【复变函数】第五章留数(工科2版).ppt
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高等数学课件-复变函数与积分变换 第五章 留数 §5.1 留数定理及留数的求法
0
的去心邻域内的罗朗展开式为：
sin z
1 z2
z4
L
1n z2n
L
z
3! 5!
2n 1!
故负幂次项 z1的系数 C1 0 ，即
Res
sin z
z
, 0
0
若孤立奇点z0为f (z)的可去奇点，则
Res f (z), z0 0
例1.3
函数
f
(z)
1 z(z 1)2
在
z
1 处有一个
二级极点，这个函数又有下列罗朗展开式：
n
Ñc f zdz 2πiRes f z, zk （1.3） k 1
证 把在c内的孤立奇点 zk k 1,2,L ,n
用互不包含的正向简单闭曲线 ck 围绕起来 （如图5－1）
图5－1
蜒c f zdz
c1
f
z
dz
蜒 f c2
zdz L
cn
f
z dz
以 2 i 除等式两边，得
1
Cm 0
Байду номын сангаас
g z Cm Cm1 z z0 L C1 z z0 m1
C0 z z0 m L
在点 z0 是解析的，且 g z0 Cm 0
由
f
z
gz z z0 m
，有 z
z0 m
f
z
gz
上式两端对 z 求导 m 1 次，并取极限（z z0），
得
lim
在 z 1的去心邻域
0 z 1 1
内的罗朗展开式，由于
f
z
z
1
12
z
1
1
n0
1n
z
复变函数第五章1留数
证明： 若z0是f (z)的m阶零点 即 f (z) (z z0 )m(z)
((z)在 z0 处解析, 泰勒级数：(z) a0 a1(z z0 ) )
f (z)在z0处的泰勒级数为
f (z) a0 (z z0 )m a1 (z z0 )m1 a2 (z z0 )m2
f (z0 ) f (z0 ) f (m1)(z0 ) 0, f (m)(z0 ) a0 0.
则孤立奇点z0称为 f (z)的本性奇点.
例如：f (z) sin 1 以z 1为它的本性奇点
因为sin
1
1 z
在z 1的去心邻域0 z 1 上的罗朗展式为
1
1
z
sin
(1)n ( 1 )2n1
1 z n0 (2n 1)! 1 z
1 ( 1 ) 1 ( 1 )3 (1)n ( 1 )2n1
z 1是f (z)的本性奇点.
或 z沿实轴从点1的右侧趋向于1
z沿实轴从点1 的左侧趋向于1
1
lim e z1极限不存在，且不为 z 1
z 1是f (z)的本性奇点课. 件
1
lim e z1
z1
1
lim e z1 0,
z1
9
综上所述:
定理5.1 若函数f (z)在0 z z0 R内解析，则
z 1是(z2 1)( z 2)3的一级零点
z 2是(z2 1（) z 2）3的三级零点，
z 1是f (z)的二级极点，(见例7,m 1 3 n)
z 2是可去奇点， (见例7,m 3 n)
z 0,2,3， 4， 是f (z)的三级极点.
(见例7, m 0 3 n)
k
课件
3
5.1.1 孤立奇点的定义及分类
复变函数第五章留数
第五章 留数
§1 孤立奇点 §2 留数
1
§5.1 孤立奇点
一、孤立奇点定义
如果函数f z在z0不解析, 但在z0的某个去心邻域
0 z z0 内处处解析, 则称z0为f z的孤 立 奇 点.
例如
1 sin
1
, z0
=
0为奇点,
但不是孤立奇点.
z
z 1 n 1,2,为奇点, n , z 0,
]
sinz
cosz
zzk
sinz sinz
z
zk
1
tgzdz
C
2i 8 1 16i
31
例4 计算 z4 sin 1 dz, C为 z 1 2.
C
z
解 奇点：z 0, 奇点类型不清楚，
•
z4
sin 1 z
z4
1 z
1 3! z3
1 5! z5
1 7! z7
z3
z 3!
1 5! z
1 7! z3
Re
s
f
z,0
c1
1 120
C
z4
sin
1 z
dz
2i
Re
s
f
z,0
60
i
32
例5 计算
C
z z4 1
dz,C为 z
2，正向.
解 显然 z 1,i 都是 f z 的一级极点，
f z ( z z0 )m z ，
其中 z在z0解析，且 z0 0，m为正整数，
则
z
为
0
f
z
的m
级
零
点.
例如 对于 f z z(z 1)3，z0 0, z0 1分别是其一级
§1 孤立奇点 §2 留数
1
§5.1 孤立奇点
一、孤立奇点定义
如果函数f z在z0不解析, 但在z0的某个去心邻域
0 z z0 内处处解析, 则称z0为f z的孤 立 奇 点.
