南大复变函数与积分变换课件(PPT版)5.2 留数

lim
z 1
d z
5
( z sin z )
1 5!
lim ( cos z )
z 1
. 巧合?
(非也!)
注 (1) 此类函数求留数，可考虑利用洛朗展式。
(2) 若此类函数求闭路积分，则可考虑利用高阶导公式，
而不一定非得使用下面即将介绍的留数定理。
16
§5.2 留数 第 三、留数定理 五 章 定理 设 f ( z ) 在区域 D 内除有限个孤立奇点 z1 , z2 , , zn 外 处处解析，在边界 C 上连续， 则 留 n 数 及 C f ( z ) d z 2π i Res [ f ( z ) , zk ] . k 1 其 应 用 证明 如图，将孤立奇点用含于 D 内且
13
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 方法一 利用洛朗展式求留数 将 f (z ) 在 z 0 的去心邻域展开， 得
f (z) 1 z
6
[ z (z 1 5! z
1 3! 1
z
3
1 5!
z
5
1 7!
z ) ]
7
1 3! z
3

7!
z ,
Res [ f ( z ) , z 0 ] lim ( z z 0 )
z z0
P(z) Q(z)
lim
z z0
P ( z0 ) P(z) . Q ( z ) Q ( z0 ) Q ( z 0 ) z z0
6
§5.2 留数 第 五 章 留 数 解 (1) z 0 是 f1 ( z ) 的可去奇 点， 及 Res [ f1 ( z ) , 0 ] 0 . 其 应 用 (2) z 0 和 z 1均为 f 2 ( z ) 的一阶极点，
z 0
sin z 8
8
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 函数 f (z ) 有四个简单极点，
π
1
3π i
1
z1 e
4
i
, z2 e

π 4
i
, z3 e
4
,
z4 e

z z 1

3π 4
i
,
π 4 i
z 1 ( Res [ f ( z ) , z1 ] lim [ ( z z1 ) f z ) ] z( z z1 1) 4 4z z z 1
Res [ f 2 ( z ) , 0 ] lim [ z f1 ( z ) ] lim
z0
z 0
1 z 1
1 ,
1 z
Res [ f 2 ( z ) , 1 ] lim [ ( z 1) f 2 ( z ) ] lim
z 1
z 1
1.
7
§5.2 留数 第 五 章 留 数 解 (1) z 0 是 f1 ( z ) 的三阶极点， 及 1 z 3 cos z cos z lim Res [ f1 ( z ) , 0 ] 其 3 z 0 8 2! 4z 应 用 (2) z 0 为 f 2 ( z ) 的二阶极点，
n n
P113 定理 5.7
z1
c1
D
C
c2 z2
…
zn c1
互不重叠的圆圈包围起来，根据复合闭路定理有
C
f (z) d z
k 1
c
k
f ( z ) d z 2π i Res [ f ( z ) , z k ] .
k 1
注意 只需计算积分曲线 C 所围成的有限区域内奇点的留数。 17
f ( z ) z cos
2
1 z 1
2
( z 1 1) cos
2
1 z 1
1 1 4! ( z 1)
4
[ ( z 1) 2 ( z 1) 1 ] ( 1
2! ( z 1)
2
)
( 2
1
2! z 1
)
1
,

Res [ f ( z ) , 1 ] 1 .
ez
2
1 z

1 1 z
1
ez
1 z 1 2! z
2

( 1 z z ) ( 1 1 z (1 1 1 2! 1 3!
)

), 1 2! 1 3! ) e.

Res [ f ( z ) , 0 ] ( 1 1
z
(1 z ) ( 1
1 z

1 2! z
2

1 3! z
3
)
(1
1 2!
)
1 z
,

Res [ f ( z ) , 0 ]
3 2
.
11
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解
z 1 是 f (z ) 的本性奇点，
将 f (z ) 在 z 0 的去心邻域内洛朗展开， 有
1 4
3π
e
4
i
.
9
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 z 0 是 f (z ) 的本性奇点， 将 f (z ) 在 z 0 的去心邻域内洛朗展开， 有
f ( z ) z cos
2
1 z
z (1
2
1 2! z
2

1 4! z
4

1 6! z
6
)
z
P(z) Q(z) , Q ( z 0 ) 0 , Q ( z 0 ) 0 , P ( z 0 ) 0 ,
P114 法则Ⅱ
(2) 若 f ( z )
且 P ( z ) , Q ( z ) 在 z 0 点解析，则 Res [ f ( z ) , z 0 ]
P ( z0 ) Q ( z 0 )
1 2π i
C
f ( z ) dz ,
其中，C 是 z0 的去心邻域内绕 z0 的一条简单闭曲线。
(留数的产生)
2
§5.2 留数 第 二、留数的计算方法 五 章 1. 可去奇点 方法 若 z 0 为 f ( z ) 的可去奇点，则 Res [ f ( z ) , z 0 ] 0 . 留 数 2. 本性奇点 及 z0 f( 其 方法 若 z 0 为 f ( z ) 的本性奇点，则 “只好” 将 z ) 在 应 邻域内展开成洛朗级数。 用 只需将其中负一次幂的系数 a1 求出来就可以了。 (2) 对于不是本性奇点的情况，该方法有时也是很有效的， 而且在使用该方法时，并不需要知道奇点的类型。 3

