数学物理方法第4章
数学物理方法第四章伽玛函数
数学物理方法第四章伽玛函数1.引言伽玛函数是数学分析中的一种特殊函数，由欧拉在18世纪提出。
它在数学物理、统计学和其他领域中具有重要的应用。
本章将介绍伽玛函数的定义、性质以及一些常见的应用。
2.伽玛函数的定义伽玛函数是一个无穷积分，定义如下：Γ(x) = ∫(0到∞) e^(-t) * t^(x-1) dt其中，x是一个实数。
3.伽玛函数的性质伽玛函数具有很多重要的性质，以下是其中一些重要性质：3.1对于正整数n，有Γ(n)=(n-1)!这一性质是伽玛函数与阶乘之间的关系。
当x为正整数时，伽玛函数可以表示阶乘。
3.2Γ(1/2)=√π这一性质表明伽玛函数在1/2处的值是根号π。
3.3Γ(x+1)=x*Γ(x)这一性质是伽玛函数的递推关系式，可以用来计算伽玛函数的值。
3.4 Γ(x) * Γ(1-x) = π / sin(πx)这一性质是伽玛函数的对称关系，可以用来计算伽玛函数的特殊值。
3.5对于任意正整数n，有Γ(x+n)/Γ(x)=x(x+1)...(x+n-1)这一性质是伽玛函数的倍增关系，可以用来计算伽玛函数的值。
4.伽玛函数的应用伽玛函数在各个领域中都有广泛的应用，以下是一些常见的应用：4.1概率统计学伽玛函数在概率统计学中用于定义一些重要的概率分布，如伽玛分布和贝塔分布。
这些分布在描述随机事件的出现频率和概率密度函数等方面起着重要的作用。
4.2电磁场理论伽玛函数可以用来表示电磁场中的电势和磁势分布。
在电磁场理论中，伽玛函数是求解麦克斯韦方程组的一种常用方法。
4.3数论伽玛函数在数论中有一些重要的应用。
例如，伽玛函数与Riemann zeta函数之间存在着一种特殊的函数关系，称为伽玛函数和zeta函数的函数方程。
4.4统计学伽玛函数在统计学中有一些重要的应用，如用于插值和拟合数据、计算积分和求和等。
4.5物理学伽玛函数在物理学中有广泛的应用，如量子力学、统计物理学、流体力学、热力学等领域。
数学物理方法讲义
《数学物理方法》（Methods of MathematicalPhysics）《数学物理方法》是物理类及光电子类本科专业学生必修的重要基础课，是在《高等数学》课程基础上的一门重要的应用数学类课程，为专业课程的深入学习提供所需的数学方法及工具。
课程内容：复变函数（18学时），付氏变换（20学时），数理方程（26学时）第一篇复变函数（38学时）绪论第一章复变函数基本知识4学时第二章复变函数微分4学时第三章复变函数积分4学时第四章幂级数4学时第五章留数定理及应用简介2学时第六章付里叶级数第七章付里叶变换第八章拉普拉斯变换第二篇数学物理方程（26学时）第九章数理方程的预备知识第十章偏微分方程常见形式第十一章偏微分方程的应用绪 论含 义使用数学的物理——（数学）物理 物理学中的数学——（应用）数学Mathematical Physics方 程1=x{222111c y b x a c y b x a =+=+()t a dtdx= ⎰=)(t a xdt常微分方程0222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x dt x d ω ()C t A x +=ωcos偏微分方程——数学物理方程0222222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂z y x ψψψ ()z y x ,,ψψ=12=x()ψψψψψz y x U zy x m h t h i ,,22222222+⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂()t z y x ,,,ψψ=复 数1. 数的概念的扩充正整数（自然数） 1，2，…运算规则 ＋，－，×，÷，()2，－ 121-=-负 数 0，-1，-2，…整 数 …，-2，-1，0，1，2，…÷ 5.021= 333.031=有理数（分数） 整数、有限小数、无限循环小数414.12=无理数 无限不循环小数 实 数 有理数、无理数i =-1 虚 数y i复 数 实数、虚数、实数＋虚数 yi x y x +,,2. 负数的运算符号12-=xi x ±=i 虚数单位，作为运算符号。
数学物理方法第4章留数定理2016
的无心领域的洛朗级数有没有或有多少正幂项来划分的.因此无论
点是什么类型的奇点,都有可能有
1 z
项或没有
1 z
项,即a1 都可能不等于
零或等于零.