例如
1 sin
1
, z0
=
0为奇点,
但不是孤立奇点.
z
z 1 n 1,2,为奇点, n , z 0,
]
sinz
cosz
zzk
sinz sinz
z
zk
1
tgzdz
C
2i 8 1 16i
31
例4 计算 z4 sin 1 dz, C为 z 1 2.
C
z
解 奇点：z 0, 奇点类型不清楚，
•
z4
sin 1 z
z4
1 z
1 3! z3
1 5! z5
1 7! z7
z3
z 3!
1 5! z
1 7! z3
Re
s
f
z,0
c1
1 120
C
z4
sin
1 z
dz
2i
Re
s
f
z,0
60
i
32
例5 计算
C
z z4 1
dz,C为 z
2，正向.
解 显然 z 1,i 都是 f z 的一级极点，
f z ( z z0 )m z ，
其中 z在z0解析，且 z0 0，m为正整数，
则
z
为
0
f
z
的m
级
零
点.
例如 对于 f z z(z 1)3，z0 0, z0 1分别是其一级
复变函数与积分变换5.2留数
m
f ( z )} ( m - 1)! c - 1 a ( z - z 0 )
令两端 zz0, 右端的极限是(m-1)!c-1, 两端除以(m-1)! 就是Res[f (z), z0], 即得规则2, 当 m=1时就是规则1。
规则 3
设 f ( z ) P z Q z , P (z)及 Q (z)在 z 0 都 解 析 ,
Res[ f ( z ), 0 ] lim z
z 0
e
z 2
z ( z - 1)
lim
e
z 2
z 0
( z - 1)
1.
z d e 2 R es[ f ( z ),1] lim ( z - 1) 2 ( 2 - 1)! z 1 d z z ( z - 1)
1 Q (z)
1 z - z0
( z ),
其 中 (z)在 z 0 解 析 , 且 (z 0 ) 0 . 故 z 0 为 f (z )的 一 级 极 点 .
根 据 规 则 1 , R es[ f ( z ), z 0 ] lim ( z - z 0 ) f ( z ) ,而 Q (z 0 )= 0 .
z
-1
d z 2 π i(
e 2
) 2 π i ch 1
2
我们也可以用规则3来求留数:
Res[ f ( z ),1] ze
z
2z
|
z 1
e 2
; e
-1
Res[ f ( z ), - 1]
ze
z
2z
|
z -1
2
.
这比用规则1要简单些.
例 2
f ( z )} ( m - 1)! c - 1 a ( z - z 0 )
令两端 zz0, 右端的极限是(m-1)!c-1, 两端除以(m-1)! 就是Res[f (z), z0], 即得规则2, 当 m=1时就是规则1。
规则 3
设 f ( z ) P z Q z , P (z)及 Q (z)在 z 0 都 解 析 ,
Res[ f ( z ), 0 ] lim z
z 0
e
z 2
z ( z - 1)
lim
e
z 2
z 0
( z - 1)
1.
z d e 2 R es[ f ( z ),1] lim ( z - 1) 2 ( 2 - 1)! z 1 d z z ( z - 1)
1 Q (z)
1 z - z0
( z ),
其 中 (z)在 z 0 解 析 , 且 (z 0 ) 0 . 故 z 0 为 f (z )的 一 级 极 点 .
根 据 规 则 1 , R es[ f ( z ), z 0 ] lim ( z - z 0 ) f ( z ) ,而 Q (z 0 )= 0 .
z
-1
d z 2 π i(
e 2
) 2 π i ch 1
2
我们也可以用规则3来求留数:
Res[ f ( z ),1] ze
z
2z
|
z 1
e 2
; e
-1
Res[ f ( z ), - 1]
ze
z
2z
|
z -1
2
.
这比用规则1要简单些.
