第四章 留数定理及其应用 - z z
04 留数理论及其应用
数学物理方法
物理学院 邓胜华
第四章 留数理论 一、留数定理 二、利用留数理论求积分 三、在无穷远点的留数 四NG S.H
1/41
物理学院 邓胜华
18:53:44
第 4 章 留数理论
一、留数的引入
设 z 0 为 f ( z )的一个孤立奇点，
z0 的某去心邻域：0
证
f (z) cm (z z0 )m c2 (z z0 )2
c 1 ( z z0 ) 1 c0 c1 ( z z0 )
(z z0 )m f (z) cm cm1(z z0 ) c1(z z0 )m1
c0 ( z z0 )m c1 ( z z0 )m 1
C1 C2 Cn
2πiRes[ f ( z ), z1 ] Res[ f ( z ), z2 ] Res[ f ( z ), zn ]
1 1 1 f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz 2πi 2πi C 2 2πi C n 2πi C 1
10/15/2015 DENG S.H 14/41
,
物理学院 邓胜华
第 4 章 留数理论 1 2π 1 iθ iθ f ( ρ e ) ie dθ Res[ f ( z),] f ( z ) d z 0 2πi 2i C 1 2π 1 i f i i d . 2π i 0 re re
P ( z 0 ) 0 , Q ( z 0 ) 0 , Q ( z 0 ) 0 ,
P ( z0 ) 则有 Res[ f ( z ), z0 ] . Q ( z 0 )
论文留数定理及其应用
石河子大学本科毕业论文（设计）留数定理及其应用院系师范学院专业数学与应用数学姓名向必旭指导老师曹月波职称讲师摘要留数，也称残数，是指函数在其孤立奇点处的积分。
综观复分析理论的早期发展，这一概念的提出对认识孤立奇点的分类及各类奇点之间的关系具有十分重要的意义。
同时，它将求解定积分的值的方法推进到一个新的阶段，通过函数的选取，积分路径的选取等等，求解出了许多被积函数的原函数解不出来的情况，为积分理论的发展奠定了充分的基础。
1825 年，柯西在其《关于积分限为虚数的定积分的报告》中，基于与计算实积分问题的情形的类比,处理了复积分的相关问题，并给出了关于留数的定义。
随后，柯西进一步发展和完善留数的概念，形成了定义。
柯西所给的这一定义一直沿用到了现在，推广到了微分方程，级数理论及其他一些学科，并在相关学科中产生了深远影响，成为一个极其重要的概念。
因而很自然地产生了这样一个问题：柯西为什么要定义这一概念或者说，什么因素促使柯西提出了留数的定义显然这一问题对于全面再现柯西的数学思想，揭示柯西积分理论乃至整个复分析研究的深层动机等具有极为重要的理论意义和历史意义。
随着留数的发展，复积分的相关问题得到了极大的进步，并解决了一些广义积分和特殊定积分的计算问题。
关键字：留数；留数定理；积分目录摘要···············································1. 引言·············································2. 留数············································· 2.1 留数的定义及留数定理························ 2.2 留数的求法·································· 2.3 函数在无穷远处的留数························3. 用留数定理计算实积分3.1 计算形如∫f (cos x ,sin x )dx 2π0的积分············ 3.2 计算形如∫f (x )+∞−∞dx 的积分···················· 3.3 计算形如∫P (x )Q (X )+∞−∞e imx dx 的积分················3.4 计算形如∫P (x )Q (x )+∞−∞cos mxdx 和∫P (x )Q (x )+∞−∞sin mxdx 的积分3.5 计算积分路径上有奇点的积分···················· 参考文献1. 引言留数理论是柯西积分理论的延续。
第四章留数定理§4.1留数定理
解于
z → nπ (n为整数，包括零)，有sin z → 0，f (z) → ∞。因此，z0 = nπ
是极点.
lim [(z − nπ ) f (z)] = lim z − nπ .
z →nπ
z→nπ sin z
应用罗毕达法则确定上式右边的极限,
lim [(z
z →nπ
−
nπ ) f
(z)] =
lim+Βιβλιοθήκη "+
z
+
1
⎤ ⎥⎦
=
lim
z →1
z n−1
+
1 zn−2 +"+
z
+1
=
1. n
另解
应用 (4.1.9) ,
( ) ⎡
lim⎢ z→1 ⎢⎣
z
n
1 −
1
′
⎤ ⎥ ⎥⎦
=
lim
z →1
1 nz n
−1
=
1. n
因此,在单极点 z0 =1 留数是 1 n .
