28.极点留数的计算

iz 2 P ( z ) e Q ( z ) 1 z 解 运行下面的 MATLAB 语句 . 显然 和 都在 z i
iz
>> syms z; 处解析，且 >> P=exp(i*z);Q=1+z^2; P( i ) e 1 0, Q( i ) 0, Q( i ) 2i 0. >> r1=limit(P/(diff(Q,z,1)),z,i) 所以 z i 是 f (z)的1级极点，并且 r1 = e iz i Res[ f ( z ), i ] , -1/2*i*exp(-1) 2z zi 2e >> r2=limit(P/(diff(Q,z,1)),z,-i) e iz e i. r2 = Res[ f ( z ), i ] 2 z 2 z i
在孤立奇点处的留数. 易知z=1和z=2 都是 f (z)语句 的1级极点，故 解 运行下面的 MATLAB .
z
ez >> syms z; lim[( z 1) f ( z )] lim Res[ f ( z ),1] e, z 1 z 1 z 2 >> f=exp(z)/((z-1)*(z-2)); ez 2 Res[ f ( z ),2] lim[( z 2) f ( z )] lim e . z2 z2 z 1 >> r1=limit(f*(z-1),z,1) P(z) (z , z0是P(z)的m级零点, =0f 是 g) (z )的1级极点，于是 由定理的 推论 , z 设 r1 = Q( z ) sin z Res[ g z ),0] lim[,zg ( z )] n > lim f1. -exp(1) 也是 Q( z( )的 n级零点 则当 m 时 , z 是 (z)的n-m级 0 z 0 z 0 z
周 z 2 的内部,所以由留数基本定理就得积
>> syms z;
>> f=(z-2)/(z^3*(z-1)*(z-3));
1 z2 Res[ f ( z ),0] lim >> 2! z 0 ( z 1)( z 3)
2*pi*i*(limit(diff(z^3*f,z,2)/prod(1:2),z,0)
n 1
2n(2n 1)(2n n 2) ( n 1)! (2n)! . ( n 1)!( n 1)!
( 1)
n 1
如果 z0 为 f ( 如果z0是f (z)的m级极点，有时在 法则3 中取
n>m来计算更为方便.
n m, 那么
1 cos z 1 Res[f ( z. ), z0 ] 例4 求 f ( z ) 在z=0处的留数 5 z (n 1)! 1 cos z z 3级极点 考虑函数 , z=0是ff((z )) 的 根据 例题 可知 设 解 运行下面的 MATLAB 语句 . z 5 ,. 在
z P ( z ) f (z) 4 f (z) , C的内部. 所以 的1级极点，并且都在 z 1 Q( z )
P(z) f( , P ( z ) 及 Q( z ) (其中 留数基本定理 )在区域 D 2f 根据 和 , (z设 P(z)和Q) ( z设函数 )法则 都是多项式 ,z ) 那么使用命令 Q( z )
于是，根据留数基本定理
z2 14 1 dz 2 i i . 3 z ( z 1)( z 3) 27 27 2 z 2
极点留数的计算
•法则1 如果 z 0 为 f ( z )的1级极点, 那么
Res[ f ( z ), z0 ] lim[( z z0 ) f ( z )].
z z0
证明
由于z0是 f (z)的1级极点，所以在z0的
某个去心邻域内的Laurent级数展开式为
f ( z ) c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 ) .
1 d n 1 Res[f ( z ), z0 ] c1 lim n1 [( z z0 )n f ( z )]. ( n 1)! z z0 dz
例3
z 2n 求 f (z) n 在z= -1处的留数. ( z 1)
解 显然z= -1是f (z)Hale Waihona Puke Baidun级极点，所以
1 2 n ( n1) Res f ( z ), 1 lim z ( n 1)! z 1 2n(2n 1)(2n n 2) 2 n n1 lim z z 1 ( n 1)! ( 1)
证明 由条件易知z0是f (z)的1级极点. 于是
P(z) Res[ f ( z ), z0 ] lim( z z0 ) f ( z ) lim z z0 z z0 Q ( z ) Q ( z ) 0 z z0 P ( z0 ) . Q ( z 0 )
e 例2 求 f ( z ) 2 在孤立奇点处的留数. 1 z
n 1
n1
c0 ( z z0 ) c1 ( z z0 )
对上式求 n 1 阶导数, 得
.
d n 1 n [( z z ) f ( z )] ( n 1)!c1+(含有 z z0 正幂的项), 0 n 1 dz d n 1 所以 lim n1 [( z z0 )n f ( z )] ( n 1)!c1 , 于是 z z0 dz
, z2)d , , z如果 外处处解析 ,C 是 D 内除有限个孤立奇点 z f1( z[R,p,k]=residue(P,Q) 2 i P( z Res[ f ( z ), z ] n ) 0, Q ( z ) k 0 0 0, Q ( z0 ) 0, 那
C k 1