例 2
复变函数留数习题PPT课件
VS
应用
留数定理在解决各种数学问题中有着广泛 的应用，如求解定积分、求解微分方程等 。此外，留数定理还在物理学、工程学等 领域中有着广泛的应用。
03
习题解析
简单习题解析
总结词
基础知识点
详细描述
简单习题主要涉及复变函数和留数的基本概念，包括复数、复变函数、级数、积分等。 这些题目旨在帮助学生掌握复变函数和留数的基本知识点，为后续的学习打下基础。
留数的定义与性质
留数的定义
留数是复变函数在奇点附近的行为的一种度量，它是通过计算函数沿着正反两个方向的无穷小包围区 域的积分来定义的。
留数的性质
留数具有一些重要的性质，如线性性质、可加性、奇偶性质等，这些性质在计算留数时非常有用。
留数定理及其应用
留数定理
留数定理是复变函数积分理论中的重要 定理，它表明一个复函数沿着一个封闭 曲线的积分可以用该函数在曲线内部的 奇点上的留数来计算。
复数在物理中的应用
在交流电和电信中的应用
在交流电和电信中，常常需要用到复数来表示正弦波和余弦波，以便于进行计 算和分析。
在量子力学中的应用
在量子力学中，波函数通常是复数，通过复数来表示粒子的状态和行为。
02
复变函数的积分与留数
复变函数的积分
பைடு நூலகம்
01
复数平面上的路径
复变函数在复平面上的积分依赖于所选择的路径，不同的路径可能导致
04
留数在解决实际问题中的应用
在电路分析中的应用
总结词
电路分析中，留数可以用于计算复平面上的 奇异点对应的电流和电压。
详细描述
在电路分析中，留数是一个重要的概念，它 可以用于计算复平面上的奇异点对应的电流 和电压。通过将电路模型转化为复平面上的 函数，并利用留数的性质，可以方便地求解 电路中的电流和电压，特别是在处理具有极
复变函数5章：留数
3z + 2 1 3z + 2 = 2 2 z (z + 2) z z + 2
而 3z + 2 在z=0处解析，且不等于0，所以z=0为二级极点 =0处解析 且不等于0 所以z=0为二级极点 处解析，
z+2
§5.1 孤 立 奇 点
二 孤立奇点的分类
2. 极 点 【例】求下列函数的奇点，如果是极点，指出级数 求下列函数的奇点，如果是极点，
f (z) = ∑cn (z − z0 )n , ( 0 < z − z0 < δ )
∞ n=0
则称孤立奇点 则称孤立奇点z0为f(z)的可去奇点 孤立奇点z 【注】令f(z0)=c0，则f(z)在z0处解析
§5.1 孤 立 奇 点
二 孤立奇点的分类
f (z) =
n=−∞
cn (z − z0 )n , ∑
z→z0
或写作 lim f (z) = ∞.
z→z0
§5.1 孤 立 奇 点
二 孤立奇点的分类
2. 极 点 【例】求下列函数的奇点，如果是极点，指出级数 求下列函数的奇点，如果是极点，
3z + 2 (1) f (z) = 2 , z (z + 2)
1 (2) 3 z − z2 − z + 1
解：(1) z=0, -2为函数f(z)的孤立奇点 为函数f 由于
3z + 2 (1) f (z) = 2 , z (z + 2)
1 (2) 3 z − z2 − z + 1
解：(1) z=0, -2为函数f(z)的孤立奇点 为函数f 同理
1 3z + 2 3z + 2 = 2 z (z + 2) z + 2 z 2
而 3z + 2 在z=0处解析，且不等于0，所以z=0为二级极点 =0处解析 且不等于0 所以z=0为二级极点 处解析，
z+2
§5.1 孤 立 奇 点
二 孤立奇点的分类
2. 极 点 【例】求下列函数的奇点，如果是极点，指出级数 求下列函数的奇点，如果是极点，
f (z) = ∑cn (z − z0 )n , ( 0 < z − z0 < δ )
∞ n=0
则称孤立奇点 则称孤立奇点z0为f(z)的可去奇点 孤立奇点z 【注】令f(z0)=c0，则f(z)在z0处解析
§5.1 孤 立 奇 点
二 孤立奇点的分类
f (z) =
n=−∞
cn (z − z0 )n , ∑
z→z0
或写作 lim f (z) = ∞.