例2 确定函数 f (z)=1 sin z的极点,求出函数在这些极点的留数。
点的留数:
( ) Re
sf
⎜⎛ ⎜⎝
−1
+
1−ε 2 ε
⎟⎞ ⎟⎠
=
lim
z → z0
1 εz2 + 2z + ε
′
= lim 1 = 1 z→z0 2εz + 2 2 1 − ε 2
应用留数定理, ∫ dz z =1 εz2 + 2z + ε
= 2πi Re sf (z0 ) = 2πi
留数定理及其应用
留数定理及其应用
留数定理是复变函数理论中的重要定理，用于计算函数在奇点处的留数。
具体来说，如果函数f(z)在区域D内解析，除了有
限个孤立奇点外，则对于D内的任意简单闭曲线C，有如下
留数定理：
∮Cf(z)dz = 2πi * sum(Res(f, z_k))
其中，∮C表示沿C的积分，Res(f, z_k)是函数f(z)在奇点z_k
处的留数。
留数定理的应用主要包括以下几个方面：
1. 计算积分：通过计算函数在奇点处的留数，可以用留数定理来计算复变函数沿闭合曲线的积分。
这样可以简化积分计算，尤其对于实数不易计算的积分，留数定理非常有用。
2. 计算极限：通过留数定理，可以计算复变函数在某个奇点处的极限。
如果函数的极限存在，那么它等于该点处的留数。
3. 解析延拓：通过计算函数在奇点处的留数，可以确定函数在奇点处的性质，如极点的类型（一级极点、二级极点等）以及解析延拓的可能性。
4. 解析函数恢复：留数定理可以用于还原函数原本的性质，即通过计算函数在奇点处的留数，可以还原函数在奇点前的数值。
总之，留数定理是复变函数理论中的重要工具，广泛应用于多个数学和工程领域，如积分计算、边界值问题、电路分析等。
它简化了复变函数的计算和研究，为解决实际问题提供了有效的方法。
数学物理方法课件：第四章 留数定理及其应用
z0
z0 z 2i 2i 2
z0 0 是f（z）的三阶极点
Re
s
f（0）
lim
z0
1 2！
d2 dz 2
z3 f（z）
1 d2
lim
z0
2！
dz
2
1
z
2i
12
lim
z0
2！（z
2i）3
1 i
8i 8
[例2] [解1]
求
f（z）
1 zn 1
f（z）（z 1）（z
在z0=1的留数
k！
Re s
f（z0）
a1
bm 1 （m
1
d m1
1）！dzm1
（z）
z z0
Re s
f（z0）（m
1 1）！zlimz0
ddzmm11（z
z0）m
f（z）
[推论]
若
f（z）
P（z），其中
Q（z）
P（z）和
Q（z）都在
[z则证0点：明解] 析R，Pe（s且zf0）（Pz（00），z0）QQ（P0（（，z0）zzQ00））（0z0） 0，Q（z0） 0
对
R
z
k
环 域中一个正向
（顺时针）回路l’，另作一
l
个围绕 点半径r很大的圆
形环路C。根据柯西定理：
C
f（z）dz f（z）dz ak zkdz
l
C（）
k C
zkdz （rei）kd（rei）
C
C
ir
k
1
2
e
i（k
1）
d
0
2i
k 1 k 1
0
第四章 留数定理及其应用
第四章 留数定理及其应用
本章主要内容：
1. 留数的定义 2. 留数定理、留数的计算 留数定理、 3. 利用留数定理计算围线积分 4. 利用留数定理计算实积分
1 f (z) = , Res f (∞) = −1 z
※ 回顾：无穷远点奇点类型的判定。
定理4.2 如果 f (z)在扩充了的复平面上只有有限 个奇点，则 f (z)在所有奇点(包括无穷远点在内) 的留数之和为零。 如何证明？ 例4.6
ez f (z) = ，求 Res f (∞) 1+ z
若 f (z)= tan z，是否能求出Res f (∞) ?
