复变函数留数习题ppt课件

nπ
(1)n
1 nπ
,
Res
z
1 sin
z
,0
limz0d dz源自z2z1 sin
z
sin z zcos z
lim z0
sin2 z
0.
31
(4) f (z) sinh z cosh z
解 f (z)的一级极点为
zk
k
2
i
k
0,1,2,
故
sinh z Res[ f (z), zk ] (cosh z) zzk
i) 可去奇点; ii) 极点; iii) 本性奇点.
4
i) 可去奇点 定义 如果洛朗级数中不含 z z0 的负幂项, 那末 孤立奇点 z0 称为 f (z)的可去奇点.
5
ii) 极点 定义 如果洛朗级数中只有有限多个 z z0 的
负幂项, 其中关于(z z0 )1的最高幂为 (z z0 )m ,
zz0
dz
m
1
[(
z
z0 )m
f
(z)]
c)
设
f (z)
P(z), Q(z)
P(z)
及
Q(z) 在
z0都解析，
如果 P(z0 ) 0,Q(z0 ) 0,Q(z0 ) 0, 那末 z0
为一级极点,
且有Res[
f
(z
),
z0
]
P(z0 ) Q(z0 )
.
13
3)无穷远点的留数
1.定义 设函数 f (z)在圆环域 0 z 内解析
C
以 2i 后所得的数称为 f (z)在z0的留数. 记作 Res[ f (z), z0 ]. (即 f (z)在z0为中心的圆环 域内的洛朗级数中负幂项 c1(z z0 )1 的系数.)
10
1)留数定理 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, 那末
z
z
故知 z 是 f (z) 的可去奇点.
25
例2
求函数
f
(z)
(
z
(z 1)2
5)sin z z2(z 1)3
的奇点，并确
定类型.
解 z 0, z 1, z 1是奇点.
因为
f
(z)
1 z (z
z5 1)2(z
1)3
sin z z
1 z
g(z),
所以 z 0 是单极点； z 1 是二级极点;
注意: 在本性奇点的邻域内 lim f (z) z z0 不存在且不 为 .
8
3)函数的零点与极点的关系
i) 零点的定义 不恒等于零的解析函数 f (z)如果 能表示成 f (z) (z z0 )m (z), 其中 (z) 在 z0 解析且 (z0 ) 0, m为某一正整数, 那末 z0 称为
)
(
z
1 i)
i
sin( z (z
i i )8
)
i
1
1 z
i
( z
1 i)7
1 3!(z
i )5
1 5!(z
i )3
1 7!(z
i)
i
i 1
1( i
z
i
)
1 i2
(z
i
)2
33
i
1 7!
1 5!
1 3!
1 1!
1 z
i
所以
Res[
f
(z
),i
]
i
1
1 3!
1 5!
71!
2
eax 1 ex
dx
π sin aπ
(0
a
1).
20
4.对数留数
定义 具有下列形式的积分:
1 f (z)
2π
i
C
dz f (z)
称为f (z)关于曲线C的对数留数.
如果f (z)在简单闭曲线C上解析且不为零,
在C的内部除去有限个极点以外也处处解析,
那么
1
2π
i
C
f (z)dz f (z)
N
P. 其中, N为
I
R(
x
)dx
.其
中R(
x
)是x的有
理函
数,
分母
的 次 数 至 少 比 分 子 的 次数 高 两 次, 且R( z )在 实 轴 上
没有孤立奇点.
设R(z) P(z) Q(z), P(z)为n次多项式,Q(z)为 n
m次多项式,m n 2,则 I 2π i Res[ R(z), zk ].
1.
28
(2) z2 sin 1 z
解 因为 sin z z z3 z5 , 3! 5!
所以在0 z 内，
z2
sin
1 z
z 2
1 z
1 3! z 3
1 5! z 5
z
1 3! z
1 5! z 3
故
Res z 2
sin
1 z
,0
C1
1 6
.
29
(3) 1 z sin z
解 z nπ (n 0,1,2, )为奇点,
f (z) 的 m 级零点.
ii)零点与极点的关系
1
如果 z0 是 f (z) 的 m 级极点, 那末z0就是 f (z)
的 m 级零点. 反过来也成立.
9
2. 留数
定义 如果 z0 为函数 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
任意一条简单闭曲线 C 的积分 f (z)dz 的值除
的六级极点. 1)
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例4 求下列各函数在有限奇点处的留数.
(1)sin 1 , (2)z2 sin 1 ,
z1
z
(3) 1 , z sin z
(4) sinh z . cosh z
解 (1)在 0 z 1 内,
sin
z
1
1
z
1
1
1 3!(z
1)3
,
所以
Ressin(
1 z
1)
,1
C1
孤立奇点, 那末 f (z) 在所有各奇点 (包括点)
的留数的总和必等于零.
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3. 留数在定积分计算上的应用
1）三角函数有理式的积分
2π
I 0 R(cos ,sin )d
令 z ei，
sin 1 (ei ei ) z2 1, cos 1 (ei ei ) z2 1
2i
2iz
2
2z
3. R( x)eaixdx
3
1. 孤立奇点的概念与分类
1）定义 如果函数 f (z) 在 z0不解析, 但 f (z)在 z0
的某一去心邻域 0 z z0 内处处解析, 则称
z0 为 f (z)的孤立奇点.
孤立奇点
奇点
2）孤立奇点的分类 依据 f (z)在其孤立奇点 z0 的去心邻域 0 z z0 内的洛朗级数的情况分为三类:
在实轴上没有孤立奇点,则
R(
x )e aixdx
2π
i
n
Res[ R(z)eaix , zk ],
k 1
其中zk (k 1,2, , n)为R(z)在上半平面内的极点.
19
特别地
cos mx
0 1 x2
dx
π 2
em ,
sin mx
1 x2
dx
0,
sin x dx π ,
0x
C为圆环域内绕原点的任何一条正向简单闭曲线
那末积分
1 2π i
C
f
( z )dz
的值与C无关
,
则称此定
值为 f (z)在 的留数.
记作
Res[
f
(z),]
1 2π i
C
f
(z)dz
1 2π i
C
f
(z)dz
也可定义为 Res[ f (z),] C1 .
14
定理 如果函数 f (z) 在扩充复平面内只有有限个
1
一、重点与难点
重点：留数的计算与留数定理 难点：留数定理在定积分计算上的应用
2
二、内容提要
可去奇点
孤立奇点
极点
本性奇点
函数的零点与 极点的关系
留数
计算方法 留数定理
对数留数
分留 上数 的在 应定 用积
计算 f (z)dz
辐路 角西
C
原原
2
1. 0 R(sin ,cos )d ;
理理
2.
f ( x)dx;
z
8
1
1
2
z
4
1 z
1
1
5 z2
1
1
1 z4
1 z
1
5 z2
25 z4
3
1
1 z4
1 z8
2
35
1 z
1
15 z2
1
2 z4
1 z
,
所以 Res[ f (z),] C1 1,
当 历经变程 0,2时, z 沿单位圆周 z 1的
正方向绕行一周.
16
I
z
1
R
z
2 2z
1
,
z
2 2iz
1
dz iz
f (z)dz
z 1
n
2π i Res[ f (z), zk ].
k 1
其中zk (k 1,2, ,n)为包含在单位圆周 z 1内的f (z)的孤立奇点.