z→z0
§5.1 孤 立 奇 点
二 孤立奇点的分类
2. 极 点 【例】求下列函数的奇点，如果是极点，指出级数 求下列函数的奇点，如果是极点，
3z + 2 (1) f (z) = 2 , z (z + 2)
1 (2) 3 z − z2 − z + 1
解：(1) z=0, -2为函数f(z)的孤立奇点 为函数f 由于
3z + 2 (1) f (z) = 2 , z (z + 2)
1 (2) 3 z − z2 − z + 1
解：(1) z=0, -2为函数f(z)的孤立奇点 为函数f 同理
1 3z + 2 3z + 2 = 2 z (z + 2) z + 2 z 2
高等数学课件-复变函数与积分变换 第五章 留数 §5.2 用留数定理计算实积分
§5.2 用留数定理计算实积分
引言
在实际问题中，往往会遇到求一些实 积分的值，计算比较复杂。但是，如果把 它们化为复变函数的积分，运用留数定理 计算可能要简捷的多。
首先，被积函数必须要与某个解析函 数密切相关。
其次，定积分的积分域是区间，而用 留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线 的积分。
一、形如
积分限化为从 到 ，又显然 lim f z 0 z
于是积分属于上述类型，可由（2.4）式计算
f z 可写成
f z
1 z2 a2
2
z
ia
1
2
z
ia
2
易见，f z 在上半平面只有一个二级极点
z ia，计算 f zeipz在 z ia 点的留数
Re s f
z eipz ,ia
Re s
f
z eiz , 2i
lim z
z2i
2i
f
z eiz
zeiz
1
lim
z2i z 2i
z2 1
6e2
Re
s
f
z eiz ,i
lim z
zi
i
f
z eiz
lim
zeiz
1
zi z2 4 z i 6e
将所得留数代入（2.5）式得：
I
xsin x dx
(x2 4)(x2 1)
奇点？在实轴上是否无奇点？
c．等式 lim zf z 0 是否成立？ z
（2）计算 f z在上半平面奇点处的留数，
然后代入上述公式就得结果。显然结果必然
是实数，如果是复数，说明计算有误。
例2.3计算积分
x2
I
x2 1 2 dx
引言
在实际问题中，往往会遇到求一些实 积分的值，计算比较复杂。但是，如果把 它们化为复变函数的积分，运用留数定理 计算可能要简捷的多。
首先，被积函数必须要与某个解析函 数密切相关。
其次，定积分的积分域是区间，而用 留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线 的积分。
一、形如
积分限化为从 到 ，又显然 lim f z 0 z
于是积分属于上述类型，可由（2.4）式计算
f z 可写成
f z
1 z2 a2
2
z
ia
1
2
z
ia
2
易见，f z 在上半平面只有一个二级极点
z ia，计算 f zeipz在 z ia 点的留数
Re s f
z eipz ,ia
Re s
f
z eiz , 2i
lim z
z2i
2i
f
z eiz
zeiz
1
lim
z2i z 2i
z2 1
6e2
Re
s
f
z eiz ,i
lim z
zi
i
f
z eiz
lim
zeiz
1
zi z2 4 z i 6e
将所得留数代入（2.5）式得：
I
xsin x dx
(x2 4)(x2 1)
奇点？在实轴上是否无奇点？
c．等式 lim zf z 0 是否成立？ z
（2）计算 f z在上半平面奇点处的留数，
然后代入上述公式就得结果。显然结果必然
是实数，如果是复数，说明计算有误。
例2.3计算积分
x2
I
x2 1 2 dx
[整理]复数与复变函数课件第五章-留数课件ppt
![[整理]复数与复变函数课件第五章-留数课件ppt](https://img.taocdn.com/s3/m/e6f229de6c85ec3a86c2c592.png)
f ( z ) a m ( z z 0 ) m a m 1 ( z z 0 ) m 1 ,
其中， a( z m z 00 ) .m [ a m a m 1 ( z z 0 ) a m 2 ( z z 0 ) 2 ]
(zz0)m (z).
收敛且解析
方法一 f(0)0, f(0 ) 1 cz o z 0s 0 , f(0 ) sizz n 00 , f(0 ) cz o z 0 s1 0 , z0是 f (z)的三阶零点。
k 0 , 1 , 2 , ,
z k
1 kπ
为孤立奇点；
(2) z0也是奇点，但不是孤立奇点。
这说明奇点未必是孤立的.
y
函 数 的 实 部
o
x
注: 若函数的奇点个数有限， 则每一奇点都是孤立奇点.
四、孤立奇点的分类
根据函数在其孤立奇点的去心邻域的洛朗级数对奇点分类
定义 设 z 0 为 f (z) 的孤立奇点，将 f (z) 在 0|zz0| 内
例 f(z)lnz, 原点及负实轴上的点均为奇点， 但不是孤立奇点。
三、孤立奇点
定义 设 z 0 为 f (z) 的奇点，且存在 0, 使得 f (z) 在去心 邻域 0|zz0| 内解析，则称 z 0 为 f (z) 孤立奇点。
例 f (z) 1 ,
sin
1 z
(1) 令 sin
1 z
0
,
1z k π ,
解 z0是 f (z) 的奇点，由 limf(z)limsinz 1,
z0
z0 z
可知，z0是 f (z)的可去奇点。
或 将 f (z)在 z0的去心邻域展成洛朗级数，有
f(z)sizn 1(z1z31z5 )
复变函数 第五章留数
F(t)
c
n
t
n
cnt
n
(2)
n 1
n0
第五章 留数
相应地规定：如果 t = 0 是 F(t) 的可去奇点、m 级极点或本
性奇点，则称z 是 f (z) 的可去奇点、m 级极点或本性奇点。
将式（1）写成
f
(z)
c
n
z
n
c0
cn zn
(3)
n 1
n 1
将式（2）写成
F(t)
cn t n
c0
cnt
( n 0, 1, 2, , m 1)
f
(m) (z0 ) m!
