5.1留数习题
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
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 z 1 1
内的罗朗展开式，由于
f
z
z
1
12
z
1
1
n0
1n
z
1n
，0
z 1
1
故 z 1只能是二级极点，且 Res f z,1 1 .
留数定理
定理1 设函数 f z在区域D内除有限个
孤立奇点 z1, z2,L ，zn 外处处解析，c为D内 包围诸奇点的一条正向简单闭曲线，那末
的二级极点，于是
Re s
f
z,1
lim z
z1
1
z
z
1 z
12
1 4
；
Re s
f
z , 1
lim z
z1
12
z
z
1 z
12
lim
z1
z
1
12
1 4
例1.6 求函数 f z tan z 在 z k （k
2
为整数）处的留数。
解因为 tan z sin z
cos z
sin
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
式中负一次幂项 z z0 1 的系数 C1 是在逐
项积分过程中唯一留下的系数。
定义1 设 f (z)在孤立奇点z0的去心邻域 0 z z0 R
数学物理方法-留数
2
2
sin ei ei 1 z z1 2i 2i
2. 把原积分变成：
２ R(cos,sin ) d f (z) d z
０
|z|1
2 i f (z)在单位元内孤立奇点的留数之和
5.2 利用留数定理计算实函数积分
１
2 i
C
f
( z )dz
Resf
()
C
１
n
2 i C f (z)dz k1 Resf (bk )
x
二者相加，并注意到右边两个积分的围道的方向
相反，其和为零，得到右边所有有限孤立奇点和
无穷远点的留数之和为0。
5.1 留数及其留数定理
6.所有奇点留数之和：应用
例题：求积分
1
zk
e2 ki/4
i 1
i
k 0 k 1 k 2 k 3
都是一阶极点，且都在 z 2内。
y | z | 2
x
例题
5.1 留数及其留数定理
例4
ez
计算积分 |z|2 z(z 1)2 dz
5.2 利用留数定理计算实函数积分
5.2 利用留数定理计算实函数积分
2.留数定理:证明
如图，在每个孤立奇点bk，以bk为中心，做一个小圆 k ,使得每个 k中只包含一个孤立奇点bk。则根据多联通区域的柯西积分公式
有
m
C
f
z dz
k 1 k
f
z dz
其中
也是逆时针方向的。
k
将f z 在bk的邻域内展开为洛朗级数
f
因此
数学物理方法姚端正CH 作业解答
3
∑ ∑ cos
1 = ∞ (−1)k (
1 )2k z
=
∞
(−1)k z−k
z k =0 (2k )!
k =0 (2k )!
所以 resf (0) = − 1 ， resf (∞) = 1
2
2
z −1
的系数为：
C −1
=
−
1 2
2.计算下列围道积分
∫ （2）
zdz
l (z −1)(z − 2)2
iπ
z1 = e 4
f
(z)
= 1+ 1+
z2 z4
的奇点为： z
i (2k +1)π
=e 4
，分别为: z2
z3
i 3π
=e 4
i 5π
=e 4
z4
=
i 7π
e4
其中，上半平面有两个奇点，分别为
z1
=
iπ
e4
和
i 3π
z2 = e 4
，它们都是函数 f (z)
的单极点，由公式 resf (b) = φ(b) ，得函数在这两个奇点的留数分别为： ψ '(b)
a2
是奇函数;
f (z) =
z z2 + a2
,
满
足条件： ①在实轴上无奇点；②在上半平面除有限个奇点外单值解析；③当
z → ∞ 时， f (z) → 0
∫ 所以
∞
0 x2
x +
a2
sin
bxdx
=
π
函数
zeibz z2 + a2
在上半平面的奇点的留数之和
函数
zeibz z2 + a2
第五章_留数
§5.2
1的计算规则
定义5.4 设z0是f (z)的孤立奇点, C是在z0的充分 小邻域内包含z0在其内部的分段光滑正向简单闭曲 线, 积分
1 f ( z )dz 2 i C
称为f (z)在z0点的留数(Residue), 记做 Res f ( z ), z0 . 函数 f (z)在孤立奇点z0点的留数即是其在以 z0 为中心的圆环域内Laurent级数-1次幂项的系数.
