1的一
项等于2πia-1外, 其余各项积分都等于零, 所以
? a0 (z ? z0 )m ? a1(z ? z0 )m ?1 ?
l i m(z
z? z0
-
z0
)f
(z)
?
非有限值
Re
sf
(z0 )
?
lim
z? z0
1 (m ?
d m?1 1)!{ dzm ?1
[(
z
?
z0 )m
f
( z)]}
例1.
求 f (z) ?
zn
1 ?
1
在z=1的留数。
解：
f (z) ?
l0 z0
k ? ??
? ? Cauchy定理知： f ( z )dz ? f ( z ) dz
由
? 1
2πi
l
1
dz
?
?1 ?
z - α ?0
n l?0 ? 1 n ? ?1
l0
?
? ? ? f (z)dz ?
a k (z ? z 0 ) k dz ? 2 π ia -1 ? 2 π iRes(z 0 )
?f ( z) d z ? 2 π ia ?1.
l
其中a-1就称为f(z)在z0的留数, 记作Resf(z0), 即
? a ? 1
?
Res
f (z0 ) ?
1 2πi
f (z) d z
l
2、有限远点的留数定理
设函数f(z)在区域D内除有限个孤立奇点b1,b2,...,bn外处处
解析. l是D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线, 则
（1）可去奇点的留数： 对于可去奇点由定义知：Resf(z)=0
（2） 极点的留数
A. 如果z0为f(z)的一阶极点（单极点）, 则
?
? f (z) ?
(z ? z0）k ? a ?1(z ? z0 )?1 ? a0 ? a1(z ? z) ? a 2 ( z ? z0 )2 ? ...
k? ?1
?
1? zn ? 1
1 (z ? 1)( zn ? 1 ? zn ? 2
??
? 1)
可见，z=1是函数的单极点。
Resf(1)= lim(z ? 1) f (z) ? z? 1
1
lim
z? 1
(zn ?1
?
zn ? 2 ? ?
?
?1 ? 1) n
例2.求函数 f (z) ? (z2在1? 1)3 的留z数? i。
在z0点是解析的，
Q(z0 ) ? 0, Q?(z0 ) ? 0, P(z0 ) ? 0
则有：
lim (z
z? z0
?
z0 )
f
(z)
?
lim (z ?
z? z0
z0 )
P (z) Q(z)
?
lim P (z)
z? z0
lim Q(z) ? Q(z0)
?
P (z0 ) Q?(z0 )
B. 如果z0为f(z)的m阶极点, 则
极点的留数
例3：确定函数 f (z) ? 1 的极点，求出函数在这些。
sin z
极点的留数
解： 函数的奇点是 z ? nπ , n ? 0,1,2,3...
lim f(z) ? l i m 1 ? ? 是单极点。
z? nπ
z ? n π sinz
lim ?(z ? nπ ) f (z)?? lim z ? nπ
l
n
? ? 即 f (z) d z ? 2 π i Res f (zj ).
l
j ?1
zn l3 z3
ln z1 l1 l2 z2
D
l
求函数在奇点z0处的留数即求它在以z0为中心的圆环域内
洛朗级数中a-1(z-z0)-1项的系数即可. 但如果知道奇点的类型, 可 以用简单方法求留数.
二. 留数的计算方法
第四章 留数定理
重点
1、留数的概念与留数定理； 2、应用留数定理计算复变函数的积分； 3、应用留数定理计算实变函数的积分
§4.1 留数定理
一 、留数及留数定理
1.留数
如果函数f(z)在z0的邻域内解析, 那么根据Cauchy 定理
?f (z) d z ? 0.
l
但是, 如果z0为f(z)的一个孤立奇点, 则沿在z0的某个去 心邻域0<|z-z0|<R内包含z0的任意一条正向闭曲线的积分
? (z - z0 )f (z) ? (z ? z0 ) (z ? z0）k ? a?1 ? a0 (z ? z)1 ? a1(z ? z0 )2 ? ...
k? ?1
lim(z
z? z0
?
z0 )
f
(z)
?
a?1
?
Re sf
(z0 )
对于f(z)可表示为形式
f(z)=
P(z) Q(z)
时，且P(z),Q(z)
l
k ? ? ? l0
（2）l 包围多个孤立奇点时：
? ? ? ? f (z)d z ? f (z) d z ? f (z) d z ? ? ? f (z) d z.
l
l1
l2
ln
?f (z) d z ? 2πi[Resf (z1) ? Res f (z2 ) ? ? ? Res f (zn )]
z? nπ
z? nπ sin z
? (?1)n
? 例4 计算积分
zez z2 ?
1
d
z
，C为正向圆周|
z|=2.
C
解
由于
f (z) ?
zez z2 ? 1
有两个一级极点+1,-1,
解：显然，z=i是函数的三阶极点。
Resf(i) ?
lim
z? i
1 (3 ? 1)!
d2 dz2
? ?(z ? ?
i)3
(z2
1 ?
?
1)3
? ?
?
1 d2
lim
z? i
2!
dz2
?1 ?
? ?
(z
?
i)3
? ?
?? 3 i 16
例3：确定函数 f (z) ? 1 的极点，求出函数在这些。
sin z
n
?f (z) d z ? 2 π i? Res f (bj ).
l
j ?1
D
bn ln l3 b3
b1 l1 b2
l2 l
证明 把在l内的孤立奇点zj(j=0，1,2,...,n)用互不包含的正
向简单闭曲线 lj 围绕起来：
l
(1) l 包围一个 f(z) 的孤立奇点 z0 时
?
? f (z) ? ak (z ? z0 )k