a0
0
故必有 f (z) cm (z z0 )m cm1(z z0 )m1 cm2 (z z0 )m2
(z z0 )m[cm cm1(z z0 ) cm2 (z z0 )2 ]
(z z0)m (z)
根据 0 z z0 内 f (z) 的 Laurent 级数的不同，孤立奇点 分为三种类型。
第五章 留数
1、可去奇点
如果 Laurent 级数中不含 z z0 的负幂项，孤立奇点 z0 称为 f (z) 的可去奇点。
即
c0 c1(z z0 ) cn (z z0 )n
在 0 z z0 内收敛于 f (z) 。
lim f (z)
zz0
或
lim f (z)
z z0
第五章 留数
如果 f (z)以 z0为其孤立奇点，则下列四个条件是等价的。 它们中的任何一条都是 m 级极点的特征：
（1） f (z) 在以 z0 点为中心的去心邻域内的 Laurent 级数只 有有限多个 z z0 的负幂项；
第五章留数及其应用ppt
z 1为f ( z)的二级极点， z i是f ( z)的一级极点。
z 0不是f ( z )的二级极点，
1 z2 z3 f (z) 2 (z ...) 2! 3! z
z
1
1 z ... 2! 3!
所以， z 0是f ( z )的一级极点。
注意判别条件
华东理工大学《复变函数与积分变换》课程教案
显然，函数的奇点是 2k 1 z 1, zk 1 (k 0,1,2...) 2 tan( z 1) sin(z 1) 1 由于lim lim 1 z 1 z 1 z 1 z 1 cos(z 1)
所以，z 1为可去奇点。
sin(z 1) 又 z 1
华东理工大学《复变函数与积分变换》课程教案
East china university of science and technology
即z=是f (z)的可去奇点, 极点或本性奇点, 完全看极限
lim f ( z ) 是否存在(有限值), 为无穷大或不存在又不是无 z
穷大来决定. 例3
f ( z ) ( z 2)( z 2 1). z 为唯一奇点，三级极点
又
R
1 f ( z ) f ( w ) 显然， ( w )在0 w 1 内解析， R w
且w 0为 ( w )的孤立奇点。 由于 lim f ( z ) lim ( w )
z w 0
所以，f (z)在无穷远点 z= 的奇点类型 等价于 (w)在w=0的奇点类型。
其中， g( z)在z0点解析，且 g( z0 ) 0, m为正整数
则称 z0为f ( z )的m级零点。
若z0为f ( z)的解析点，则 z0为f ( z )的m级零点 零点的判别：
【PPT】【复变函数与积分变换】留数及其应用
(法P则11)5 法则Ⅲ
理由
f (z)
am (z z0 )m
a1 z z0
a0 a1(z z0 ) ,
(z z0 )m f (z) am a1(z z0 )m1 a0(z z0 )m ,
dm1 d z m 1
[(
z
z0 )m
f
(z)]
(m 1)!a1
(z
z0 ) (z),
§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
2020/8/4
复变函数
1
一、留数的概念
定义 设 z0 为函数 f (z)的孤立奇点，将 f (z) 在 z0 的去心邻域
P112 定义
内展开成洛朗级数：
5.4
f (z) an(z z0 )n
n
a1 z z0
z z0
2020/8/4
复变函数
6
解 (1) z 0 是 f1(z) 的可去奇 点， Res[ f1(z), 0] 0 .
(2) z 0和 z 1均为 f2(z) 的一阶极点，
Res[
f2(z),
0
]
lim[
z0
z
f1(z)
]
lim
z0
1 z1
1,
Res[
f
2
(
z
)
,
1
]
lim[
z1
(
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
1 2πi
f (z)dz ,
C
其中，C 是 z0 的去心邻域内绕 z0 的一条简单闭曲线。
理由
f (z)
am (z z0 )m
a1 z z0
a0 a1(z z0 ) ,
(z z0 )m f (z) am a1(z z0 )m1 a0(z z0 )m ,
dm1 d z m 1
[(
z
z0 )m
f
(z)]
(m 1)!a1
(z
z0 ) (z),
§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
2020/8/4
复变函数
1
一、留数的概念
定义 设 z0 为函数 f (z)的孤立奇点，将 f (z) 在 z0 的去心邻域
P112 定义
内展开成洛朗级数：
5.4
f (z) an(z z0 )n
n
a1 z z0
z z0
2020/8/4
复变函数
6
解 (1) z 0 是 f1(z) 的可去奇 点， Res[ f1(z), 0] 0 .
