第五章留数的一般理论复变函数课件

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高等数学课件-复变函数与积分变换第五章留数 §5.1 留数定理及留数的求法

0
的去心邻域内的罗朗展开式为：
sin z
1 z2
z4
L
1n z2n
L
z
3! 5!
2n 1!
故负幂次项 z1的系数 C1 0 ，即
Res
sin z
z
, 0
0
若孤立奇点z0为f (z)的可去奇点，则
Res f (z), z0 0
例1.3
函数
f
(z)
1 z(z 1)2
在
z
1 处有一个
二级极点，这个函数又有下列罗朗展开式：
n
Ñc f zdz 2πiRes f z, zk （1.3） k 1
证把在c内的孤立奇点 zk k 1,2,L ,n
用互不包含的正向简单闭曲线 ck 围绕起来（如图5－1）
图5－1
蜒c f zdz
c1
f
z
dz
蜒 f c2
zdz L
cn
f
z dz
以 2 i 除等式两边，得
1
Cm 0
Байду номын сангаас
g z Cm Cm1 z z0 L C1 z z0 m1
C0 z z0 m L
在点 z0 是解析的，且 g z0 Cm 0
由
f
z
gz z z0 m
，有 z
z0 m
f
z
gz
上式两端对 z 求导 m 1 次，并取极限（z z0），
得
lim
在 z 1的去心邻域
0 z 1 1
内的罗朗展开式，由于
f
z
z
1
12
z
1
1
n0
1n
z

复变函数第五章1留数

证明：若z0是f (z)的m阶零点即 f (z) (z z0 )m(z)
((z)在 z0 处解析, 泰勒级数：(z) a0 a1(z z0 ) )
f (z)在z0处的泰勒级数为
f (z) a0 (z z0 )m a1 (z z0 )m1 a2 (z z0 )m2
f (z0 ) f (z0 ) f (m1)(z0 ) 0, f (m)(z0 ) a0 0.
则孤立奇点z0称为 f (z)的本性奇点.
例如：f (z) sin 1 以z 1为它的本性奇点
因为sin
1
1 z
在z 1的去心邻域0 z 1 上的罗朗展式为
1
1
z
sin
(1)n ( 1 )2n1
1 z n0 (2n 1)! 1 z
1 ( 1 ) 1 ( 1 )3 (1)n ( 1 )2n1
z 1是f (z)的本性奇点.
或 z沿实轴从点1的右侧趋向于1
z沿实轴从点1 的左侧趋向于1
1
lim e z1极限不存在，且不为 z 1
z 1是f (z)的本性奇点课. 件
1
lim e z1
z1
1
lim e z1 0,
z1
9
综上所述:
定理5.1 若函数f (z)在0 z z0 R内解析，则
z 1是(z2 1)( z 2)3的一级零点
z 2是(z2 1（) z 2）3的三级零点，
z 1是f (z)的二级极点，(见例7,m 1 3 n)
z 2是可去奇点， (见例7,m 3 n)
z 0,2,3， 4，是f (z)的三级极点.
(见例7, m 0 3 n)
k
课件
3
5.1.1 孤立奇点的定义及分类

复变函数第五章留数

第五章留数
§1 孤立奇点 §2 留数
1
§5.1 孤立奇点
一、孤立奇点定义
如果函数f z在z0不解析, 但在z0的某个去心邻域
0 z z0 内处处解析, 则称z0为f z的孤立奇点.
例如
1 sin
1
, z0
=
0为奇点,
但不是孤立奇点.
z
z 1 n 1,2,为奇点, n , z 0,
]
sinz
cosz
zzk
sinz sinz
z
zk
1
tgzdz
C
2i 8 1 16i
31
例4 计算 z4 sin 1 dz, C为 z 1 2.
C
z
解奇点：z 0, 奇点类型不清楚，
•
z4
sin 1 z
z4
1 z
1 3! z3
1 5! z5
1 7! z7
z3
z 3!
1 5! z
1 7! z3
Re
s
f
z,0
c1
1 120
C
z4
sin
1 z
dz
2i
Re
s
f
z,0
60
i
32
例5 计算
C
z z4 1
dz,C为 z
2，正向.
解显然 z 1,i 都是 f z 的一级极点，
f z ( z z0 )m z ，
其中 z在z0解析，且 z0 0，m为正整数，
则
z
为
0
f
z
的m
级
零
点.
例如对于 f z z(z 1)3，z0 0, z0 1分别是其一级