§4.1 留数定理 一. 留数的定义
设z0为 f (z)的孤立奇点， f (z) 在z0的去心邻域
0 < | z − z0 | < R 内有洛朗展式 :
f (z) = ∑ an (z − z0 )
n=−∞ ∞ n
称 a−1 为 f (z)在 z0点的留数，记作 Res f (z0)。 即，留数是 (洛朗展式中) 负一次幂的系数。 Question: 为什么强调 z0 孤立奇点？
z→z0
如何证明？
从右往左,利用留数的定义和洛朗展开证明.
P(z) 公式 II 若 f (z) = ，其中P(z)和Q(z)均在z0 Q(z) 点解析，且 P(z ) ≠ 0, Q(z ) = 0, Q'(z ) ≠ 0
0 0 0
则
P(z0 ) Res f (z0 ) = Q'(z0 )
论文留数定理及其应用
论文留数定理及其应用 Company number：【0089WT-8898YT-W8CCB-BUUT-202108】石河子大学本科毕业论文（设计）留数定理及其应用院系师范学院专业数学与应用数学姓名向必旭指导老师曹月波职称讲师摘要留数，也称残数，是指函数在其孤立奇点处的积分。
综观复分析理论的早期发展，这一概念的提出对认识孤立奇点的分类及各类奇点之间的关系具有十分重要的意义。
同时，它将求解定积分的值的方法推进到一个新的阶段，通过函数的选取，积分路径的选取等等，求解出了许多被积函数的原函数解不出来的情况，为积分理论的发展奠定了充分的基础。
1825 年，柯西在其《关于积分限为虚数的定积分的报告》中，基于与计算实积分问题的情形的类比,处理了复积分的相关问题，并给出了关于留数的定义。
随后，柯西进一步发展和完善留数的概念，形成了定义。
柯西所给的这一定义一直沿用到了现在，推广到了微分方程，级数理论及其他一些学科，并在相关学科中产生了深远影响，成为一个极其重要的概念。
因而很自然地产生了这样一个问题：柯西为什么要定义这一概念或者说，什么因素促使柯西提出了留数的定义显然这一问题对于全面再现柯西的数学思想，揭示柯西积分理论乃至整个复分析研究的深层动机等具有极为重要的理论意义和历史意义。
随着留数的发展，复积分的相关问题得到了极大的进步，并解决了一些广义积分和特殊定积分的计算问题。
关键字：留数；留数定理；积分目录摘要···············································1.引言·············································2.留数·············································2.1留数的定义及留数定理························2.2留数的求法··································2.3函数在无穷远处的留数························3. 用留数定理计算实积分3.1 计算形如∫f (cos x ,sin x )dx 2π0的积分············ 3.2 计算形如∫f (x )+∞−∞dx 的积分···················· 3.3 计算形如∫P (x )Q (X )+∞−∞e imx dx的积分················ 3.4 计算形如∫P (x )Q (x)+∞−∞cos mxdx 和∫P (x )Q (x )+∞−∞sin mxdx 的积分3.5 计算积分路径上有奇点的积分····················参考文献1. 引言留数理论是柯西积分理论的延续。
第4章留数定理及其应用
在 内除有限个孤立奇点 外解析，则： 内任意的包含有限个孤立奇点的闭合曲线。
：在 的无心邻域0k z b <-数的系数a ： 的邻域内罗朗展开式3在 内，以各个奇点 为圆心，作小圆周别包围各奇点 外边界线成闭复通区域。
分别在各个 的无心邻域0k z b R <-<中将(1)方程左边：解析函数的积分值；方程右边：函数的奇点。
留数定理：将上述两者建立了一种关系。
(2)要计算解析函数的积分，关键：计算留数；(3)留数理论：复变函数的积分与级数相结合的产物；(4)是L所包围的f(z)的所有奇点，而不是f(z)所有的奇点。
4二、留数的计算方法针对不同类型的奇点，有不同的计算公式，见以下公式表或教材p78[表4-1]。
