复变函数第14讲

n =+∞ n =−∞
cn z n , ∑
则 Re s[ f ( z ), ∞] = −c−1。
1 1 注意到： 注意到： ∫− f ( z )dz + 2πi ∫ f ( z )dz = 0 2πi c c
再由无穷远点留数定义及留数定理，立即得到： 再由无穷远点留数定义及留数定理，立即得到： 定理： f(z)在扩充复平面内只有有限个孤 定理：若f(z)在扩充复平面内只有有限个孤 立奇点， f(z)在所有奇点（包括无穷点 无穷点） 立奇点，则f(z)在所有奇点（包括无穷点）处的 留数值之和为0 留数值之和为0。
§2 留数
1.留数的定义及留数定理 1.留数的定义及留数定理
设 z0为 f ( z )的孤立奇点，则在其某去心邻域 0 < z − z0 < r 内，函数可展成罗朗级数：
∞
f (z) =
n=−∞
∑cn (z − z0 )
n
r .z0 c
上式两端沿c积分，其中c 上式两端沿c积分，其中c为此去心邻域内围绕 z0的任一正向简单闭曲线，得到 的任一正向简单闭曲线，
解： 1. z = 1为其n阶极点，留数为
1 z 2 n ( n −1) Res[f(z),1]= lim[( z − 1) n ] n (n − 1)! z →1 ( z − 1) 1 = lim( z 2 n )( n −1) (n − 1)! z →1 1 = lim 2n(2n − 1)⋯ (n + 2) z n +1 (n − 1)! z →1 2n(2n − 1) ⋯ (n + 2) (2n)! = = ( n − 1)! (n − 1)!(n + 1)!
1 1 e = 1+ + +⋯ z 2!z
1 z
∴ Res[e ,0] =1
1 z
1 f ( z) = 在z = 1处的留数。 2 z ( z − 1)
f (z) = 1 1 1 = [1− (z −1) + (z −1)2 +⋯ ] 2 2 (z −1) z −1+1 (z −1)
∴Res[ f (z)1] = c−1 = −1 ，
z 2n 1、求f ( z ) = 在z = 1点的留数. n ( z − 1) dz z 2. I = ∫ 3 . 3. I = ∫ 4 dz. z ( z − i) z −1 z =2 z =2 4. I =
z Hale Waihona Puke Baidun
∫
tan(π z )dz , n为正整数.
1 5. f ( z ) = 在孤立奇点处的留数. sin z
z =n
z =i
1 =− . 4
∫
tan(π z )dz , n为正整数.
先寻找积分曲线内部的奇点
sin πz tan πz = , cos πz
cos π z = 0 ⇒ π z = kπ +
π
2
,
1 奇点：zk = k + 2
K取到多少？ 取到多少？ 取到多少
k = 0, ±1, ±2,⋯ , ± (n − 1), − n， C内共有 个奇点 内共有2n个奇点 内共有
设函数 f ( z )在圆环域 R < z < ∞ 内解析 (即 ∞ 为孤立奇点)， c为这环域内绕原点的任何一条正向 简单闭曲线，那么我们定义 f ( z )在 ∞ 点的留数为 1 Re s[ f ( z )， ∞ ] = ∫− f ( z ) dz 2π i c
结论： 结论：
设f ( z )在R <| z |< ∞内的洛朗展式为 f ( z) =
1 ∴留数 =c−1= − 5!