第五章
留数
§5.1
孤立奇点
孤立奇点
如果函数 f (z)在z0点不解析, 则称z0 是f (z)的 一个奇点. 如果z0 是f (z)的一个奇点, 且存在d >0, 使得f (z)在 0 z z0 d 内解析，则称z0 是f (z)的 孤立奇点.
并不是所有的奇点都是孤立奇点
sin z 的孤立奇点. 但z=0 例如z=0是函数 e 和 z z 1 ( k 1, 2,) 不是函数 的孤立奇点, 因为 1 k sin z 都是奇点.
是 D上的解析函数,( z )dz f 那么
f ( z )dz
nC
2 i Res f ( z ), zk .
C k 1
C2
n
f ( z )dz ,
2
留数的计算
Res[f ( z ), z0 ] 0.
(1) 如果 z 0 为 f (z ) 的可去奇点, 则
(2) 如果 z 0 为 f (z ) 的本性奇点, 则需将 f (z ) 展开 成Laurent级数, 求 c1 .
2 1
其中 c m 0 ( m 1). 于是
f ( z ) ( z z0 ) m c m c m1 ( z z0 ) c m 2 ( z z0 )2 ,
复变函数之留数定理
∫ f
( z )在a点的留数：Res [
f
(z), a]
=
a−1
=
1
2π
i
f (ζ )dζ ，
C
它是f (z)在a的充分小去心邻域内洛朗展式中 z−1a 的系数。
故∫C f (ζ )dζ = 2π i Res[ f (z), a]，
C：在a的使f (z)解析的去心邻域K 内 < 任一条围绕 a 的正向闭路。
第五章 留数及其应用
留数是复变函数又一重要概念，有着非常广泛的应用.
5.1 留数定理
一 、留数的定义和计算
设 a 是 f (z) 的孤立奇点， 则∃δ > 0,使得
f (z)在K : 0 < z − a < δ 解析，f (z)在K内可展为洛朗级数：
∑+∞
f (z) =
an(z − a)n,
n=−∞
留数定理(P103定理1)：设f (z)在闭路C上解析， y
C
∫ ∑ 在C内部除n个孤立奇点a1, a2 ,, an外解析,则 n
a1 C1 a2 C2
C
f (z)d z
=
2π
i Res f (z), ak 。
k =1
0 a3 C3
证明 ∀k =1, 2,n, 以ak为圆心作充分小的圆周Ck ,
an Cn
x
使得C1,C2 ,,Cn都在C 的内部,且它们彼此完全分离(如图)。
由多连通区域柯西积分定理和留数定义得
n
n
∫ ∑ ∫ ∑ C
f (z)d z =
k =1
Ck
f (z)d z = 2π i Res f (z), ak 。#
k =1
第五章 留数
z z0
lim f ( z ) lim F ( z ) F ( z0 ) c0 ,
z z0
5
所以不论f(z)原来在z0是否有定义, 如果令
f(z0)=c0, 则在圆域|z-z0|<d内就有
f(z)=c0+c1(z-z0)+...+cn(z-z0)n+...,
其中 g(z)在 z0 解析, 且 g(z0)0. 所以当 zz0 时, 有 1 1 m m ( z - z0 ) ( z - z0 ) h( z ) f ( z) g ( z)
15
函数h(z)也在z 解析, 且h(z )不等于 0，z 不 是h(z)的零点， 因此z 是1/f(z) 的m级零点. 逆命题证明过程类似。
17
注意不能一看函数表面形式就急于作结论. 像函
e z -1 数 z 2 , 初看似乎 z=0 是它的 2 级极点, 其实是一
级极点. 因为
ez -1 1 z n 1 1 z 1 2 - 1 j ( z ), 2 z z z n 0 n! z 2! 3!