56怎样求 ？两边乘 得：1)(m m b f a z -++-即)-=z b f zlim()()lim(对本性奇点，没有简单的公式，要在展开成罗朗级数，求得10例：求在其奇点的留数。
解：(1)奇点为(均为一阶极点)(2) 计算Res f(2i )方法一：方法二：是f (z )的一阶极点，且满足：，即z = 2i 为的一阶零点。
方法二：是满足：，z=0为的一阶零点。
如果在展开(sin13以上讨论的是对于有限区域内的孤立奇点而言的，留 数的概念可以推广到无穷远点的情形。
三、无穷远点的留数若函数f (z )在L 的外部除 点外解析，则 其中 称为函数f (z )在 点的留数， 是 f (z )在 点的无心邻域 的罗朗系数。
cw* 无穷远处的正方向为顺时针L14证明：将f (z )以∞点为中心展开成罗朗级数：()kkk f z a z∞=-∞=∑(实际上：令 以∞点展开函数相当于在t =0邻域内展开)为计算f (z )沿L 的积分，以原点o 为心作一个大圆 ， 则f (z )在L 与 包围的闭复通区域 内是解析的。
由柯西定理：L C Rcwccwccw15,11222()k k k a i ia iResf πδππ∞--=-∞=-=-=∞∑注：(1) ，与有限远处奇点的留数定义不同；(2) 奇点 是什么类型，是根据f (z )在 的无心邻域的罗朗级数有没有或有多少正幂项来划分的，所以可去奇点、极点、本性奇点都有可能有含 的项，也都可能没有含 的项。
《数学物理方法》第4章留数定理及其应用
法则1 如果z0为f (z)的一级极点，那么
Re
s[
f
( z ),
z0
]
lim ( z
z z0
z0
)
f
(z)
证明
f (z)
c1
z
1 z0
c0
c1 ( z
z0 )
(z z0 ) f (z) c1 c0 (z z0 ) c1(z z0 )2
例1 计算积分
C
zez z2
1
dz,
其中C为正向圆周：| z
12
3)
Re s[
tan
z,
2k 1] 2
sin (cos
z z)
z 2k 1
1
.
2
2
tan zdz 2i
Res[tan z, 2k 1] = 10i
|z|3
k 0
2
11
z sin z
例5 计算下列积分 |z|1
z6 dz.
解 z 0为f (z)的三级极点.
f (z)dz=2i Res[ f (z), 0]
n
f (z)dz 2i R es[ f (z), zk ]
C
k 1
证明 由复闭路定理得
n
f (z)dz f (z)dz
C
k 1 Ck
由留数的定义得
n
f (z)dz 2i R es[ f (z), zk ]
C
k 1
y C1
C
z•1 C2 o C3 • z3 •z2 x
5
三、留数的计算
z0
]
lim(
lim
z z0
P(z0 ) Q(z0 )
留数定理及其应用重点难点
第四章 留数定理及其应用 重点难点第一节 留数定理1．留数定义的由来：若函数在单连通区域D 中解析，在D 中作一围线C ，如果在围线C 的内部，)(z f 是解析的，则由柯西定理可知0)(=∫Cdz z f ；如果在围线C 的内部，a z =是)(z f 的奇点，则)(Re 2)(a sf i dz z f Cπ=∫，即留下了一个有限数，因而可把 )(Re a sf 称为留数（留数也可等于零）。
2．留数计算公式：在奇点a 邻域中展成的洛朗级数中1()z a −−项的系数1−c 就是留数Re ()sf a ，这是求留数的一般方法。
但是，在某些情况下，有更简便的方法。
例如，若a 是)(z f 的m 阶极点，则111Re ()[()()](1)!m m z a m d s f a f z z a m dz −=−=−−又如，当a 是函数的可去奇点时，由于此时洛朗级数中不含负幂项，于是留数等于零。
3. 讨论解析函数在无限远点的留数时，要注意：函数在无限远点的留数定义中围线的方向是顺时针转向的。
第二节 留数定理的应用1．应用留数定理计算实变函数的积分是复变函数留数理论的一个重要应用，找到适当的闭合回路或变换是这种方法的关键。
2．若函数在单连（通）区域D 中解析，在D 中作一围线C ，如果在围线C 的内部，)(z f 是解析的，则由柯西定理可知0)(=∫Cdz z f ，如果在围线C 的内部，a z =是)(z f 的奇点，则)(Re 2)(a sf i dz z f Cπ=∫，即留下了一个有限数，因而可把)(Re a sf 称为留数（留数也可等于零）。