Res [ f ( z ) , 0 ]
1 5!
.
14
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 方法二 利用极点的留数计算法则求解 由于 z 0 是 f (z ) 三阶极点，因此有
Res [ f ( z ) , 0 ] 1 2!
1 2!
lim [ z f ( z ) ]
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
§5.2 留数
一、留数的概念 二、留数的计算方法 三、留数定理 四、函数在无穷远点的留数
1
§5.2 留数 第 一、留数的概念 五 章 定义 设 z0 为函数 f (z ) 的孤立奇点， 将 f (z ) 在 z0 的去心邻域 留 数 及 其 应 用
3 z 0
2
z sin z lim 3 2! z 0 z 1

lim
z 0
( z 12) sin z 6 z cos z 6 z z
2
5
(罗比达法则)
1 2!
lim
z 0
z cos z 4 z sin z 2 cos z 5!

1 5!
.
4
§5.2 留数 第 二、留数的计算方法 五 章 3. 极点 方法 若 z 0 为 f ( z ) 的 m 阶极点， 留 (法则) P115 数 法则Ⅲ 及 其 应 特别 (1) 若 z 0 为 f ( z ) 的简单极点，则 用 P114
法则Ⅰ
z z0
Res[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z ) .
.
5
§5.2 留数 第 二、留数的计算方法 五 章 3. 极点 P(z) f (z) , Q ( z 0 ) 0 , Q ( z 0 ) 0 , P ( z 0 ) 0 , 特别 (2) 若 留 Q(z) 数 P ( z0 ) z 0 点解析， Res [ f ( z ) , z 0 ] . 则 且 P ( z ), Q ( z ) 在 及 Q ( z 0 ) 其 应 事实上，此时 z0 为 f (z ) 的简单极点，故有 用
的去心
注 (1) 在具体展开的时候，并不需要写出“完整”的洛朗级数，
§5.2 留数 第 二、留数的计算方法 五 章 3. 极点 方法 若 z 0 为 f ( z ) 的 m 阶极点， 留 (法则) P115 数 法则Ⅲ 及 其 a m a 1 f (z) a0 a1 ( z z0 ) , 应 理由 m z z0 ( z z0 ) 用
( z z0 )
d
m 1
m
f ( z ) a m a1 ( z z0 )
m 1
a0 ( z z 0 ) ,
m
dz
[ ( z z 0 ) m f ( z )] ( m 1 )! a 1 ( z z 0 ) ( z ) , m 1
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§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 (1) z 1 是 f (z ) 的一阶极点，Res [ f ( z ) , 1 ] lim
z1
1 z
1
e z e.
(2) z 0 是 f (z ) 的本性奇点，
f (z) 1 z ( z 1) 1 z
1
(证明是本性奇点?)
z 1
z1
sin z z
2
2
sin 1 .
2
I 2 πi ( Res [ f ( z ) , 0 ] Res [ f ( z ) , 1] ) 2 πi sin 1 .
2
18
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 被积函数 f (z ) 在 | z | 2 内有两个奇点：
(好麻烦!)
15
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 方法二 利用极点的留数计算法则求解
z 若 “不幸” 将 0
Res [ f ( z ) , 0 ] 1 5! d
5
f 判断成了(z )
1 lim
z1
的六阶极点，
d
5
(6 1)!
d z
5
[ z6 f (z) ]
1 5!
2
1 2!

1 4! z
2

1 6! z
4
,

Res [ f ( z ) , 0 ] 0 .
10
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 z 0 是 f (z ) 的本性奇点，
将 f (z ) 在 z 0 的去心邻域内洛朗展开， 有
1
f ( z ) (1 z ) e
z
2
2
1 4
e
,
π lim ? (麻烦) 1 4i 1 )( , z2 z ( 同理 Res [ f ( z ) , z ]1 z z2 )( z z3 e z z4 ) 4 z z z 2 4
Res [ f ( z ) , z3 ]
1 4
e

3π 4
i
, Res [ f ( z ) , z4 ]
一阶极点 z 0 , 二阶极点 z 1 ,
Res [ f ( z ) , 0 ] lim z f ( z ) lim
z 0
P112 定义 5.4
内展开成洛朗级数：
f (z)
n
a n ( z z0 )

n

a 1 z z0
a0 a1 ( z z0 ) ,
(两边积分)
称 a1 为 f (z ) 在 z0 处的留数，记作：
Res [ f ( z ) , z0 ] a1 §5.2 源自数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
P116 例5.21
解 被积函数 f (z ) 在 | z | 2 内有两个奇点：
可去奇点 z 0 , 一阶极点 z 1 ,
Res [ f ( z ) , 0 ] 0 .
Res [ f ( z ) , 1 ] lim ( z 1) f ( z ) lim
1

z0
1 8
.
z 2 sin z lim sin z lim Res [ f 2 ( z ) , 0 ] 3 z 0 4 z z 0 1! 4z
lim
z 0
z cos z sin z 4z
2
lim (罗比达法则) 0 .