第四章 留数定理及其应用 - z z

f ( z) = ez (2) 2 2 z ( z + 9)
解： z
1 = z m (1 + ) − m 最高次幂为 z m 。 1 z z m (1 + ) m z
z 2m
= 0 为二阶极点， z = ±3i 为一阶极点， z = ∞ 为本性极点。
1)
1 d ez 1 Re sf (0) = lim = 1! z →0 dz ( z 2 + 9) 9 ez ez Re sf (3i ) = lim = lim 3 z →3i 2 z ( z 2 + 9) + z 2 2 z z →3i 4 z + 18 z cos3 + i sin 3 sin 3 − i cos3 e3i = =− = −108i + 54i −54i 54
(4)
1 1 = lim = −1 z z →i 2 kπ (1 − e )′ z →i 2 kπ −e z
e
1 1− z
解：
z = 1是本性奇点，
有无限多个负幂项。
e
1 1− z
=∑
1 1 k 1 1 ( ) = 1− .... + z − 1 2!( z − 1) 2 k =0 k ! 1 − z
第四章 留数定理及其应用 习题 1.4.1 1． 求下列各式函数在有限远处的孤立奇点处的留数
(1)
sin z z
z = 0 为可去奇点，
无负常数项。 Re sf
解：
(0) = 0 。
(2)
1 1+ z4
解： 一阶极点 由
1+ z4 = 0
确定：
z 4 = −1 = ei (2κ +1)π ,
zk = e
( z − 2kπ i )l z − 2kπ i z − 2kπ i g ( z) = ∑ = + + ... l ! 1! 2! l =1
∞
z − 2kπ i ( z − 2kπ i ) 2 + + ...] = ( z − 2kπ i ) [1 + 2! 3!
( z − 2kπ i )[1 + t ( z )]
a−1 = 1, Re sf (0) = 1
∴ I = 2π i Re sf (0) = 2π i
３．求下列各函数在弧主奇点（保括无穷远点）的留数 (1)
z 2m (m为自然数) (1 + z ) m
= −1 为 m 阶级点 z = ∞ 为 m 阶级点 1 d m−1 z 2m m Re sf (−1) = lim [(1 + z ) ] (m − 1)! z →−1 dz m−1 (1 + z ) m
则才有结果。
1 d tgπ z lim ( z 2 3 ) 也得同样的结果。但求导需要采用三次洛毕达法 z (2 − 1)! Z →0 dz
∴∫
(3)
z
tgπ z 8 8 dz = 2π i (− + + 0) = 0 3 z π π
∫
dz (0 < a < 1) z =1 az 2 + 2 z + a
*
∑ n ( −t )
n =1 ∞
∞
n −1
( −1)
1 = ( z − 2kπ i ) 2
∑ n[−
n =1
z − 2kπ i z − 2kπ i n−1 − ...] 2! 3!
项相乘， 没有
1 ( z − 2kπ i ) 2
与
n =1
1 ( z − 2kπ i )
项
1 与 n=2 ( z − 2kπ i ) 2 1 与 n≥3 ( z − 2kπ i ) 2
= lim
sin π z + ( z + 1/ 2)π cos π z −1 8 = = 3 3 z →−1/ 2 3 z cos π z − z π sin π z − (1/ 2) π sin( −π / 2) 1 − π π 8
2
３）在 z
= 0 的邻域展开 f ( z ) =
∞
tgπ z z3
由
i (2κ +1)π 4
, κ = 0,1, 2,3
f ( z) =
ϕ ( z) , ϕ ( zk ) = 1 ≠ 0 。 φ ( z)
z = zk +1)π 1 −3(2 k 4 = e 4
1 ∴ Re sf ( zk ) = 3 4z
π κ +1)π +i κ) 1 −i ( 3 1 + i − i (1+ 3 2 4 = e = e 2 。 4 4 2
(3)
sin 2 z ( z + 1)3
解： z
= −1 为三阶极点， z = ∞ 本性极点。
1 d2 1 Re sf (−1) = lim 2 sin(2 z ) = lim(−4sin 2 z ) = 2sin 2 (3 − 1)! z →−1 dz 2 z →−1
Re sf (∞) = − Re sf (−1) = −2sin 2 。
展开 (
1 1 2 1 1 4 ( ) + ( ) − ...] 2! 2 − z 4! 2 − z
当
κ = 0 ， Re sf (e 4 ) =
κ = 1， Re sf (e
i 3π 4
i
π
1 + i − iπ 1 + i e = 4 2 4 2
π 1 + i −i 5 i (1 + i ) e 2 =− )= 4 2 4 2
κ = 2 ， Re sf (e κ = 3 ， Re sf (e
(3)
= 2π i (−1 + 2) = 2π i
(2)
∫
z
tgπ z dz z3
圆内有极点
解：
1 1 z = 0及 z = ,− 。 2 2
1)
1 tgπ z 1 sin π z Re sf (1/ 2) = lim ( z − ) 3 = lim ( z − ) 3 z →1/ 2 z →1/ 2 2 z 2 z cos π z
i
5π 4
)=
1 + i − i 4π 1+ i e =− 4 2 4 2
i
7π 4
π 1 + i − i11 i (1 + i ) 。 e 2 = )= 4 2 4 2
1 1 − ez
解： 由
1 − ez = 0
得
ez = 1。
即
z = i 2κπ
是一阶极点
Re sf (i 2kπ ) = lim
Re sf (0) = 1
(7)
1 sin e1/ z z
1 1 1 f ( z ) = sin(1 + + + ...) z z 2! z 2 1 1 1 1 1 1 1 f ( z ) = [ (1 + + + − + + + ...)3 + ...] ...) (1 2 2 z 1! z 2! z z 2! z 3! 1 1 1 1 1 1 1 1 = [ − + − ...) − (1 − + − ...) + 2 (1 + ...) + ...] 2! 4! 2z z 1! 3! 5! z! Re sf (0) = a−1 = 1 −
= lim
sin π z + ( z − 1/ 2)π cos π z 1 8 = =− 2 3 z →1/ 2 3 z cos π z − z π sin π z 1 π − π 8
2) 同理
1 sin π z Re sf (−1/ 2) = lim ( z + ) 3 z →−1/ 2 2 z cos π z
∞
分式越来越大
g (l ) (2kπ i ) g ( z) = e −1 = ∑ ( z − 2kπ i )l l! l =0
g (0) (2kπ i ) = 0 dl z g (2kπ i ) = l (e − 1) = e2 kπ i = 1(l ≠ 0) z = 2 kπ i dz
(l )
代入：
2. 计算积分 (1)
1 1 + + ... = sin1 3! 5!