通过柯西公式和柯西导数公式可导出一阶极点和m 阶极点的留数计算公式。
3. 应用级数分析留数定理。
在奇点k a 邻域中展成的洛朗级数中1)(−−k a z 项的系数1−c 就是留数)(Re k a sf 。
当k a 是函数的本性奇点时，一般只能用洛朗级数展开方法来求留数；当k a 是函数的极点时，也可用这种方法来求取留数；当k a 是函数的可去奇点时，由于此时洛朗级数中不含负幂项，于是留数等于零。
第4章留数定理及其应用
4.1
留数定理
residue
f ( z ) dz = 2π i ∑ Re sf (bk )
k =1 m
一、留数定理 若函数 f(z)在 D 内除有限个孤立奇点 bk 外解析，则
∫
L
( Re s f (bk ) = a−k ) 1
D L： 内任意的包含有限个孤立奇点的闭合曲线。
Re s f (bk ) ：f(z)在 D
8
式中 ϕ ( z ) ，ψ ( z ) 均在 b 点解析， ϕ (b) ≠ 0 ，而 b 为ψ ( z ) 的一阶零点 (即ψ (b) = 0, ψ ' (b) ≠ 0 )
ϕ ( z) a−1 = lim( z − b) f ( z ) = lim( z − b) z →b z →b ψ ( z)
1 = 2i
(3)计算 Resf(0)
1 1 方法一： Resf (0) = lim( z − 0) f ( z ) = lim z ( z − 2i ) z = − 2i z →0 z →0
方法二： a2 = 0 是 f(z)的一阶极点，且 f ( z ) = ( z − 2i) z ⇒ ψ ( z )
⇒ 2π i Re s f (∞ ) + 2π i ∑ Re s f (bk ) = 0 ⇒
∑ Re s f (b ) + Re s f (∞) = 0
k k
k
——求 z = ∞处留数的另一种方法；可将求许多有限远点 的残数之和的问题转化为求无穷远点的留数问题。
19
2. 应用：先求出容易求的留数，再利用这个定理求比较 难求的留数。 例：求
n
n = −∞
( a nk ) 2π i δ n , −1 ∑
数学物理方法 第4章 留数定理
e
ma
2 ia
0
cos ma x a
2 2
dx i
e
ma
e
ma
2 ia
2a
y
例：
0
sin x x
dx
Cε
CR
解：如图4.9所示，
图4.9
0
x
sin x x
dx lim
R 0
R
sin x x
R e imx dx lim dx R 2i 0 x 1
1
z 1
1 2
z z 2
1
2
iz
dz
z 1
z (1 ) z
2 2
i
f (z)
dz
z 1
( z 1)( z )
1
记：
z
( z 1)( z )
它在复平面上有2个单极点
和
1
其中 z 在单位圆内，其留数为：
CR
x 图4.7
f ( x ) dx 2 i
{
f (z)
在上半平面所有奇点的留数之和}
例：
dx 1 x
2
解： 记：
z i
f (z)
1 1 z
2
,它在上半平面有单极点
其留数为：
1 zi 1 2i
Re sf ( i ) lim ( z i ) f ( z ) lim
1 z ( z 2i)
3
并求函数在这些极点的留数。
Chapter4 留数定理
n 0
n 1
z zk
lim cn
k
z zk
n 1
0
n 0
7
lim z zk f z c 1
k z zk
即： Re sf zk lim z zk f z
z zk
若
证明： f z
m1
n m
a z z
k
n k
n
zk 为f z 的m阶极点
nm k
z zk
m
f z
n m
a z z
k
n
an 'm z zk
k
n '0
n'
15
d m1 m k z z f z a k n ' m n ' n ' 1 m1 dz n ' m 1
2
0
x
z +2 5 1
k k 0
1 1 2 k 1 ! z 2
2k
2 k 1
1 1 k k 1 1 1 5 1 2 k 1 ! z 2 2 k 1 ! z 2 k 0 k 0
1 3 z i 3 3 z i z i
1 d2 3 lim 2 z i z i 2 dz
1 5 lim 3 4 z i z i 2
3i 16
2 k 1
第四章留数定理
l
f ( z) d z
f ( z) d z
j 1 l j
n
2 π i Res f (b j ).