《复变函数》第5章

例: 对 f (z) z3 1.
f (1) 0, f (1) 3z 2 z 1 3 0
z 1 是 f (z)的一级零点.
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第7页
定理: z0 是 f (z)的m级极点
证:
f
(z)
(z
1 z0
)m
g
(z)
z0
是
f
1 的m级零点. (z)
f
复变函数（第四版）
第五章留数
§1 孤立奇点 §2 留数 §3 留数在定积分计算上的应用 *§4 对数留数与辐角原理
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第1页
§1 孤立奇点
1. 定义
如果函数 f (z)在 zo处不解析, 但在 zo的某一去心邻域 0 < | z－zo |<δ处处解析, 则称zo 为函数 f (z)的孤立奇点. 例：z 0 为 f (z) sin 1 的孤立奇点 .
5
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第4页
∴
z = 0 分别是本性奇点.
sin z
z
,
sin z4
z
,
sin
1 z
的可去、3极、
(1) zo为 f(z)的可去奇点
相当于实函可去间断点
lim f (z)存在且有限
zz0
f (z)在zo点的某去心邻域内有界.
(2) zo为 f (z)的极点
例:
z
0
是
ez 1 z2
的一级极点.
z
1
是
(z 1)3 sin( z 1)
的二级零点.

高等数学课件-复变函数与积分变换第五章留数 §5.2 用留数定理计算实积分

§5.2 用留数定理计算实积分
引言
在实际问题中，往往会遇到求一些实积分的值，计算比较复杂。但是，如果把它们化为复变函数的积分，运用留数定理计算可能要简捷的多。
首先，被积函数必须要与某个解析函数密切相关。
其次，定积分的积分域是区间，而用留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线的积分。
一、形如
积分限化为从到，又显然 lim f z 0 z
于是积分属于上述类型，可由（2.4）式计算
f z 可写成
f z
1 z2 a2
2
z
ia
1
2
z
ia
2
易见，f z 在上半平面只有一个二级极点
z ia，计算 f zeipz在 z ia 点的留数
Re s f
z eipz ,ia
Re s
f
z eiz , 2i
lim z
z2i
2i
f
z eiz
zeiz
1
lim
z2i z 2i
z2 1
6e2
Re
s
f
z eiz ,i
lim z
zi
i
f
z eiz
lim
zeiz
1
zi z2 4 z i 6e
将所得留数代入（2.5）式得：
I
xsin x dx
(x2 4)(x2 1)
奇点？在实轴上是否无奇点？
c．等式 lim zf z 0 是否成立？ z
（2）计算 f z在上半平面奇点处的留数，
然后代入上述公式就得结果。显然结果必然
是实数，如果是复数，说明计算有误。
例2.3计算积分
x2
I
x2 1 2 dx

[整理]复数与复变函数课件第五章-留数课件ppt

f ( z ) a m ( z z 0 ) m a m 1 ( z z 0 ) m 1 ,
其中， a( z m z 00 ) .m [ a m a m 1 ( z z 0 ) a m 2 ( z z 0 ) 2 ]
(zz0)m (z).
收敛且解析
方法一 f(0)0, f(0 ) 1 cz o z 0s 0 , f(0 ) sizz n 00 , f(0 ) cz o z 0 s1 0 , z0是 f (z)的三阶零点。
k 0 , 1 , 2 , ,
z k
1 kπ
为孤立奇点；
(2) z0也是奇点，但不是孤立奇点。
这说明奇点未必是孤立的.
y
函数的实部
o
x
注: 若函数的奇点个数有限，则每一奇点都是孤立奇点.
四、孤立奇点的分类
根据函数在其孤立奇点的去心邻域的洛朗级数对奇点分类
定义设 z 0 为 f (z) 的孤立奇点，将 f (z) 在 0|zz0| 内
例 f(z)lnz, 原点及负实轴上的点均为奇点，但不是孤立奇点。
三、孤立奇点
定义设 z 0 为 f (z) 的奇点，且存在 0, 使得 f (z) 在去心邻域 0|zz0| 内解析，则称 z 0 为 f (z) 孤立奇点。
例 f (z) 1 ,
sin
1 z
(1) 令 sin
1 z
0
,
1z k π ,
解 z0是 f (z) 的奇点，由 limf(z)limsinz 1,
z0
z0 z
可知，z0是 f (z)的可去奇点。
或将 f (z)在 z0的去心邻域展成洛朗级数，有
f(z)sizn 1(z1z31z5 )