26
【例8】求f(z)=
在孤立奇
点(包括无穷远点）处的留数． 解 z=b1是二阶极点，z=b2是一阶极点，得
27
由留数和定理，易得
由于不存在z-1 项，故 Res f(∞)
柯西定理
y
柯西公式
高阶导数公式
闭路变形原理
L
o
x
y
bL
o
x
3
f(z)在除起点外解析 =?
L 逆时针+L0 顺时针
4
§4.1.1 留数定理
一、留数（残数，Residue, 缩写Res）的定义
如果b 是f (z)的一个奇点，其中L是此去心邻域内的任意
一条简单闭曲线.
f (z) ak (z b)k , k
2z
4z2 2!
8z3 3!
2 z3
2 z2
4 3z
,
0 z
由此得
Re
sf
0
a1
4 3
21
[例 7]
求
f
(z)
z
z2
12
2z z2
4
在有限远奇点的留数。
解: 由分母为零易得z=-1是二阶极点, z=±2i是一
阶极点,由(4.1.7)可得
Res
f (1) 1 lim d [(z 1)2 1! z1 d z
根据留数定理、积分主值的定义，以及引理1
的结论
则有
41
【例4.2.2】计算积分 解 (1)辅助函数． 由于被积函数为偶函数，故
数学物理方法第4章
1
1
Re sf ( z)
k 1
n
z 1
表示f(z)在单位圆内所 有奇点的留数和
证明： 令:
ze
i
则:
dz ie d izd
i
0 2
cos (e e sin (e e
1 1 Re sf () Re s[ ,0] 10 2 (1 / z i ) (1 / z 1)(1 / z 3) z z10 Re sf () Re s[ ,0] 0 10 (1 iz ) (1 z )(1 3z )
得：
1 I 10 2(3 i )
§4.2 利用留数定理计算实变函数定积分
1 2 1 i f ( i ) i d 2i 0 re re
1 2 1 i i f ( i ) i 2 d ( re ) 2i 0 re ( re ) 1 1 i f ( ) 2 d Re s() 2i 1
f(z)在ρ<|z|<+∞解析，从而f(1/ξ)在0<|ξ|<1/ρ内解析， 除ξ=0外没有其它奇点，由留数定理得：
( z z0 ) f ( z ) a1 a0 ( z z0 ) a1 ( z z0 )
2
lim ( z z0 ) f ( z ) a1
z z0
非零的有限值
Re sf ( z0 )
若
P( z ) f ( z) Q( z ) P( z ) z z0 Re sf ( z ) lim ( z z0 ) lim P( z ) z z0 Q ( z ) z z0 Q ( z ) P ( z0 ) Q ' ( z0 )
数学物理方法第四章2013
1
1
单位圆外
1 (1 ) 1
1 1 2
1 1 2
1 (1 )(1 )
单位圆内
1 1 2 z0
1 f (z) 2 z 2z
1 1 1 2 1 1 2 (z )( z )
dx , n 为正整数 例I 2 n (1 x )
1 1 f (z) 2 n (1 z ) ( z i )n ( z i )n
a 1
j
R
R
f ( x )dx
上半平面上有 n 阶极点 i
1 d n 1 1 d n 1 1 lim n 1 ( z i )n f ( z ) lim n 1 ( n 1)! z i dz ( n 1)! z i dz ( z i )n ( n)( n 1) ( 2n 2) 1 n( n 1) (2n 2) i 2 n 1 2 n 1 ( n 1)! (2i ) ( n 1)!2
(4) 计算沿单位圆 z 1 的如下回路积分。
dz z 1 z 2 2 z 0 1
解：
寻找被积函数在单位圆内的极点，
1 1 2 z
即它的分母在单位圆内的零点。
z 2 2 z 0,
9
1 1 2
1 1 2
j
R
R
