5.1留数定理

5

1 2 1 1 1 4 z z 2 3! 5! 7! z
所以 Re s( f ,0) 0.
(1) n 1 2 n4 (2n 1)! z
,
定理 5.1.1(留数定理) 设D是复平面上的一个有界区域,
其边界D是有线条简单闭曲线. 设函数f ( z )在D内除去 有限个孤立奇点z1 , z2 , 一点解析. 则有
0
(高阶导数公式)
2 ia1
1 a0 dz a1 zdz C C 2 i
an z n dz
C

0 (柯西-古尔萨基本定理)
a1.
即f ( z )在孤立奇点处的 Re s( f , )，等于在点处 1 罗朗展式中 1次项 的系数的相反数. z
且f ( z )在 | z | 2内解析, z 2 上连续,
由柯西积分公式,
3z 1 1 3z 1 1 z 3 dz Re s( f ,1) dz 2 i | z| 2 ( z 1)( z 3) 2 i | z|2 z 1 1 3z 1 1 2 i . 2 i z 3 z 1 2
方法2 将f ( z )在b点附件展成罗朗级数, 找出 1次项的 系数就是b点的留数.
例5 函数f ( z ) z e ,试求 Re s( f ,0). 解
2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 2 z e z 1 z 2! z 3! z 4! z 1 11 1 1 2 z z , 2 2 3! z 4! z 1 1 Re s ( f , 0) . 3! 6 1 2 z
z b
sec z 例6 函数f ( z ) 3 ,试求 Re s( f , 0). z
解
z 0为f ( z)的三阶极点,则
(sec z )(2) Re s( f , 0) (3 1)!
z 0
1 1 sin 2 z 2 cos3 z
z 0
1 . 2
P( z ) z sin z ,试求 Re s( f , 0). 例7 函数f ( z ) 6 Q( z ) z
分析
P(0) P(0) P(0) 0, P(0) 0.
z 0是z sin z的三级零点,
所以z 0也是f ( z)的三级极点. 则
1 z sin z Re s( f , 0) (3 1)! z 3
计算比较麻烦.
(2)
z 0
特别,当b为f ( z )的二阶极点, 在点b附近有
( z )＝( z b)2 f ( z ),
则 Re s( f , b) ' (b).
当b为f ( z )的单极点, 在点b附近有 ( z)＝( z b) f ( z)，
则 Re s ( f , b) (b) lim( z b) f ( z ).
设f ( z)在去心圆盘D0 : 0 | z b | R( R r )内解析,则

C
f ( z )dz存在, 但不一定为零.
设b为f ( z)的孤立奇点,
b的任一去心邻域0 | z b | R 内包含b的任一条正向简单闭曲线C.
f ( z)在0 | z b | R内的罗朗级数为
第一节 留数定理
• 一、孤立奇点的留数 • 二、留数的计算
一、孤立奇点的留数
1. 问题的提出
设f ( z )在点b上解析,则存在r 0, 使得f ( z )在 闭圆盘{| z b | r} 内解析. 由柯西积分定理, 积分

C
f ( z )dz 0,
其中C :| z b | r, 取反时针方向. 若b是f ( z)的孤立奇点.
z
其中积分是沿着C的正方向取的.
设f ( z)在0 r | z | 内的洛朗展式为 a n a1 f ( z) n a0 a1 z an z n z z
1 1 f ( z )dz Re s ( f , ) f ( z )dz C C 2 i 2 i 1 a n z n dz a1 z 1dz C C 2 i
解 利用罗朗展开式求a1.
z sin z 1 z3 z5 6 z z 6 z z 3! 5!
1 1 3 3! z 5! z ,