3
5
在规则2的公式中， 注2. 在规则2的公式中，m实际上可以取比极点 级数大的整数。这从公式的证明中可以看出。 级数大的整数。这从公式的证明中可以看出。 在某些情况下，取较大的m反而计算更方便。 在某些情况下，取较大的m反而计算更方便。例 如上面的例子就属于这种情况。 如上面的例子就属于这种情况。 练习：求留数或积分： 练习：求留数或积分：
所以有 − Re s[g(z),0] = −c−1 = Re s[ f (z), ∞]
z 1 Res[f ( z )，i ] = lim =− 2 z →i ( z + i )( z − 1) 4
同样可得另外三点处的留数， 同样可得另外三点处的留数，最后结果为 I=0 注：此题也可用准则3求留数 此题也可用准则 求留数
z z 如：Res[ 4 , i ] = 3 z −1 4z
4. I =
∫
c
f (z)dz = 2πic−1
特点：本来右端有无穷多项，积分后， 特点：本来右端有无穷多项，积分后，结果只留下 一项不为零。由此引出了留数的定义： 一项不为零。由此引出了留数的定义： 定义： 定义： 函数f (z)在其孤立奇点z 处的留数为
0
1 Res[ f (z),z0 ] = f ( z )dz =c−1 2πi ∫ c
准则1 准则1： 若 z0为 f ( z )的一级极点，则
Res[f ( z ), z0 ] = lim ( z − z0 ) f ( z )
z → z0
证明：此时
c−1 ( z − z0 ) f ( z ) = ( z − z0 )[ + c0 + c1 ( z − z0 ) + ⋯] z − z0 = c−1 + c0 ( z − z0 ) + c1 ( z − z0 ) 2 + ⋯
z − sin z 例如：求f ( z ) = 在奇点处的留数。 6 z
若想用前面的留数计算规则，首先要判断极点的级数。 若想用前面的留数计算规则，首先要判断极点的级数。 首先注意： 点并不是6阶极点 级极点。 首先注意：z=0点并不是 阶极点，实际上是 级极点。 点并不是 阶极点，实际上是3级极点
(z − z0 )m f (z) = c−m + c−m+1(z − z0 ) +⋯+ c−1(z − z0 )m−1 +⋯
上式两端求 m − 1阶导数，再令 z → z 0 取极限，即得
m−1
1 d c−1 = lim m−1 [(z − z0 )m f (z)] (m−1)! z→z0 dz
准则3： 准则3
应用规则2 ，得 z-sinz 1 d2 Res[ 6 , 0] = lim 2 z (3 − 1)! z→0 dz 3 z-sinz z ⋅ z6 = ⋯
实际上此题用用展开法十分方便： 实际上此题用用展开法十分方便： 用展开法十分方便
1 z z f ( z ) = 6 [ z − ( z − + −⋯)] z 3! 5!
1 1 2 1 同理 ∵ z sin = z [ − + ⋯] 3 z z 3! z
2
1 z
1 1 −1 2πi 2 ∴ ∫ z sin dz = 2πi Res[z sin ,0] = 2πi = − z z 3! 3 z =1
2
2.留数计算规则 2.留数计算规则
除了洛朗展开法求留数外，还可用以下规则求留数： 除了洛朗展开法求留数外，还可用以下规则求留数：
不难看出， 满足准则3的条件，故此： 不难看出，它 满足准则3的条件，故此：
sin zk sin z Res[tan z，zk ] = = = −1 [cos z]′ zk −sin zk
思考：若用准则1如何求？ 思考：若用准则1如何求？ 求留数的方法是很灵活的， 注1. 求留数的方法是很灵活的，要根据具体问 题选择适当的方法。 题选择适当的方法。
∴ I = 2π i{Re s[ f ( z )， + Re s[ f ( z ), i ]} = 0 0]
z 3. I = ∫ 4 dz z =2 z − 1
z 4 − 1 = ( z 2 + 1)( z 2 − 1) = ( z + i )( z − i )( z + 1)( z − 1)
c内有 个奇点，且皆为一阶极点 内有4个奇点 内有 个奇点，
p( z) ， p ( z )、 q ( z )皆在 z0点解析，且 q( z) p ( z0 ) ≠ 0， q ( z0 ) = 0， q ′( z0 ) ≠ 0，那么 z0为 f(z )的一级 设 f(z )= p ( z0 ) q ′( z 0 )