f ( x )dx
CR
f ( z )dz
14
CR
f ( z )dz
CR
《高等数学》第四册(数学物理方法)
第一章 复数与复变函数（1）1.计算)(1)2;i i i i i -=-=-()122(12)(34)(2)5102122.;345(34)(34)591655i i i i i i i i i i i i +-++--+++=+=-=---+-+5551(3).;(1)(2)(3)(13)(3)102i i i i i i i ===------4222(4).(1)[(1)](2)4;i i i -=-=-=-1122())]a bi =+=112224sin )]()(cossin );22i a b i θθθθ=+=++3.设1z=2;z i 试用三角形式表示12z z 及12z z 。
解：121cossin;(cos sin );44266z i z i ππππ=+=+121155[cos()sin()](cos sin );2464621212z z i i ππππππ=+++=+ 122[cos()sin()]2(cos sin );46461212z i i z ππππππ=-+-=+11.设123,,z z z 三点适合条件1230z z z ++=及1231;z z z ===试证明123,,z z z 是一个内接于单位圆z =1的正三角形的顶点。
证明：1230;z z ++=z 123231;312;;z z z z z z z z z ∴=--=--=--122331;z z z z z z ∴-=-=-123,,z z z ∴所组成的三角形为正三角形。
1231z z z ===123,,z z z ∴为以z 为圆心，1为半径的圆上的三点。
即123z ,z ,z 是内接于单位圆的正三角形。
.17.证明：三角形内角和等于π。
证明：有复数的性质得：321321311223arg;arg ;arg ;z z z z z z z z z z z z αβγ---===---1332213112231;z z z z z z z z z z z z ---••=----arg(1)2;k αβγπ∴++=-+(0,);(0,);(0,);απβπγπ∈∈∈(0,3);αββπ∴++∈0;k ∴=;αβγπ∴++=第一章 复数与复变函数（2）7.试解方程()4400z a a +=>。
数学物理方法习题解答完整
数学物理方法习题解答一、复变函数局部习题解答第一章习题解答1、证明Re z 在z 平面上处处不可导。
证明：令Re z u iv =+。
Re z x =，,0u x v ∴==。
于是u 与v 在z 平面上处处不满足C －R 条件， 所以Re z 在z 平面上处处不可导。
2、试证()2f z z=仅在原点有导数。
证明：令()f z u iv =+。
()22222,0f z z x y u x y v ==+ ∴ =+=。
所以除原点以外，,u v 不满足C －R 条件。
而,,u u v vx y x y∂∂∂∂ , ∂∂∂∂在原点连续，且满足C －R 条件，所以()f z 在原点可微。
或：()()()2*000lim lim lim 0z z x y z f z x i y z∆→∆→∆=∆=∆'==∆=∆-∆=∆。
【当0,i z z re θ≠∆=，*2i z e z θ-∆=∆与趋向有关，那么上式中**1z zz z∆∆==∆∆】 3、设333322()z 0()z=00x y i x y f z x y ⎧+++≠⎪=+⎨⎪⎩，证明()z f 在原点满足C －R 条件，但不可微。
证明：令()()(),,f z u x y iv x y =+，那么()f z ∴ 在原点上满足C －R 条件。