1 z sin z Res , 0 a1 . 6 5! z
而 f ( z) sin z 在复平面内解析, 且z 0 位于 z 1 内 ,
由柯西积分公式,
1 sin z 1 因 Re s( f , 0) dz 2 i sin z z 0 0. 2 i | z|1 z 2 i
1 例3 设f ( z ) z sin , 求 Re s( f , 0). z 1 5 解 因 f ( z ) z sin z n 1 1 1 1 1 1 1 ( 1) 1 5 z 3 5 7 2 n 1 (2n 1)! z z 3! z 5! z 7! z
n 1 1 f ( z )dz f ( z )dz k 2 i D k 1 2 i
D
Re s( f , zk ).
k 1
n
.zn
z1 . .z2

D
二、留数的计算
1. 留数的计算方 法 1 按定义用积分计算; 方法
3z 1 , 求 Re s( f ,1). 例4 设f ( z ) ( z 1)( z 3) 1 3z 1 解 因 Re s( f ,1) dz, 2 i | z|2 ( z 1)( z 3) 3z 1 而 f ( z) 只有一个奇点在 | z | 2内, ( z 1)( z 3)
1 1 1 解 因 f ( z) e 1 2 z 2! z 所以 Re s( f ,0) 1.
1 z
1 z
1 1 n n! z
,
sin z , 求 Re s( f , 0). 例 2 设f ( z ) z 1 sin z dz, 解 因 Re s( f , 0) | z | 1 2 i z
所有孤立奇点为z 1, z 3, z .
由留数的计算方法3,
3z 1 1 Re s( f ,1) , z 3 z 1 2 3z 1 5 Re s( f ,1) , z 1 z 3 2
Re s( f , ) Re s( f ,1) Re s( f , 3) 3.
C
.b
f ( z)
a n ( z z0 ) n a0 a1 ( z z0 )
a1 ( z z0 )1 an ( z z0 )n
对f ( z)在C上积分, 并运用柯西积分定理, 有

C
f ( z )dz a n ( z z0 ) n dz C源自两边除以2 i, 并移项得
n
k 1
1 Re s( f , zk ) f ( z )dz 0. C 2 i k 1
n k
即
Re s( f , z ) Re s( f , ) 0.
k 1
3z 1 , 求各孤立奇点的留数. 例9 设f ( z ) ( z 1)( z 3) 3z 1 在扩充复平面上的 解 f ( z) ( z 1)( z 3)
i , 2e ie . 2
z i
三、函数在无穷远点的留数
定义 设为f ( z )的一个孤立奇点, 即f ( z )在去心邻域 0 r | z | 内解析, 则称积分 1 f ( z )dz , (C :| z | r ) 2 i C 为f ( z )在孤立奇点处的留数, 记作 Re s ( f , )或 Re s f ( z ),
1 2 z

方法3 设b为f ( z )的n阶极点, 则在点b附近有 f ( z)
( z)
( z b)
n
,
其中 ( z )在b点解析, 且 (b) 0(分离出 ( z ) 是此法的关键).
由柯西积分公式, 1 ( z) ( n1) (b) Re s( f , b) dz . n 2 i D ( z b) (n 1)!
n 1 f ( z )dz Re s( f , zk ), 2 i D k 1 其中积分按关于区域D的正向取的.
, zn外, 在闭区域 D内其余的每
证：以D内每一个孤立奇点zk为心,作充分小的圆 k ,
使它们的边界都在D内, 并且使这些圆互相分离.
由多连通区域上的柯西积分定理及留数定理,
p( z ) 方法4 单极点还有一种特殊情况：f ( z ) , q( z ) 其中p( z ), q( z )在点b解析, 且p(b) 0, q(b) 0, q ' (b) 0, 则
则 p( z ) Re s( f , b) lim( z b) z b q( z )
p( z ) p(b) lim ' . z b q( z ) q(b) q (b) z b
定理
设函数f ( z )在在扩充z平面上只有有限个 , z n , , 则f ( z ) 在
孤立奇点(包括在内), 设为z1 , z2 , 各点的留数总和为零, 即
n
Re s( f , z ) Re s( f , ) 0.
k 1 k
证： 以原点为心作圆周C, 使z1, z2 , , zn均含于C的内部, 由留数定理, n f ( z)dz 2 i Re s( f , zk ),
C
a1 ( z z0 ) 1 dz