其中j(z)在 z=0 解析, 并且j(0)0.
18
4. 解析函数在无穷孤立奇点的性质 如果函数f(z)在无穷远点z=的去心邻域 R<|z|<内解析, 称点为f(z)的孤立奇点.
1 作变换 t z , 并且规定这个变换把扩充 z 平面上的
无穷远点 z=映射成扩充 t 平面上的点 t=0, 则扩充 平面 z 上每一个向无穷远点收敛的序列{zn}与扩充
3 5 2 n 1
26
§5.2 留数
留数复习题
第五章、留数----习题课：1、 试求下列各解析函数多多值函数的解析分支在指定各点的留数：（1）222)1(+z z ，在i z ±=；（2）ze -11，在i n z π2=，n 为整数；（3）zz -1，在1=z ；（4）11sin -z ，在1=z ；2、函数1Ln 2-z z 的各解析分支在1±=z 各有怎样的孤立奇点？求它们在这些点的留数。
3、 计算下列积分：（1）⎰--C z z zz 2)2)(1(d ，其中C 是21|2|=-z ； （2）⎰-C zz z ze )9(d 22，其中C 是1||=z ；（3）⎰Czz d tan π，其中C 是,...)2,1(,||==n n z ；4、 设函数)(z f 在区域+∞<<||0z r 内解析，C 表示圆)0(||0r r r z <<=我们把积分⎰-Cz z f i d )(21π 定义作为函数)(z f 在无穷远点的留数，记作),Res(∞f ，在这里积分中的-C 表示积分是沿着C 按顺时针方向取的。
试证明：如果1-α表示)(z f 在+∞<<||0z r的洛朗展开式中z1的系数，那么1),Res(--=∞αf 。
5、 试求下列函数在无穷远点的留数：(1)z1； (2) ze 1; (3) )3)(1(15--z z ；6、 试把关于留数的基本定理1.1设在转移到D 是扩充复平面上含无穷远点区域的情形。
7、 证明：如果)(z f 在扩充复平面除了有限各奇点外，在每一个点解析，那么函数在所有奇点上的留数（包括无穷远点的留数）之和为零。
用此结果计算积分：⎰=--1||5)3)(1(21z z z dzi π。
8、 求下列积分：（1）⎰∞++0222)1(x dx x ；（2）⎰+-πθθ202cos 21a a d ，其中0<a<1； （3）⎰+2/02sin πθθa d ，其中a>0； （4）dx x x x ⎰∞++021sin ； （5）dx x x x x ⎰∞++02)1(sin ；（6）dx x x ⎰∞++022)1(ln ； （7）dx x xa⎰∞+-+0211，其中0<a <2;(8)dx e e e e x x axax ⎰∞+----0ππ,其中ππ<<-a ；(9)dx e e x x x ⎰∞+--0ππ; (10) dx x x ⎰∞+022sin ;(11) dx x e x x⎰∞+--0cos ; (12)dx x n ⎰∞++011,其中整数n 大于或等于2;（13）dx x x ⎰∞+-021ln ；（14）⎰-+-1132)1)(1(x x dx ；（15）⎰---1121)2(x x dx；（16）⎰++Czxz dx21，其中被积函数是关于多值函数的任意一个解析分支，并且积分路径是沿圆|z |=2按反时针方向取的；9、 试由202π=⎰∞+-dx ex ，证明；（1）;42sin cos 022π==⎰⎰∞+∞+dr r dr r（2）2242cos 0h x edx hx e-∞+-=⎰π其中h >0；10、试证：在定理5.1的条件下，如果)(z ϕ在闭区域D 上解析，并且m ααα,...,21及n βββ,...,21分别是)(z f 在D 内零点和极点，而其阶数分别是m k k k ,...,21及n l l l ,...,21，那么∑∑⎰==-=nq q q m p p p C l k dz z f z f z i 11)()()()(')(21βϕαϕϕπ11、 应用儒歇定理，求下列方程在|z|<1内根的个数：（1）014258=-+-z z z ； （2）0154=+-z z ；（3）)(z z ϕ=，在这里)(z ϕ在1||≤z 上解析，并且1|)(|<z ϕ；12、试用儒歇定理证明代数基本定理。
§5.1-留数定理【VIP专享】
Res f (z)
z
由定义可以看出：Res z
f (z) c1
1
2 i C
f (z)dz
例1、求 f (z) ze1/z 在z=0的留数。
解：首先在z=0做Laurant展开：
f (z)
ze1/ z
z
n0
1 n!