syms 法则3>> 中取 n=5, z; 则
P ( z ) 1 cos z, Q( z ) z 5 .
不 1 1 >> f=(1-cos(z))/z^5; 显然 z=0 是Qlim(1 (z)的5 级零点 . 因为 级极 Res[ f ( z,),0] cos z )(4) . 4! z 0 24 >> r=limit(diff(f*z^5,z,4)/prod(1:4),z,0) P (0) P (0) 0, P (0) 1 0,


z2 dz , 其中C 例6 计算积分 3 z ( z 1)( z 3) C
是 z 2 的正向.
z2 f (z) 3 , z 显然 z=0 和z=1 z=1 解记 显然被积函数有 3级极点 =0和 1级极点 z ( z 1)( z 3)
分别是f (z)的3级和1级极点, 都在 z 2 的内部. 而 极点z=3在 z 2 的外部.
1 1 1 lim z 0 4 z 1 z 3
1 1 1 14 lim . 3 3 2 z 0 ( z 1) ( z 3) 27
1 Res[ f ( z ),1] lim[( z 1) f ( z )] . z 1 2
2 ( z z ) f ( z ) c c ( z z ) c ( z z ) , 故 0 1 0 0 1 0
z z0 ) f ( z )] c1 Res[ f ( z ), z0 ]. 所以 lim[( z z
0
e sin z 例1 求 f ( z ) 和 g( z ) 2 ( z 1)( z 2) z
•法则3
如果 z0 为 f ( z ) 的 m 级极点, 取正整数
n 1
n m, 那么
1 d Res[f ( z ), z0 ] lim n1 [( z z0 )n f ( z )]. ( n 1)! z z0 dz
证明 由于z0是 f (z)的m级极点，所以在z0的
某个去心邻域内的Laurent级数展开式为
f ( z ) c m ( z z0 ) m c 2 ( z z0 ) 2 c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 ) ,
因此
( z z0 ) f ( z ) c m ( z z 0 )
n n
n m
c1 ( z z0 )
•法则2
P(z) , P ( z ) 及 Q( z ) 在 z0 都解析. 设 f (z) Q( z )
如果 P ( z0 ) 0, Q( z0 ) 0, Q( z0 ) 0, 那么 z0 为f (z) 的1级极点, 并且
P ( z0 ) Res[ f ( z ), z0 ] . Q ( z 0 )
如果在法则 3中取n=3, 那么计算就要麻烦得多. r =所以 , z=0是P(z)的2级零点. 故z=0是f (z)的3级
z dz , 其中C是 z 2 例5 计算积分 4 z 1 C
的正向.
i , z3 1, z4 i ,是函数 显然 z1 1, 解 如果函数 f (z) 即 2 是有理函数的形式

4
内包含所有奇点在其内部的分段光滑正向 Jordan 4 4 得到 f (z) 的部分分式展开 , 从而求出在极点处的 z 的1级极点, 并且 1 2 i 2 i 0. 4 2 P ( z0 ) 曲线, 则 4 z k 1 ( z 1) z z k 1 k Res[ f ( z ), z0 ] . P k , P与 数. 在上面的命令中 Q分别是分子多项式 n Q ( z 0 )