j 1
n
D bn l3 b3 ln l2 b1 l1
b2
l
[证] 把在l内的孤立奇点zj(j=1,2,...,n)用互不包含的 正向简单闭曲线lj围绕起来, 则根据复合闭路定理有
-1
2 2 3 ( z - z0 ) f(z)= a -1 + a0 ( z - z0 ) + a1 ( z - z0 ) + a2 ( z - z0 ) +……
z z0
lim ( z - z 0 ) f ( z ) = a -1 =Resf( z0 )
P( z ) z 0 点是解析的， 对于 f(z)可表示为形式 f(z)= 时，且 P(z),Q(z)在 Q( z )
我们也可以下式 来求留数:
P( z ) P ( z 0 ) lim ( z - z 0 ) f ( z ) = lim( z - z0 ) = z z0 z z0 Q( z ) Q ' ( z 0 )
z ez f ( z) 2 z -1
z ez e Res f (1) ; | z 1 2z 2 z ez e -1 Res f (-1) . | 2 z z -1 2
z - np = lim =1（n 为偶数）或-1（n 为奇数） z np sin z
ze z dz 2 例 4 计算积分 C z - 1 , C 为正向圆周|z|=2.
z
l
f ( z) d z
n
j 1 ze f ( z) 2 [ 解 ]由于 z - 1 有两个一阶极点 +1,-1, 而
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
l
l1
l2
ln
f (z) d z 2πi[Res f (z1) Res f (z2 ) Res f (zn )]
l
n
即 f (z) d z 2 π i Res f (z j ).
l
j 1
zn l3 z3
ln z1 l2 z2
l1
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
令 z ei
dz iei d d dz ,
iz
sin 1 (ei ei ) z - z-1 ,
2i
2i
cos 1 (ei ei )
z z1
,
2
2
当 历经变程 [0,2π ] 时,
z 沿单位圆周 z 1的 正方向绕行一周.
2π
0
R(cos
,
sin
)d
z
1
R
z
2 2z
1
,
z
2 2iz
(1)n
例4 计算积分
z
zez 2
1
d
z
，C为正向圆周|z|=2.