复变函数第五章留数

F(t)
c
n
t
n
cnt
n
(2)
n 1
n0
第五章留数
相应地规定：如果 t = 0 是 F(t) 的可去奇点、m 级极点或本
性奇点，则称z 是 f (z) 的可去奇点、m 级极点或本性奇点。
将式（1）写成
f
(z)
c
n
z
n
c0
cn zn
(3)
n 1
n 1
将式（2）写成
F(t)
cn t n
c0
cnt
( n 0, 1, 2, , m 1)
f
(m) (z0 ) m!
a0
0
故必有 f (z) cm (z z0 )m cm1(z z0 )m1 cm2 (z z0 )m2
(z z0 )m[cm cm1(z z0 ) cm2 (z z0 )2 ]
(z z0)m (z)
根据 0 z z0 内 f (z) 的 Laurent 级数的不同，孤立奇点分为三种类型。
第五章留数
1、可去奇点
如果 Laurent 级数中不含 z z0 的负幂项，孤立奇点 z0 称为 f (z) 的可去奇点。
即
c0 c1(z z0 ) cn (z z0 )n
在 0 z z0 内收敛于 f (z) 。
lim f (z)
zz0
或
lim f (z)
z z0
第五章留数
如果 f (z)以 z0为其孤立奇点，则下列四个条件是等价的。它们中的任何一条都是 m 级极点的特征：
（1） f (z) 在以 z0 点为中心的去心邻域内的 Laurent 级数只有有限多个 z z0 的负幂项；

复变函数第五章1留数

sinz lz i0mz4
lz i0m((szi4)zn)' '
cosz lz im0 3z3
z 1为极点。
2020/6/16
11
5.1.2 零点与极点的关系
定义5.1：设f(z)在z0的邻域内解f析 (z0)， 0若，
则称 z0为解析函 f(z)数的零点 m阶零点: 若不恒等于零的解析数函 f (z)能表示成
z a为(z)(z)的 mn阶零 . 点
2)(z)(z)(za)m n 1 1((z z))
当 mn时z， a为 ((zz))的 (mn)阶零点，当 202m 0/6/1 6 n时当mz， na时为， z((zz))的 a为 (n ((m zz)))阶的可极去点 . 奇，点 16
7!
z 0为可去奇点 .
或
(sizn z) 0,(sizn z)' 0,
z0
z0
(sizn z)' 0,(sizn z)(3) 0
z0
z0
z0是(sinzz)的三级零点。
z 0是z3的三级零点。
z 0为可去奇点 . (见7,例 m3n)
2020/6/16
19
3) f(z） (z2(s1)in(zz)32)3
问 1 ） (z)(z)、 2 )(z)(z)在 z a有何性质？
解可设 (z） (za)m 1(z)(z） (za)n 1(z)
其 1 ( z ) 中 1 ,( z ) 在 z a 解（ 1 析 a )1 ( a ) ， 0 . 1 ） ( z )( z ) ( z a ) m n1 ( z )1 ( z ),
类似z， i为f(z)的一阶极点。
问题z：是 1 的几阶极点？

复变函数留数.ppt

f
z
c1
z 定理5.2 若 f z 在扩充平面上只有有
限个孤立奇点，设为
a1，a2 an，
则留数总和为0
计算的残数的方法：
Re s z
f
z
Re s t 0
f
1 t
1 t2
Re s z
f
z
c1
例6.5 计算
I
z15 dz
z 4 z 2 1 2 z 4 2 3
解：共有七个奇点： z i
Re s z 1
f
z
5z
2
z
z 1
2 z2
z1 2
由残数定理，得
z
2
5z
zz
2
12
dz
2i
2
2
0
例5 计算
In
tan zdz
z n
解： tan z sin z 只以 cos z
z k 1 k 0，1，
2
为一级极点，而
Re s
zk 1 2
tan
z
sin
cos
I
|z|1
z2
z 2 2
1 2 p
1 z z 1
2
p2
dz iz
|z|1
2iz
1 z4 2 (1 pz)(z
p)
d
z
f
|z|1
(z)
d
z
在被积函数的三个极点z=0,p,1/p中只有前两个在圆周|z|=1内, 其中z=0为二级极点, z=p为一级极点.
Res[
f
( z ),0]
lim
2
I1
iI2
i 2