但33332200()(0)()lim lim ()()z z f z f x y i x y zx y x iy →→--++=++。
令y 沿y kx =趋于0，那么依赖于k ，()f z ∴在原点不可导。
4、假设复变函数()z f 在区域D 上解析并满足以下条件之一，证明其在区域D 上必为常数。
〔1〕()z f 在区域D 上为实函数； 〔2〕()*z f 在区域D 上解析； 〔3〕()Re z f 在区域D 上是常数。
证明：〔1〕令()(,)(,)f z u x y iv x y =+。
由于()z f 在区域D 上为实函数，所以在区域D 上(,)0v x y =。
数学物理方法第4章留数定理-2016
式中
称为f(z)在bk处的留数,
它等于f(z)在bk的无心邻域的洛
朗展开中的洛朗系数
f(z) 的洛朗展开为
6
证明 首先在 内以各奇点为圆心,作小圆周 L1,L2,L3,…,Lk,… 分别包围各奇点,如图4.1所示.这样,
由外边界线 L0与内边界线L1,L2,L3,…,Lk,… 为边界 构成了复通区域.由复通区域的柯西定理，得
1 lim
(m 1)! zb
d m 1 d z m1
[( z
b)m
f
( z )]
4.1.7
即
Res
f
(b)
1 lim (m 1)! zb
d m 1 d z m1
[( z
b)m
f
(z)] .
10
3. 若 b 为 f (z) 的一阶极点 (1) 第 一 种 情 形 ： 若 b 为 f (z) 的 一 阶 极 点 ， 则 f (z) 在
因此对于本性奇点处的留数，就只能利用罗朗展开式的方法或 计算积分的方法来求．
13
14
15
16
17
18
例5
求
f
(
z)
1
1 z
4
在有限远奇点的留数。
解: f(z)分母的零点由 1 z4 0 确定,易见
z k 4 1 4 e i2 k 1 e i2 k 4 1 , k 0 ,1 ,2 ,3
其次,对于沿Lk的积分,由式(4.1.2)可得
将式(4.1.4)代入式(4.1.3),并将
代入,即有
7
4.1.2、计算留数的方法
1 若 b 为 f (z) 的可去奇点，则 f (z) 在 0 z b R 内
数学物理方法课件(北师大版)4
y=sinφ π/2
讨论：对于m为负数，约旦引理是否成立？如何处理？
例1. 计算积分：0
fz e
x sin mx dx 2 1 x
y z=i
imz
z imz e 1 z2
O z=-i x
x sin mx 1 x sin mx 1 xe imx 0 1 x 2 dx 2 1 x 2 dx 2i 1 x 2 dx Re s[ f ( z )eimz ]
n n a z z n 0 .
• 由积分公式：
0, 1 n z z0 dz I 2i 1, (n 1) (n 1)
为什么a-1特殊？
fzdz
n
n a z z n 0 dz 2i a -1
(0 1)
p65
思考：当函数 f (z) 在上半平面上有无穷多个奇点时该如 何处理？
1 dx 例3. cosh x
1 C cosh z dz R R 1 1 dx dx R cosh x R cosh( x i ) 0 1 1 i dy i dy 0 cosh( R iy ) cosh( R iy )
2
z 2i 的极点，并求 f (z) 在 5 3 z 4z
数学物理方法第4章留数定理
f(z) 的洛朗展开为
6
证明 首先在 内以各奇点为圆心,作小圆周 L1,L2,L3,…,Lk,… 分别包围各奇点,如图4.1所示.这样,
由外边界线 L0与内边界线L1,L2,L3,…,Lk,… 为边界 构成了复通区域.由复通区域的柯西定理，得
其次,对于沿Lk的积分,由式(4.1.2)可得
柯西定理
y
柯西公式
高阶导数公式
闭路变形原理
L
o
x
y
bL
o
x
3
f(z)在除起点外解析 =?