C
解
由于
f (z)
留数定理及应用
留数及其应用摘 要数定理得知，计算函数)(z f 沿C 的积分，可归结为计算围线C 各孤立奇点处的留数之和．而留数又是该奇点处的罗朗级数的负一次幂的系数，因此我们只关心该奇点处罗朗留数理论是复积分和复级数理论相结合的产物，利用留数定理可以把沿闭路的积分转化为计算孤立点处的留数．此外，在数学分析及实际问题中，往往一些被积函数的原函数不能用初等函数表示，有时即便可以，计算也非常复杂．我们利用留数定理可以把要求的积分转化为复变函数沿闭曲线的积分，从而把待求积分转化为留数计算．本文首先介绍留数定义及留数定理，然后针对具体不同的积分类型有不同的计算方法以及留数理论在定积分中的一些应用．关键词 留数定理；留数计算；应用引 言 对留数理论的学习不仅是前面知识的延伸，更为对原函数不易直接求得的定积分和反常积分的求法提供了一个较为方便的方法．一. 预备知识 孤立奇点1．设()f z 在点a 的把计算闭曲线上的积分值的问题转化为计算各个孤立奇点上的留数的问题，即计算在每一个孤立奇点处的罗朗展式中负幂一次项的系数1-C .在一般情况下，求罗朗展式也是比较麻烦的，因此，根据孤立奇点的不同类型，分别建立留数计算的一些简便方法是十分必要的. 1.1 若0z 为)(z f 的可去奇点则)(z f 在R z z <-<00某去心邻域解析，但在点a 不解析，则称a 为f 的孤立奇点.例如sin zz，1z e 以0=z 为孤立奇点.以0=z 为奇点，但不是孤立奇点，是支点.11sin z以0=z 为奇点（又由1sin0=z ，得1(1, 2...,)π==±±z k k 故0=z 不是孤立奇点）2．设a 为()f z 的孤立奇点，则()f z 在a 的某去心邻域，有1()()()，∞∞-===+-∑∑-nnnnn n f z c z a c z a 称()n=1∞-∑-nnc z a 为()f z 在点a 的主要部分，称()∞=-∑nnn z a c 为()f z 在点a 的正则部分，当主要部分为0时，称a 为()f z 的可去奇点； 当主要部分为有限项时，设为(1)11(0)()()------+++≠---m mm m m c c c c z a z a z a称a 为()f z 的m 级极点；当主要部分为无限项时，称a 为本性奇点.二. 留数的概念及留数定理 1. 留数的定义设函数()f z 以有限点a 为孤立点，即()f z 在点a 的某个去心邻域0z a R <⋅<解析，则积分()()1:,02f z dz z a R i ρρπΓΓ⋅=<<⎰为()f z 在点a 的留数，记为：()Re z as f z =．2. 留数定理介绍留数定理之前，我们先来介绍复周线的柯西积分定理：设D 是由复周线012C C C C --=+++…n C -所围成的有界连通区域，函数()f z 在D 解析，在_D D C =+上连续，则()0Cf z dz =⎰．定理1[]1（留数定理） 设()f z 在周线或复周线C 所围的区域D ，除12,,a a …,n a 外解析，在闭域_D D C =+上除12,,a a …,n a 外连续，则（ “大围”积分）()()12Re knz a k Cf z dz i s f z π===∑⎰． （1）证明 以k a 为心，充分小的正数k ρ为半径画圆周:k k z a ρΓ⋅=（1,2,k =…,n ）使这些圆周及部均含于D ，并且彼此相互隔离，应用复周线的柯西定理得()()1knk Cf z dz f z dz =Γ=∑⎰⎰，由留数的定义，有()()2Re kkz a f z dz i s f z π=Γ=⎰．特别地，由定义得 ()2Re kkz a f z dz i s π=Γ=⎰，代入（1）式得()()12Re kn z a k Cf z dz i s f z π===∑⎰．定理2 设a 为()f z 的n 阶极点，()()()nz f z z a ϕ=-，其中()z ϕ在点a 解析，()0a ϕ≠，则()()()()11!n z aa Res f z n ϕ-==-．这里符号()()0a ϕ代表()a ϕ，且有()()()()11lim n n z aa z ϕϕ--→=． 推论3设a 为()f z 的一阶极点，()()()z z a f z ϕ=-， 则 ()()z aRes f z a ϕ==．推论4设a 为()f z 的二阶极点，()()()2z z a f z ϕ=-，则 ()()'z aRes f z a ϕ==．3. 留数的引理引理1 设()f z 沿圆弧:i R S z Re θ= (12θθθ≤≤，R 充分大)上连续，且()lim R zf z λ→+∞=于R S 上一致成立(即与12θθθ≤≤中的θ无关)，则()()21limRS R f z dz i θθλ→+∞=-⎰．引理2(若尔当引理) 设函数()g z 沿半圆周:i R z Re θΓ= (0θπ≤≤，R 充分大)上连续，且()lim 0R g z →+∞=在R Γ上一致成立，则()()lim00Rimz R g z e dz m Γ→+∞=>⎰．引理3 (1)设a 为()f z 的n 阶零点，则a 必为函数()()'f z f z 的一阶极点，并且()()'z af z Res n f z =⎡⎤=⎢⎥⎣⎦； (2)设b 为()f z 的m 阶极点，则b 必为函数()()'f z f z 的一阶极点，并且 ()()'z bf z Res m f z =⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦．三. 留数的计算1. 函数在极点的留数法则1：如果0z 为)(z f 的简单极点，则)()(lim ]),([Re 000z f z z z z f s z z -=-法则2：设)()()(z Q z P z f =，其中)(,)(z Q z P 在0z 处解析，如果0)(≠z P ，0z 为)(z Q 的一阶零点，则0z 为)(z f 的一阶极点，且)()(]),([Re 0z Q z P z z f s '=. 法则3：如果0z 为)(z f 的m 阶极点，则)]()[(lim !11]),([Re 01100z f z z dzd m z z f s m m m z z --=---）（.2. 