1 zn
n0
11 n! z n1
显然：c1 1 / 2
则：Res f (z) 1
cos
z
1 2
所以：
cos
z3
z 1
z
2
i
1 2
i
例2、求
z 1
z sin 1 ez
z
3
dz
。
解：可以看出， z=0为被积函数的孤立奇点，且：
1 ez 1 zn z zn1 zg(z)
n0 n!
n1 n!
z
sin
z
z
n0
1n 2n 1!z
2
n1
z2h(z)
这里g(z),h(z)在z=0点皆为非0解析函数，所以：
显然：
n
1
1!
lim
z
d n1 dz n1
( z
)n
f
( z)
c1
则定理得证明。
推论1：设为f(z)的1阶极点，则：Res f (z) lim(z ) f (z)
z
z
推论2：设f(z)=(z)/(z)， (z),(z)在点解析，且()0，而
为(z)的一阶0点，即()=0, ’()0，则：
1 d0 d1(z ) c2 (z )2 L 1 g(z)
z
c1 c2 (z ) L
05第五章 留数及其应用
f (z)dz
L (z a)n
2
i
f (n1)(a) (n 1)!
2 i c1
在 a 的某去心邻域上被积函数有洛朗展开：
f (z)
(z a)n
cp
p
(z
a)p
k0
f
(k)(a)(z k!
a)kn
柯西公式给出z ? |z|1
§5.1 留数定理
Re
s
[
(
z
zez a)3
,
a],
(2)
Re
s
[
zsin z (1 ez )3
,
0]
解：(1)
f
(z)
zez (z a)3
lim[(z a)3 f (z)] a ea
za
极点 z=a 的阶 3
Res f (a) lim 1 [(z a)3 f (z)](31) za (3 1)!
lim 1 [z ez ](2) a 2 ea
z0
z2 sin z / z3
lim[z
z0
g(z)]
lim
z0
(e z
1)3
/
z3
1
z=0 是 1 阶极点
Resg(z) lim[z g(z)] 1
z0
z0
➢小定理
设 (z), (z) 在 b 点解析，(b) 0, (b) 0,
则
( z ) Res z b (z)
(z) ( z )
|z b
i
12 (z i)5
|z i
3 8
***留数定理计算实轴积分的标准步骤***
例2：计算积分
1 0 x4 a4 dx
解：
第5章：留数理论及其应用
[
]
16
四、本性奇点处留数的计算 对本性奇点或奇性不明的奇点，没有一般的公式， 只能作Laurent展开，然后取负一次幂的系数！当 极点的阶数较高时，也直接作Laurent展开求留数。 例
cos x = ( z + z ) / 2; sin x = ( z − z ) /( 2i ); dx = dz /(iz )
21
−1
−1
原积分变成
z + z −1 z − z −1 dz , I= R iz | z |=1 2 2 i
∫
• 0 y
• 2π
x
z平面 1 o • x
例题：计算积分
I=
∫
2π
0
cos 2ϑ dϑ , (0 < p < 1). 2 1 − 2 p cosϑ + p
分析：因 1-2pcosϑ+p2=(1-p)2+2p(1-cosϑ)，当0<p<1, 在 0≤ϑ ≤2π, 分母大于0， 因而在实轴上无零点。
22
cos 2ϑ = ( e 2iϑ + e −2iϑ ) / 2 = ( z 2 + z −2 ) / 2
1 Resf ( z0 ) ≡ f ( z )dz ∫ 2πi C
为函数f(z)在奇点z0处数f(z)在奇点 z0处作Laurent展开
f ( z) =
n = −∞