(2) z 0和 z 1均为 f2(z) 的一阶极点，
Res[
f2(z),
0
]
lim[
z0
z
f1(z)
]
lim
z0
1 z1
1,
Res[
f
2
(
z
)
,
1
]
lim[
z1
(
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
1 2πi
f (z)dz ,
C
其中，C 是 z0 的去心邻域内绕 z0 的一条简单闭曲线。
复变函数留数.ppt
则
1 cosmx
I
dx
2 5 4 cosx
命
I1
cosmx dx
5 4 cosx
I2
sin mx dx
5 4 cos x
I1 iI2
e imx
dx
5 4 cos x
设 z eix ，则
I1
iI2
1 i
z
1
5
z
zm 2(1
z
2
)
dz
i
zm dz
2 z 1 (z 1 )(z 2)
令
z=ei, 则dz=ieid,
Euler : ei cos i sin
sin 1 (ei ei ) z z1 z2 1
2i
2i 2iz
cos 1 (ei ei ) z z1 z2 1
2
2
2z
当：0 2时，z沿着圆周 z =1的正向绕行一周，故有
蜒 2
0
R(cos ,sin )d
z 1
1)
z ez z2 1
lim
z 1
z ez z 1
e 2
Res[
f
( z ),1]
lim (z
z 1
1)
z ez z2 1
lim
z 1
z ez z 1
e1 2
.
因此
C
z ez z2 1d
z
2π
i(
e 2
e1 2)
2π
i ch1
我们也可以用规则III来求留数:
| Res[ f (z),1] z ez e ; 2z z1 2
f (z)dz ...cm (z a)m dz ... c1 (z a)1dz ...
复变函数留数PPT课件
1
1 z2
1 1 2! z4
Res[ f (z),0] 0
I0
工程数学---------复变函数
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4. 无穷远点的留数 定义：设 f (z)在H : R z 内解析，C为H内绕原点的 任何一条简单正向闭曲线，则积分
2i
k 1
Res[
f
(z), zk ]
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以 (z z0 )m 乘上式的两端，得 (z z0 )m f (z) cm cm1(z z0 ) c1(z z0 )m1
c0 (z z0 )m c1(z z0 )m1
两边求 m 1阶导数，并乘以 1 , 得 (m 1)!
{ z
1 }
z2
(1)m1
(m 1)! (z z2)m
1 Res[ f (z), z1] (z2 z1)m
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z2为f (z)的一级极点，
Res[
f
( z ),
z2 ]
lim ( z
zz2
z2 )
f
(z)
1
lim
zz2
(z
z1 ) m
(z z2 z3 )3
z2 z3
1 z2 z4 ) 3! 5!
(1 z z2 )3
2! 3!
2! 3!
1(z)
z
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1 z2 z4 )
其中(z)
(1
3! z
5! z2
)3
,
且(0) 1，(z)在z 0
复变函数 第五章 留数
f ( z) 1 ( z z0 )
m
g ( z ) ， ） （
其中 g (z) = cm+ cm+1(zz0) + cm+2(zz0)2 +... , 在 |zz0|<d 内是解析的函数, 且 g (z0) 0 . 反过来, 当任何一个函数 f (z) 能表示为(*)的形式, 且 g (z0) 0 时, 则z0是 f (z)的m级极点.
c0=c1=...=cm1=0, cm0, 这等价于
f (n)(z0)=0, (n=0,1,2,...,m1), f (m)(z0)0 。
例如 z=1是f (z)=z31的零点, 由于 f '(1) = 3z2|z=1=3 0,
从而知 z=1是f (z)的一级零点.
由于f (z) = (zz0) m j (z)中的j (z)在z0解析, 且j (z0)0, 因
4.函数的零点与极点的关系
不恒等于零的解析函数 f (z)如果能表示成
f (z) = (zz0) m j (z), 其中j (z)在z0解析且j (z0) 0,
m为某一正整数, 则z0称为f (z)的m级零点.
例如当 f (z)=z(z1)3时, z=0与z=1是它的一级与三级零点.
根据这个定义, 我们可以得到以下结论:
例 3 对 m Z 讨论函数
m 0 : z 0 为解析点；
f (z)
e 1
z
z
m
在 z 0 处的性态。
m 1 : z 0 为可去奇点；
2 m m 1 1 z z z m 1 : f (z) m z 2! m! ( m 1 )! z
C C1 C2 Cn
m
g ( z ) ， ） （
其中 g (z) = cm+ cm+1(zz0) + cm+2(zz0)2 +... , 在 |zz0|<d 内是解析的函数, 且 g (z0) 0 . 反过来, 当任何一个函数 f (z) 能表示为(*)的形式, 且 g (z0) 0 时, 则z0是 f (z)的m级极点.
c0=c1=...=cm1=0, cm0, 这等价于
f (n)(z0)=0, (n=0,1,2,...,m1), f (m)(z0)0 。
例如 z=1是f (z)=z31的零点, 由于 f '(1) = 3z2|z=1=3 0,
从而知 z=1是f (z)的一级零点.