∫
z
2z +1 dz 2z2 − z
解：
z = 0及 z =
1 z
为一阶极点
1 I = 2π i[Re sf (0) + Re sf ( )] 2 = 2π i[lim 2z + 1 2z +1 + lim ] z →0 z − 1 z →1/ 2 2 z
3
1 1 1 143 Re sf (2) = 8 × 3 × (− ) + 8 × ( )3 × =− 2 2 24 24 Re sf (∞) = − Re sf (2) =
*)是三阶极点
∞
143 24
(−1) k 1 2k f ( z) = z ∑ （ ） ！2-z k =0 (2k )
3
= z 3 [1 −
(4) z
3
cos
1 z−2
解：
z = 2 为本性极点， z = ∞ 为极点 1 z − 2 3 ∞ (−1) k 1 2 k f ( z ) = z cos = 8(1 + ) ∑ ( ) z−2 2 k =0 (2k )! z − 2 z−2 z−2 2 z−2 3 ) + 3( ) +( ) ] = 8[1 + 3( 2 2 2 1 z−2 2 1 z−2 4 [1 − ( ) + ( ) + ...] 2 2 24 2
∞
∴ Re sf (1) = a−1 = −1
(5)
1 (e z − 1) 2
解：
z = 2kπ i 为二阶极点
1 d ( z − i 2kπ ) 2 Resf (i 2kπ ) = lim (2 − 1)! z →i 2 kπ dz (e z − 1) 2
求导后是不定式， 方法二： 令
z
采用洛毕达法则，
（二阶极点）
⎧ 1 ak z 2 k +1 (因为 t gπ z在z =0 领域解析，且为奇函数 ) tgπ z ⎪ = 23 ∑ k =0 1 2 3 ⎨ 1 z ⎪ = Z 3 [π z + 3 (π z )3 +15 (π z )5 +....] ⎩
∴ Re sf (0) = 0
Re sf (0) =
2
解： 由 az
+ 2z + a = 0
得
z1,2
−2 + 4 − 4a 2 1 1 = =− ± −1 a a 2a
在圆外。
为一阶极
点，
1 1 1 1 z1 = − + − 1 在圆内， z2 = − −1 a a a a
∫
dz = 2π i z =1 az + 2 z + a
2
Re sf ( z1 ) =
=
1 2az + 2 z = z1
=
2π i 1 2a (− + 1/ a − 1) + 2 a
πi
1 − a2
(4)
∫
1 sin dz z =1 z
1 ∞ 1 1 1 1 + ... sin = ∑ ( ) 2 k +1 = − z k =0 (2k + 1)! z z 3! z 3
解：为本性奇点
f ( z) =
1 1 1 = (e z − 1) 2 ( z − 2kπ i ) 2 [1 + t ( z )]2
1 d −1 −1 d ∞ ( −t ) n = = ∑ 2 2 ( z − 2kπ i ) dt 1 + t ( z ) ( z − 2kπ i ) dt n=0
−1 = ( z − 2kπ i ) 2
t ( z) ≤ ∑ t ( z) ≤ ∑
k =2 k =2
令
ε = 2 − 2kπ i
足够小，
t ( z ) < ∑ ε k −1 =
k =2
∞
ε ε +1
<1
故可应用
n 1 = ∑ (−t ) 公式。 1+ t n
(6)
sin
1 z
∞
(−1) k 1 2 k +1 1 1 1 1 1 f ( z) = ∑ ( ) = − + − ... 3 5 k z z z z (2 + 1)! 3! 5! k =0
2)
3)
i cos3 + sin 3 e −3i = Re sf (−3i ) = − −108i + 54i 54i
4)留数定理
Re sf (∞) = −[Re sf (0) + Re sf (3i ) + Re sf (−3i )]
1 sin 3 − i cos3 sin 3 + i cos3 = −[ − − 9 54 54 1 = (sin 3 − 3) 27
故
项相乘
1 ( z − 2kπ i )
没有
项系数为－１
项相乘，
1 ( z − 2kπ i )
项
f ( z) 的
1 ( z − 2kπ i )
项系数为－１，
即
Re sf (2kπ i ) = −1
＊
∞ z − 2kπ i ( z − 2kπ i ) 2 ( z − 2kπ i ) k −1 t (2) = + + ... = ∑ k! 2! 3! k =2 ∞ ∞ ∞ ( z − 2kπ i ) k −1 < ∑ ( z − 2kπ i ) k −1 k! k =2
解：因 z
= =
由留数Biblioteka Baidu理：
1 lim 2m(2m − 1)...[2m − (m − 2)]z m+1 (m − 1)! z →−1 1 (2m)! (−1) m+1 (m − 1)! (m + 1)!
(−1)m (2m)! Re sf (∞) = − Re sf (−1) = (m − 1)!(m + 1)! z = ∞ 为 m 阶级点 (注)