∑
∞
an ( z − bk ) n
利用公式
0, (C 不包围z0 ) 1 dz = ∫ 2πi C z − z0 1, (C 包 围 z0 ) 1 n ( z − z ) 0 dz = 0. (n ≠ −1) ∫ 2πi C
复变函数第五章留数(习题五)解答
８．求下列各积分：
（１） ；（２） ，其中 ；
（３） ，其中 ；（４） ；（５） ；
（６） ；（７） ，其中 ；
（８） ，其中 ；［提示］：从顶点为 ， ， ， （ ）的矩形中分别挖去以 为心的上半圆盘和以 为心的下半圆，考虑 沿这个区域边界的积分．
（９） ；［提示］：从顶点为 ， ， ， （ ）的矩形中分别挖去以 为心的上半圆盘和以 为心的下半圆，考虑 沿这个区域边界的积分．
（２） ，其中 ．
［提示］：作辅助函数 ，并考虑以 ， ， ， （ ）为顶点的矩形．
证明（１）作辅助函数 ，并取 ，以及如图示的扇形
显然 在此扇形区域及其边界上解析，由柯西积分定理
又
所以
即
比较两边的实部和虚部得
．
（２）因
，
考虑函数 沿如图示矩形区域边界的积分，由柯西积分定理得
而
同理
所以
比较两边的实部和虚部得
不难观察出，上式展开后最低的负幂次项为 ，不含有 这样的项，即这样的项的系数为 ，所以，由第４题得
．
（方法２）［利用公式 计算］
记 ，因 ，显然它以 为可去奇点，所以
．
６．试把关于留数的基本定理1.1转移到 是扩充复平面上含无穷远点区域情形．
设区域 是一条简单闭曲线或有限条互不相交且其内部也互不相交的简单闭曲线（记为 ）的外部（称为扩充平面上含无穷远点的区域），若函数 在 内除去有有限个孤立奇点 ， ， ， 外，在每一点都解析，并且 可连续到 上，则
用此结果计算积分
．
证明 由题设，显然函数 在复平面上的奇点都是孤立的，记为 ， ， ， ．
（方法１：利用第６题）如图示，可取简单闭曲线 ，使得 ， ， ， 都位于 的外部，从而 在 及 的内部是解析的．由第６题，并注意到第３章的柯西定理，
5.1.1 留数定理
第五章 留 数 第一节 一般理论1、留数定理：设函数f (z )在点0z 解析。
作圆r z z C =-|:|0，使f (z )在以它为边界的闭圆盘上解析，那么根据柯西定理，积分⎰C dz z f )(等于零。
设函数f (z )在区域R z z <-<||00内解析。
选取r ，使0<r<R ，并且作圆r z z C =-|:|0，那么如果f (z )在0z 也解析，则上面的积分也等于零；如果0z 是f (z )的孤立奇点，则上述积分就不一定等于零；这时，我们把积分⎰Cdz z f i )(21π 定义为f (z )在孤立奇点0z 的留数，记作),(Res 0z f ，这里积分是沿着C 按反时针方向取的。
注解1、我们定义的留数),(Res 0z f 与圆C 的半径r 无关：事实上，在R z z <-<||00内，f (z )有洛朗展式：∑+∞-∞=-=n n n z z z f )()(0α，而且这一展式在C 上一致收敛。
逐项积分，我们有,2)()(10-+∞-∞==-=∑⎰⎰απαi dz z z dz z f n C n n C因此，10),(Res -=αz f 。
注解2、即f (z )在孤立奇点0z 的留数等于其洛朗级数展式中1z z -的系数。
注解3、如果0z 是f (z )的可去奇点，那么.0),(Res 0=z f定理1.1（留数定理）设D 是在复平面上的一个有界区域，其边界是一条或有限条简单闭曲线C 。