由于f (z) = (zz0) m j (z)中的j (z)在z0解析, 且j (z0)0, 因
4.函数的零点与极点的关系
不恒等于零的解析函数 f (z)如果能表示成
f (z) = (zz0) m j (z), 其中j (z)在z0解析且j (z0) 0,
m为某一正整数, 则z0称为f (z)的m级零点.
例如当 f (z)=z(z1)3时, z=0与z=1是它的一级与三级零点.
根据这个定义, 我们可以得到以下结论:
例 3 对 m Z 讨论函数
m 0 : z 0 为解析点；
f (z)
e 1
z
z
m
在 z 0 处的性态。
m 1 : z 0 为可去奇点；
2 m m 1 1 z z z m 1 : f (z) m z 2! m! ( m 1 )! z
C C1 C2 Cn
复变函数第五章留数教学课件
1 z (z
z5 1)2(z 1)3
s in z z
1 z
g( z ),
所以 z 0 是单极点； z 1 是二级极点;
z 1 是三级极点.
26
例3
证明 z
0
是
f
(z)
1 z 3 (e z3
的六级极点. 1)
证
1 f (z)
z 3 (e z3
1)
z31
z3
(z3 )2 2!
1,
n
f (z)dz 2π i Res[ f (z), zk ]
C
k 1
留数定理将沿封闭曲线C积分转化为求被积函数 在C内各孤立奇点处的留数.
11
2)留数的计算方法
(1) 如果 z0 为 f (z) 的可去奇点, 则
Res[ f (z), z0] 0.
(2) 如果 z0 为 f (z)的本性奇点, 则需将 f (z) 展开
解 (1)在 0 z 1 内,
sin z
1
1
z
1
1
1 3!(z
1)3
,
所以 Ressin(1z 1) ,1 C1 1.
28
(2) z2 sin1 z
解 因为sinz z z3 z5 , 3! 5!
所以在0 z 内，
z2
sin1 z
z 2
1 z
1 3! z 3
1 5! z 5
z6 z9 z12 2! 3!
因为 z 0是 1 z3(ez3 1)的六级零点， f (z)
所以
z
0是
f
(z)
1 z 3 (e z3
的六级极点. 1)
27
例4 求下列各函数在有限奇点处的留数.
【复变函数】第五章留数(工科2版)
(
z)
证明: 因为z0为f(z)的一级极点, 所以
f (z) c1(z z0 )1 c0 c1(z z0 ) K
(z z0 ) f (z) c1 c0 (z z0 ) c1(z z0 )2 K
Res[
f
(z),
z0 ]
c1
lim(z
zz0
z0 )
f
(z)
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即:展开式中不含(z-z0)的负幂次项, 则称z0为可去奇点.
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(2). 极点: 若f(z)在z0处的洛朗级数为
f (z) cm(z z0)m cm1(z z0)m1 K c1(z z0)1 c0 c1(z z0) K , cm 0
即:展开式中只有有限个(z-z0)的负幂次项, 则称z0为f(z) 的极点. 若负幂次项的次数绝对值的最大值为 m, 则称z0为m 级极点。
解: z =±i , 1 是孤立奇点.
因为 z - 2 在 z =±i , 1处解析, 且不是零点
z =±i 是分母的 1 级零点，所以是 f (z) 的1级极点; z = 1 是分母的 3 级零点，所以是 f (z) 的 3 级极点 .
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(2)
f
(z)
ez 1 z2
解: z = 0是孤立奇点.
1
ze z
z
1
(
1) z
1 (1)2 2! z
K
z 1 1 (1)K 2! z
Res[
f
(z), 0]
c1
1 2
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3. 极点的留数
z0为f(z)的极点, 则有如下法则 (1). 法则1: z0为f(z)的一级极点, 那么
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g(z)
z2 z2 1
在 z = 1 处解析
∴z = 1 是 3 级极点 .
同理 z = ±i 是 1 级极点.
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(4) f (z) sin 1 z 1
解: z = -1 是孤立奇点.
1
lim f (z) lim sin
z 1
z 1 z 1
不存在, 也不为∞.
∴z = -1是本性奇点 .
的其它奇点 1 .
n
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2. 孤立奇点的分类 利用洛朗级数给孤立奇点分类
定义1.2: 孤立奇点有三类
可去奇点 极点 本性奇点
(1). 可去奇点: 若f(z)在z0处的洛朗级数为
f (z) c0 c1(z z0 ) c2 (z z0 )2 cn (z z0)n
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§1 孤立奇点
一. 孤立奇点的概念
第一次课
1. 定义1.1: 设f(z)在z0处不解析, 但在z0的某个去心邻域
0<|z－z0 |<R (0<R<+∞)内处处解析, 则称z0为f(z)
的孤立奇点.
z0 处解析
z0及 z0的邻域内处处解析
奇点:使函数不解析的点称为奇点
在孤立奇点 z0处的空心邻域中展开成的幂级数——洛朗级数
第五章 留数
§1 孤立奇点 §2 留数 §3 留数在定积分上的应用.