【PPT】【复变函数与积分变换】留数及其应用

(法P则11)5 法则Ⅲ
理由
f (z)
am (z z0 )m
a1 z z0
a0 a1(z z0 ) ,
(z z0 )m f (z) am a1(z z0 )m1 a0(z z0 )m ,
dm1 d z m 1
[(
z
z0 )m
f
(z)]
(m 1)!a1
(z
z0 ) (z),
§5.2 留数
一、留数的概念二、留数的计算方法三、留数定理四、函数在无穷远点的留数
2020/8/4
复变函数
1
一、留数的概念
定义设 z0 为函数 f (z)的孤立奇点，将 f (z) 在 z0 的去心邻域
P112 定义
内展开成洛朗级数：
5.4
f (z) an(z z0 )n
n
a1 z z0
z z0
2020/8/4
复变函数
6
解 (1) z 0 是 f1(z) 的可去奇点， Res[ f1(z), 0] 0 .
(2) z 0和 z 1均为 f2(z) 的一阶极点，
Res[
f2(z),
0
]
lim[
z0
z
f1(z)
]
lim
z0
1 z1
1,
Res[
f
2
(
z
)
,
1
]
lim[
z1
(
a0 a1(z z0 ) ,
(两边积分)
称 a1 为 f (z) 在 z0 处的留数，记作：
Res[
f (z),
z0 ] a1
1 2πi
f (z)dz ,
C
其中，C 是 z0 的去心邻域内绕 z0 的一条简单闭曲线。

复变函数留数PPT课件

1
1 z2
1 1 2! z4
Res[ f (z),0] 0
I0
工程数学---------复变函数
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4. 无穷远点的留数定义：设 f (z)在H : R z 内解析，C为H内绕原点的任何一条简单正向闭曲线，则积分
2i
k 1
Res[
f
(z), zk ]
工程数学---------复变函数
目录上页下页返回结束
以 (z z0 )m 乘上式的两端，得 (z z0 )m f (z) cm cm1(z z0 ) c1(z z0 )m1
c0 (z z0 )m c1(z z0 )m1
两边求 m 1阶导数，并乘以 1 , 得 (m 1)!
{ z
1 }
z2
(1)m1
(m 1)! (z z2)m
1 Res[ f (z), z1] (z2 z1)m
工程数学---------复变函数
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z2为f (z)的一级极点，
Res[
f
( z ),
z2 ]
lim ( z
zz2
z2 )
f
(z)
1
lim
zz2
(z
z1 ) m
(z z2 z3 )3
z2 z3
1 z2 z4 ) 3! 5!
(1 z z2 )3
2! 3!
2! 3!
1(z)
z
工程数学---------复变函数
目录上页下页返回结束
1 z2 z4 )
其中(z)
(1
3! z
5! z2
)3
,
且(0) 1，(z)在z 0

复变函数第五章留数

f ( z) 1 ( z z0 )
m
g ( z ) ，）（
其中 g (z) = cm+ cm+1(zz0) + cm+2(zz0)2 +... , 在 |zz0|<d 内是解析的函数, 且 g (z0) 0 . 反过来, 当任何一个函数 f (z) 能表示为(*)的形式, 且 g (z0) 0 时, 则z0是 f (z)的m级极点.
c0=c1=...=cm1=0, cm0, 这等价于
f (n)(z0)=0, (n=0,1,2,...,m1), f (m)(z0)0 。
例如 z=1是f (z)=z31的零点, 由于 f '(1) = 3z2|z=1=3 0,
从而知 z=1是f (z)的一级零点.
由于f (z) = (zz0) m j (z)中的j (z)在z0解析, 且j (z0)0, 因
4.函数的零点与极点的关系
不恒等于零的解析函数 f (z)如果能表示成
f (z) = (zz0) m j (z), 其中j (z)在z0解析且j (z0) 0,
m为某一正整数, 则z0称为f (z)的m级零点.
例如当 f (z)=z(z1)3时, z=0与z=1是它的一级与三级零点.
根据这个定义, 我们可以得到以下结论:
例 3 对 m Z 讨论函数
m 0 : z 0 为解析点；
f (z)
e 1
z
z
m
在 z 0 处的性态。
m 1 : z 0 为可去奇点；
2 m m 1 1 z z z m 1 : f (z) m z 2! m! ( m 1 )! z
C C1 C2 Cn

复变函数第五章留数教学课件

1 z (z
z5 1)2(z 1)3
s in z z
1 z
g( z ),
所以 z 0 是单极点； z 1 是二级极点;
z 1 是三级极点.
26
例3
证明 z
0
是
f
(z)
1 z 3 (e z3
的六级极点. 1)
证
1 f (z)
z 3 (e z3
1)
z31
z3
(z3 )2 2!
1,
n
f (z)dz 2π i Res[ f (z), zk ]
C
k 1
留数定理将沿封闭曲线C积分转化为求被积函数在C内各孤立奇点处的留数.
11
2)留数的计算方法
(1) 如果 z0 为 f (z) 的可去奇点, 则
Res[ f (z), z0] 0.
(2) 如果 z0 为 f (z)的本性奇点, 则需将 f (z) 展开
解 (1)在 0 z 1 内,
sin z
1
1
z
1
1
1 3!(z
1)3
,
所以 Ressin(1z 1) ,1 C1 1.
28
(2) z2 sin1 z
解因为sinz z z3 z5 , 3! 5!
所以在0 z 内，
z2
sin1 z
z 2
1 z
1 3! z 3
1 5! z 5
z6 z9 z12 2! 3!
因为 z 0是 1 z3(ez3 1)的六级零点， f (z)
所以
z
0是
f
(z)
1 z 3 (e z3
的六级极点. 1)
27
例4 求下列各函数在有限奇点处的留数.