L 逆时针+L0 顺时针
4
§4.1.1 留数定理
一、留数（残数，Residue, 缩写Res）的定义
如果b 是f (z)的一个奇点，其中L是此去心邻域内的任意
一条简单闭曲线.
f (z) ak (z b)k , k
第4章 留数定理 包含奇点的积分如何求？
1
柯西(Augustin Louis Cauchy, 1789—1857) 法国数学家、物理学家、天文学家
他的父亲与Lagrange, Lapalce交往密切 柯西极限，柯西不等式，柯西积分公式，柯西定理 等 （800篇论文）
拉格朗日（Joseph-Louis Lagrange，1736~1813）
0 z b R 内的罗朗展开式为
f (z) a1(z b)1 a0 a1(z b)
显然
a1
lim(z
zb
b)
f
(z)
，故当 b
为
f
(z)
的一阶极点时，
Res f (b) lim(z b) f (z) zb
《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 )
数学物理方法讲义
《数学物理方法》（Methods of MathematicalPhysics）《数学物理方法》是物理类及光电子类本科专业学生必修的重要基础课，是在《高等数学》课程基础上的一门重要的应用数学类课程，为专业课程的深入学习提供所需的数学方法及工具。
课程内容：复变函数（18学时），付氏变换（20学时），数理方程（26学时）第一篇复变函数（38学时）绪论第一章复变函数基本知识4学时第二章复变函数微分4学时第三章复变函数积分4学时第四章幂级数4学时第五章留数定理及应用简介2学时第六章付里叶级数第七章付里叶变换第八章拉普拉斯变换第二篇数学物理方程（26学时）第九章数理方程的预备知识第十章偏微分方程常见形式第十一章偏微分方程的应用绪 论含 义使用数学的物理——（数学）物理 物理学中的数学——（应用）数学Mathematical Physics方 程1=x{222111c y b x a c y b x a =+=+()t a dtdx= ⎰=)(t a xdt常微分方程0222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x dt x d ω ()C t A x +=ωcos偏微分方程——数学物理方程0222222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂z y x ψψψ ()z y x ,,ψψ=12=x()ψψψψψz y x U zy x m h t h i ,,22222222+⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂-=∂∂()t z y x ,,,ψψ=复 数1. 数的概念的扩充正整数（自然数） 1，2，…运算规则 ＋，－，×，÷，()2，－ 121-=-负 数 0，-1，-2，…整 数 …，-2，-1，0，1，2，…÷ 5.021= 333.031=有理数（分数） 整数、有限小数、无限循环小数414.12=无理数 无限不循环小数 实 数 有理数、无理数i =-1 虚 数y i复 数 实数、虚数、实数＋虚数 yi x y x +,,2. 负数的运算符号12-=xi x ±=i 虚数单位，作为运算符号。
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。
《数学物理方法》3留数定理及其应用
1）
z0 1 是f（z）的单极点
Re s f（1） lim（ z 1）f（z） 1
z1
n
[解2]
Re
s
f（1）
lzim1（ zn
1 1）
lzim1
1 nz n1
1 n
[例3] 求 f（z） 1 的极点及其留数
sin z
[解] z n（n 0， 1， 2， ）
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
lim
z0
1 2！（z
2 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