极点，且 Res[f(z),z 0 ] =
1 证明：显然，z0为q(z)的一级零点，因而为 的一级极点。 q(z) 1 ϕ(z) g(z) 所以 = ，从而f (z) = ，其中g(z) = ϕ(z) p(z)在 q(z) z − z0 z − z0 z0解析且g(z0 ) ≠ 0 。故z0是f (z)的一级极点。
何种类型？ 一极极点！ 故此用准则3， 何种类型？ 一极极点！ 故此用准则 ，得
sin π z sin π z Re s[ ，z k ] = cos π z −π sin π z
=−
zk
1
π
I = 2π i ∑ Re s[tan π z, zk ] = 2π i (− )2n = −4ni
k
1
π
1 5. f (z) = 在孤立奇点处的留数 sin z
无穷远点的留数计算
规则4 规则4 证明
1 1 Res[f(z), ∞] = − Res[f( ) ⋅ 2 ,0] z z
设f ( z )在R <| z |< ∞内, f ( z ) = 1 n =+∞ − n f ( ) = ∑ cn z z n =−∞
n =+∞ n =−∞
cn z n，则 ∑
1 1 n =+∞ − n − 2 1 令g ( z ) = 2 f ( ) = ∑ cn z ， 则g ( z )在0 <| z |< 内解析。 z z n =−∞ R
奇点：zk = kπ , k = 0, ±1, ±2,⋯
分母为0，但一阶导数不为 ，故为一级极点。 分母为 ，但一阶导数不为0，故为一级极点。
1 1 1 Re s[ ，z k ] = = = (−1) k sin z (sin z )′ zk cos kπ
3. 函数在无穷远点的留数
定义： 定义：
其中c如上面所规定。
由定义， 由定义，函数在某一孤立奇点处的留数即函数在 该点的去心邻域内的罗朗展式中负一次幂的系数c 该点的去心邻域内的罗朗展式中负一次幂的系数c-1。
即
sin z 1 z3 如 = 4 [ z − +⋯] 4 z z 3!
sin z 1 ∴ Res[ 4 ,0] = − z 3!
令 z → z0，便知极限为 c−1。
证毕
准则2 准则2： 若z 0为f ( z )的m 阶极点，则 阶极点，
1 dm−1 Res[ f (z),z0 ] = lim m−1 [(z − z0 )m f (z)] (m−1)! z→z0 dz
证明：设 z0为 f ( z ) m阶极点，则 c−m c−1 f (z) = +⋯+ + c0 + c1(z − z0 ) +⋯ m (z − z0 ) z − z0
由准则1 由准则1，得
p(z0 ) p(z) p(z) Res[f(z), z0 ] = lim(z − z0 ) = lim = z→z0 q(z) z→z0 q(z) − q(z 0 ) q′(z0 ) z − z0
π sin z 奇点为： 例如： tan z = ， 奇点为： zk = kπ + cos z 2
k =1
n
证明 此定理实际上是复合闭路定理的又一不同 表现形式。 表现形式。
给出了计算闭路积分的又一方法—留数法 留数定理 给出了计算闭路积分的又一方法 留数法
如： I =
1 z
z =1
∫e
1 z
dz ,
c内只有一个奇点 = 0， z
1 ∵ e =1+ +⋯ ∴c−1 =1 ， z
∴I = 2πi Res[e ， = 2πic−1 = 2πi 0]
问题：可去奇点处的留数为多少？ 问题：可去奇点处的留数为多少？ 0
.z1 留数定理： 留数定理：
c c1 c2 .z2
.zn cn
设函数f ( z )在区域D内除有限个孤立奇点z1 , z2 ,⋯ , zn 外 处处解析，C是D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线， 那么
∫
c
f ( z ) dz = 2π i ∑ Re s[ f ( z ), z k ]
2. 显然，z=0为3级极点，z=i为1级极点 显然， 级极点， 为 级极点 级极点. 为 级极点
1 1 1 2 1 Re s[ f ( z )， = lim( 0] )′′ = lim = 3 2! z →0 z − i 2 z →0 ( z − i ) i 1 1 Re s[ f ( z )，i ] = lim 3 = − z →i z i