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主要内容
• 利用洛朗级数对孤立奇点进行分类； • 留数定理
1.C-G定理、Cauchy积分是留数定理 的特殊情况；
2.计算 f (z转)d化z 为求留数；
3.应用留数定理可计算一些定积分和广 义积分。
例如： f (z) (z2 1)(z 1)3
z =±i 是1 级零点， z =1是3 级零点
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2. 定理1.1 若f(z)在z0处解析, 则 z0为f(z)的m级零点 f (z0 ) 0, f (z0 ) 0, , f (m1) (z0 ) 0 , 但是 f (m) (z0 ) 0
二. 孤立奇点的特征 1. 可去奇点 (1). 若f (z) 在 z0 处无定义，或 f (z) 在 z0 处不为c0 ,
f (z) c0 c1(z z0 ) c2 (z z0 )2 cn (z z0)n
(2). 结论: z0是f(z)的可去奇点
lim
zz 0
f (z) c0
f (z), (3). z0是f(z)的可去奇点, 补充定义 g(z) c0,
z2
0
z0 z
z0 z
∴z = 0 是可去奇点.
补充定义:
g
(z)
1
cos z
z
,
z0
0,
z0
则 g (z)在 z = 0 处解析.
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(3)
f
(z)
(z2
z2 1)(z 1)3
解: z = 1, z = ±i 是孤立奇点.
1 z2 1 f (z) (z 1)3 z2 1 (z 1)3 g(z)
sin z
补充定义:
g
(z)
z
z0
1 z 0
则 g (z)在 z = 0 处解析.
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(2) f (z) 1 cos z z
解: z = 0 是孤立奇点.
lim1 cos z 洛必达 lim sin z 0
z0 z
z0 1
or
lim1 cos z
等价无穷小
lim
1 2
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(3). 本性奇点: 若f(z)在z0处的洛朗级数为
f (z) cm(z z0)m cm1(z z0)m1 c1(z z0)1 c0 c1(z z0)
即:展开式中有无限个(z-z0)的负幂次项, 则称z0为f(z) 的本性奇点.
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z z0 z z0
从而 g (z) 在 z0 处解析.
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2. m 级极点
(1).
f
(z)
(z
cm z0 )m
(z
cm1 z0 )m1
c1 z z0
c0
c1(z
z0 )
(z
1 z0
)m
(cm
c m1 ( z
z0
)
c1(z z0 )m1 c0 (z z0 )m
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三. 函数的零点与极点的关系 1. 定义1.3: 设函数 f ( z )在 z0 的邻域U内解析,
(1).如果 f ( z0 ) = 0, 那么称 z0为 f (z) 的零点.
(2). 进一步, 如果f (z) 满足 f (z) (z z0 )m(z)
(z) 解析, 且 (z) 0 (z U ) 则称 z0 为 f (z) 的 m 级零点
即:展开式中不含(z-z0)的负幂次项, 则称z0为可去奇点.
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(2). 极点: 若f(z)在z0处的洛朗级数为
f (z) cm(z z0)m cm1(z z0)m1 c1(z z0)1 c0 c1(z z0) , cm 0
即:展开式中只有有限个(z-z0)的负幂次项, 则称z0为f(z) 的极点. 若负幂次项的次数绝对值的最大值为 m, 则称z0为m 级极点。
)
m 级极点的特性:
g(z) f (z)
(z z0 )m
其中g(z) 在z0处解析且g(z0)≠0
(2). 结论:
①. z0是f(z)的极点 ②. z0是f(z)的m级极点
lim f (z)
zz 0
lim( z
zz0
z0 )m
f
(z)Leabharlann cm目录 上页 下页 返回 结束
3. 本性奇点
f (z) cm(z z0)m cm1(z z0)m1 c1(z z0)1 c0 c1(z z0)
不能乘以某个幂函数使之变成不存在负幂次项的函数。
结论: z0是f(z)的本性奇点
lim f (z) 不存在,也不为∞.
zz 0
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【例2】指出下列函数在孤立奇点处的类型 (1) f (z) sin z z 解: z = 0 是孤立奇点.
lim sin z 1 ∴z = 0 是可去奇点. z0 z
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【例1】求下列函数的孤立奇点
(1)
f
(z)
1
,
f
(z)
1
ez
(2)
z
解: (1) z = 0为孤立奇点
f
(z)
1
sin
z
(2) ①:由 sin 0 z 1 , z 1为孤立奇点,
z
n
n
②: z = 0不为孤立奇点, 因为在z = 0 的
的任何一个邻域内都有除 z = 0 的外