f（z）
z n 是f（z）的单极点
Re
s
f（n）
zlimn（ z
n） 1
sin
z
lim
zn
（ z n）
（sin z）
lim
zn
1 cos
z
（
1）n
[例] 求
f（z）（szin
2z 1）3
ez 的极点及其留数
z1
[解] z0 1是f（z）的单极点
z0 1 是f（z）的三阶极点
zkdz （re i）kd（re i）
C
C
ir
k
1
2
e
数学物理方法课后答案
数学物理方法课后答案【篇一：数学物理方法习题】1、求解定解问题：utt?a2uxx?0,(0?x?1),u|x?0?u|x?l?0,l?n0hx,(0?x?),?ln0?（p-223） ?u|t?0??hl(l?x),(?x?l),?ln0?l???n0u|t?0?0,(0?x?l).2、长为l的弦，两端固定，弦中张力为t，在距一端为x0的一点以力f0把弦拉开，然后撤出这力，求解弦的震动。
[提示：定解问题为 utt?a2uxx?0,(0?x?l),u(0,t)?u(l,t)?0,?f0l?x0x,(0?x?x0), ??tlu(x,0)???f0x0(l?x),(x?x?l),0??tlut|t?0?0.] (p-227)3、求解细杆导热问题，杆长l，两端保持为零度，初始温度分布u|t?0?bx(l?x)/l2。
[定解问题为k?22u?au?0,(a?)(0?x?l),xx?tc???] (p-230)u|x?0?u|x?l?0,??u|t?0?bx(l?x)/l2.???4、求解定解问题??2u?2u2??a?0,0?x?l,t?022??t?x?ux?0?0,ux?l?0. ??3?x?u?u ?asin,?0.?t?0l?tt?0?4、长为l的均匀杆，两端受压从而长度缩为l(1?2?)，放手后自由振动，求解杆的这一振动。
[提示：定解问题为?utt?a2uxx?0,(0?x?l),?ux|x?0?ux|x?l?0,??](p-236) ?2u|?2?(?x),t?0?l?ut|t?0?0.??5、长为l的杆，一端固定，另一端受力f0而伸长，求解杆在放手后的振动。
[提示：定解问题为?utt?a2uxx?0,(0?x?l),?u|x?0?0,ux|x?l?0,??] (p-238)x?uxf?0?u(x,0)??0dx??0,?xys?ut|t?0?0.??6、长为l的杆，上端固定在电梯天花板，杆身竖直，下端自由、电梯下降，当速度为v0时突然停止，求解杆的振动。
- 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)。
点b1 b2 b3 ….， bn ,
则
f(z )d zf(z )d zf(z )d zf(z )d z
l
l1
l2
l3
2 i [s R ( b 1 f ) e R s( b 2 f e ) R s( b 3 f e ) ]
n
2i Resf(bj) 称为留数定理
j1
如何求a-1？
判断分母零点的级数来判断函数极点的阶数
精品课件
例1： f(z)1/(zn1) 求 Resf(1)
解： Rse(f1)li(m z1)f(z) z 1 lim (z1)/(zn1) z 1 lim1/(nzn1) z1 1/ n
精品课件
例2：确定函数 f(z)(z2i)/z(54z3)的极点，求留数
若 f (z) P(z) Q(z)
Res
f(z)zl im z0(zz0)
P(z) Q(z)
lim
zz0
z z0 Q(z)
P(z)
P(z0) Q '(z0)
精品课件
若z0为f(z)的m阶极点
f(z) (z a z m 0 )m (z a zm 0 )1 m 1 za 1 z0 a 0 a 1 (z z0 )
a 1
1 5!
所以： Resf(0) 1
精品课件
5!
由：f(z) (z a z m 0 )m (z a zm 0 )1 m 1 za 1 z0 a 0 a 1 (z z0 )
仍看作6阶极点，故：
Rse(f0)(6 11)!lz iz0m d d55z[z6zzs6izn ]
1 5!