设f (z )在D 内除去有孤立奇点n z z z ,...,,21外，在每一点都解析，并且它在C 上每一点都解析，那么我们有：),,(Res 2)(1k nk C z f i dz z f ∑⎰==π这里沿C 的积分按关于区域D 的正向取的。
证明：以D 内每一个孤立奇点k z 为心，作圆k γ，使以它为边界的闭圆盘上每一点都在D 内，并且使任意两个这样的闭圆盘彼此无公共点。
5.1留数定理
答：0
3、全平面留数之和为0：
∑ resf (b ) + resf (∞ ) = 0
k =1 k
Wuhan University
n
二、无穷远点的留数：
注意：
§ 5.1 留数定理
(1) resf (bk ) = C−1 , 0 < z − bk < Rk
resf (∞ ) = −C−1 , R < z < ∞
Mathematical Methods in Physics 武汉大学 物理科学与技术学院
Wuhan University
问题的引入： ϕ ( z ) ∈ H (σ ), 在σ = σ + l上连续，则
•
a
σ
l
⎧ n≤0 ⎪ 0, ϕ ( z) ⎪ ∫l ( z − a) n dz = ⎨ 2π i ϕ (a) , n = 1 ⎪ 2π i ϕ ( n −1) (a) , n > 1 ⎪ (n − 1)! ⎩
Wuhan University
三、留数的计算方法
§ 5.1 留数定理
ϕ (z ) , 注：当b为单极点时，若 f (z ) = ψ (z ) ϕ (z )、ψ (z ) ∈ H (σ ); ϕ (b ) ≠ 0,ψ (b ) = 0,ψ ′(b ) ≠ 0,， 则
ϕ (b ) res f (b) = ψ ′(b )
例5
1 res[ 4 , i ] = ? z −1
1 奇点： , i ,−1,−i (单极点）
i 答： 4
Wuhan University
四、留数定理计算围道积分
例6
§ 5.1 留数定理
∫
z=
3π 2
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留数5. 留数⽬录⾸先说明⼀下为什么会有留数？对于图中的这样⼀个积分路径，由于内部区域不完全解析。
所以根据柯西积分定理，我们可以将其转化为下图的积分路径：当通往奇点的两条路线⽆限接近时，就可以得到下图：即对于⼤回路的积分等于对所有奇点的路径的积分之和的相反数。
即：∮L=∮L−1+L−2+L−3所以问题变成了如何求对于奇点的路径的积分∮L f(z)dz由上⼀章的洛朗级数知，洛朗级数在幂次为-1项的系数为c−1=12πi∮Cf(ζ)(ζ−z0)−1+1dζ=12πi∮C f(ζ)dζ由于这个系数很有⽤，所以专门称复变函数在某⼀点的洛朗级数展开式的幂次为-1的项的系数为留数。
记作Res[f(z),z0]所以就可以提前给出留数定理，对于正向闭合路径C，如果其所围区域内除了有限个孤⽴奇点z1,z2,⋯,z k 外处处解析，则有∮C f(z)dz=2πin∑k=1Res[f(z),z k]所以留数定理本质上是对于柯西积分定理的应⽤。
5.1 孤⽴奇点5.1.1 解析函数的孤⽴奇点及分类若函数f(z)在z0的邻域内除z0外处处解析，则称z0为f(z)的⼀个孤⽴奇点。
根据洛朗级数的定理，我们可以将f(z)展开成洛朗级数f(z)=⋯+a−m(z−z0)−m+⋯+a0+a1(z−z0)+⋯+a n(z−z0)n,z∈D如果上式中的负幂项系数均为零，若记剩下的幂级数的和函数为F(z)，则F(z)是在z0处解析的函数。
且当z∈D时，F(z)=f(z)，当z=z0时，F(z)=a0。
于是令f(z0)=a0，所以f(z)在z0处就是解析的了，所以点z0被称为可去奇点。