复变函数第五章2留数的一般理论

注：C的反方向正好是包含的闭曲线的正方向。
(对于C上任意一点P沿此方向在C上前进
时, 始终在点P的左方.)
f (z)在R z 内的罗朗展开式
f (z) c1z 1 c0 c1z
1
2i C f (z)dz c1 (利用柯西定理及例3.6)
1
Res[f (z),] 课件2i C f (z)dz
(
ez z2
1)
z
1
f (z)在R z 内的罗朗展开式
zn 1
f (z)
n0
n! z2
1 1 1 z z 2! 3!
ez 1
Re s[ z2 , ] 1
课件
20
定理5.6 如果函数f (z)在扩充复平面内除有限个孤立奇点
z1, z2, , zn , 外处处解析，那么 f (z)在所有各奇点（包括点)的留数的总和必等于零.
2
解 z 0为被积函数的一阶极点，z 1为二阶极点
且 z 0, z 1都在C内。根据留数定理
C
ez z(z 1)2 dz
2i{Res ez
Res[ f (z),0] lim
z0 z(z
[f (z),0] Re
1)2 z 1
s[
f
(
z),1]}
Res[
f
(z),1]
(2
1 1)!
lim
1
2i
f (z) dz
c
为f (z)在孤立奇点z0 的留数，记作 Res[ f (z), z0 ]
其中，C : z z0 r R
c1 Res[ f (z), z0 ]
f (z)在z0去心邻域上罗朗级数中负幂项 c1 (z z0 )1的系数。

复变函数第五章2留数的一般理论

2020/6/3
1 !z idz
1 4 e12
定理5.5(留数定理）设D是复平面上一个有界闭区域，
若函 f(z)数在区 D内域除有限个 z1,z2,孤 ,zn立外处奇处点解
且它D 在的边C界上也解析n ，则
f(z)d z2iRefs(z)[,zk].
C
k1
证明：分别z围 1,z2, 绕 ,zn构造小c1的 ,c2,圆 ,cn 周
z0是 f(z)的一阶 zi极是 f(z)的点二，阶
Re f(zs )0 [,]lifm (z)z z 0
lim
z0
eiz (z2 1)2
1
Rfe(z)si],[1lid m {f(z)(z i)2}
1 !z idz
d
eiz
lim { zi dz z(z
i)2}
3 4e
类似地，Rfe (z)s ,i] [1lim d{f(z)(z i)2 }
z0
f(z)在z0的去心 0邻 z域上的罗朗级数
1
(fn( z0)zn11z)e(zzn 0n1z!1(11z)zn)e 1z(z zz 2 (n 0zz3 n ) (n) 01 ( n 1!1 z( 1z)2 1 n!)z 1 2 3 1 !z 1 3 )
z1的系数 c1
1 2!
解：ez在z 0的去心邻域内的罗数朗为级：
1
ez
1 (1)n
n0 n! z
ce1 zd zc {n 0n 1 !(1 z)n}d zc { 11 z2 !1 z2 }d z
2i
2020/6/3
2
二.留数定义
（一般情计形算）积 cf(z分 )d， z 其 c为中 z0去心邻

复变函数----5

点
4
z0是m级极点
f
z

gz ， z-z0 m
其中g z在z0解析，且g z0 0。
证: 上述讨论.
第一节

f
z

gz z z0 m
,而g
z
在z0解析
孤立

f

z

z
1 z0
m
c0 c1 z z0 c2 z z0 2

R
z
1
z0 m

g
z
节

z

z0时，f
1
z

z

z0
m

g
1
z

z

z0
m

z

孤
立
显然 z在z0点解析，且 z0 0
奇
点
而 lim z z0
f
1
z
0
只要令
f
1
z

0，则z0即是
f
1
z
的m级零点
第一
例7
判别
sin3
1
z

奇
点

t 0是 t的m级极点 z 是f z的m级极点
3 若1式中含有无穷多正幂项
t 0是 t的本性奇点 z 是f z的本性奇点
第
一此外，与有限奇点类似:
孤
立奇
zz0 R

T 展开
z z0
m c0 c1
z z0

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