lim1
i(2n1)(2k1)
e 2n
zz0 2n
lz im z0 21neie(2i(k2k1)1)/2n
精品课件 21nei(2k1)/2n
无穷远点的留数
设函数f(z)在圆环域R<|z|<+∞内解析，l为这圆环
域内绕原点的任何一条正向简单闭曲线，那么积分
1
2i
l
f
(z)dz
的值与l无关，我们称此定值为f(z)在∞点的留数，记作
解：
z2i z54z3
z3(zz22i4)
z3(zz2i)2(iz2i)
1 z3(z 2i)
Rse (f2 i)li(m z2 i)f(z) z 2i
lim
z2i
1 z3
1 8i
i 8
Rsef(0)lz i0m (3 11){ !dd22z[z3f(z)]}
lim1(d2 z0 2! dz2
1 ) z精2品课i件
k
l0(z 精品z课0件)kdz
l l0
z0
由
1
2
i
l
z
1
dz
0 (l不包围
)
1 (l包围)
1 (z)ndz0
2i l
n1
l
f(z)d a1
2iRsef(z0)
l l0 z0
a1Rsef(z0) a-精1称品课为件 f(z)在奇点z0的留数
若l所围区域包围n个奇
lim 1 1
zz0 2 z 2 2 1 2
z
1
z2
1 2z
dz
2iRsef(z0)
i
1 2
精品课件
1
例4： f (z) e z
求 Resf(0)
解：
1
ez
11z21!z12
Resf(0)1
精品课件
例5：求函数
f
(z)
zsinz z6
在z=0处的留数
设： P(z)zsin z
Q(z) z6
若z0为单极点
f(z)za1z0a0a1(zz0)
l2 b2
l3
l l1 b1
b3
精品课件
f(z)za 1 z0a0a1(zz0) ( z z 0 )f( z ) a 1 a 0 ( z z 0 ) a 1 ( z z 0 ) 2
lz izm 0(zz0)f(z)a1 非零的有限值 Resf(z0)
lim[ z0 (z
1 2i)3
]
i 8
例3：计算回路积分
1 dz
z 1 z2 2z
(01)
解： 被积函数的奇点为
z 1 12
1 1 2 1 (1)(1) 1(1) 1
在单位圆 z = 1
内
1 12 1 1 2 1 1
在单位圆
z = 1 外
精品课件
1
Rsef(z0)lz izm 0(z22z)'
P(0) 0
P '(0 )(1co z)|zs 00
P''(0)sizn |z00 P '''(0 )co z|z s 0 10
所以z=0是P(z)的三级零点，从而是f(z)的三阶极点
Rse(f0)(3 11)!lz iz0m d d22z[z3zzs6izn ]
展开法： z z s6 iz nz 1 6[z (z3 1 !z35 1 !z5 )]
第四章 留数定理
§4.1 留数定理 §4.2 利用留数定理计算实变函数定积分
精品课件
§4.1 留数定理
考虑积分 f (z)dz l
若l所围区域解析，则
f (z)dz0
l
若l所围区域包围一个奇
点z0 ，展开f(z)，则
f(z) ak(zz0)k
k
f(z)dz f(z)dz
l
l0
l
f(z)dz ak
( z z 0 ) m f( z ) a m a m 1 ( z z 0 ) a 1 ( z z 0 ) m 1 a 0 ( z z 0 ) m
lim(z[z0)mf(z)]非 零 有 限 值
zz0
Rse (fz0)z l iz0(m m 1 1 ){ !d dm m z 1 1[z(z0)mf(z)]}
这就是说， f(z)在∞点的留数等于它在圆环域
R<|z|<+∞内洛朗级数中z-1的系数变号。
定理：
如果函数 f(z)在复平面内只有有限个孤立奇点
，那么f(z) 在所有各奇点（包括∞ 点）的留数的总和
：
1
Resf()
f (z)dz l是顺时针方向
2i l
作变换t=1/z，则：f(z)f(1/t)(t)
dz
dt t2
21 il f(z)d z21 il(t)d t2t 精品课件
1
2i
(t)
l
dt t2
1
2i
l aktk
k
dt t2
1
2i
l aktk2dt a1
k
所以： Res()a1
精品课件
例6：求函数
f
(z)
1 1 z2n
的留数
解：先求奇点 令： 1z2n 0
z2n 1
zn iei(2k 1)/2
所以： z 0 e i(2 k 1 )/2 n (k 0 ,1 ,2 ,.2 n . 1 .),
为函数f(z)的单极点
1
1
Rse (fz0)lz iz0(m 1z2n) ' lz iz02 m n2n z 1