函数在无穷远点的留数定理 1 如果)(z f 在扩充复平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远点在） 为∞,,,21n z z z ，则)(z f 在各点的留数总和为零.关于在无穷远点的留数计算，我们有以下的规则.法则 4： 211Re [,]Re [(),0]s f z s f z z∞=-⋅（）.例 1 求函数2()1ize f z z =+在奇点处的留数．解()f z 有两个一阶极点z i =±，于是根据（6.5）得2()Re (,)()22i P i e is f i Q i i e ===-'2()Re (,)()22i P i e is f i e Q i i ---==='-- 例 2 求函数3cos ()zf z z =在奇点处的留数． 解 ()f z 有一个三阶极点0z =，故由（6.7）得33001cos 11Re (,0)lim()lim(cos )222z z z s f z z z →→''=⋅=-=-四. 留数定理在定积分中的应用利用留数计算定积分活反常积分没有普遍的实用通法，我们只考虑几种特殊类型的积分．1. 形如()20cos ,sin f x x dx π⎰型的积分这里()cos ,sin f x x 表示cos ,sin x x 的有理函数，并且在[]0,2π上连续，把握此类积分要注意，第一：积分上下限之差为2π，这样当作定积分时x 从0经历变到2π，对应的复变函数积分正好沿闭曲线绕行一周．第二：被积函数是以正弦和余弦函数为自变量。
第四章 留数定理及其应用 - z z
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
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
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
解：因 z
= =
由留数定理：
1 lim 2m(2m − 1)...[2m − (m − 2)]z m+1 (m − 1)! z →−1 1 (2m)! (−1) m+1 (m − 1)! (m + 1)!
第四章留数定理
z ) dz 2 i Re s f ( b ) f(
n L j 1 j
应用步骤
• • • • 确定回路L内的孤立奇点； 判断留数定理的条件是否满足； 计算各孤立奇点的留数； 代入定理。
留数定理的应用
基本应用
例题1：计算下列回路积分 解：奇点为
I
|z | 1
z
2
2 iz
n n n
|z b |
1 2 i
n
a n
| z b |
n ( z b ) dz
1 a 2 i a1 2 i 1
留数定理
极点情况
• m阶极点的 留数由下面的公式确定
m 1 1 d m Re s f ( b ) l i m [( z b ) f ( z )] m 1 z b ( m 1 ) ！ dz
例1
• 问题：计算函数 f(z) = z2 exp(1/z) 的留数。 • 解：f(z)有一个孤立奇点z=0, 是本性奇点，在该点罗朗展开
2 f ( z ) z
1 zk k 0 k !
z k !
k 1
1 2 k
1 R s e f( 0 ) a 1 3 !
例2
• 问题：计算函数 f(z) = sin(z)/(z-1)2 的留数。 • 解：f(z)有一个孤立奇点z=1, 是2阶极点，应用公式
1d 2 Re sf( 1 ) l i m [( z 1 ) f( z )] z 1 1 !dz
பைடு நூலகம்
1 d lim sin z cos 1 z 11 ! dz
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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
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
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
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)
( 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 )]
*
∑ 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
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
= 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
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
∞
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：
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 −
(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
=
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
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
（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) =
= 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
∞
∴ 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，
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
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
＊