如果上式只有有限个(z−z0)的负幂项的系数不为零，那么孤⽴奇点z0称为函数f(z)的极点。
如果负幂项的最⾼次幂为(z−z0)−m，则称z0为函数f(z)的m阶极点。
如果(z−z0)的负幂项系数有⽆穷多个不为零，那么孤⽴奇点z0称之为f(z)的本性奇点。
5.1.2 解析函数在有限孤⽴奇点的性质定理：设函数f(z)在0<|z−z0|<δ内解析，则z0是f(z)的可去奇点的充要条件为：存在着有限极限lim z→zf(z).定理：设函数f(z)在0<|z−z0|<δ内解析，则z0是f(z)的极点的充要条件为：lim z→zf(z)=∞.定理：设函数f(z)在0<|z−z0|<δ内解析，则z0是f(z)的本性奇点的充要条件为：不存在有限或⽆穷的极限lim z →z 0f (z ).如e 1z在z=0处为本性奇点，因为其展开成洛朗级数后有⽆穷多个负幂项不为05.1.3 函数的零点与极点的关系设函数f(z)在z 0的邻域N (z 0,δ)={z :|z −z 0|<δ}内解析，并且f (z 0)=0，则点z 0称为f(z)的⼀个零点。
复变函数留数
事实上，由条件 f(z) c m (z z0 ) m c 2 (z z0 ) 2 c 1 (z z0 ) 1
c 0 c 1 (z z0 ) , (c m 0 )
以(zz0)m乘上式两 ,得边 (z z0)m f(z) c m c m 1 (z z0) c 1 (z z0)m 1
Q'(z0)0 得证！
例1
计算 : z2
5z2 z(z1)2
dz
解
f
(z)
5z2 z(z1)2
在z
2的内部有一个一阶
极点z 0和一个二阶极 z 点 1
由规则
5 z 2 Rs[f e(z)0 ,]lz i0z m (fz)lz i0(m z 1 )2 2
由规则II
R s[fe (z)1 ], lz i1(m 2 1 1 )d d !{z z( 1 )2z( 5 z z 1 2 )2}
5z2
2
lim ( z 1 z
)'lz i1m z2 2
f( z ) d 2 z iR s [f( z e )0 ] ,2 iR s [f( z e )1 ] ,0 z 2
例2 计算 cz4z1dzc:正z向 2
解 f(z)有 4 个一: 阶 1 , i都 极 在 c 点 内 圆 ，
1. 留数的定义 2. 留数定理 3. 留数的计算规则 4. 在无穷远点的留数
1. 留数的定义
0
f(z)在c所围成的区域
cf(z)dz未必0为 c所围成的区域 f(z)的 内奇 含
设 f(z) cn(zz0)n,0zz0r n
(z0是 f(z)的孤,立 c包 奇 z0 含 在 点其 ) 内部
定理 f(z)(zz0)m(z)
((z0)0 ,(z)在 z0 点,解 m N 析 )
第5章留数(答案)
z z0
则 故
4 (z z C z 0 ) f ( z) 3 (
0
z)
2
C ( z
2 0
z) 1 C ( z 30 z ) )
选（C）.
4 ] [ (z z 3 C ! 4 C z 0 ) f (z ) 1 0 ! z ( 0 1 C1 lim[( z z0 )4 f ( z )]. 3! z z0
（B）1 （C）2 （D）
82
选（B）.
1 ）. Res( z 2 tan , 0) （ z 1 1 1 1 （A） （B） （C） （D） 3 3 6 6 1 1 1 解 tan 3 z z 3 z 1 1 2 因此， Res( z tan , 0) . z 3 1 cos 是偶函数 a1 0. z 1 5-10 Res(cos , 0) （ ）. z 1 1 （A）0 （B）1 （C） （D） 2 2 1 1 1 解 cos 1 2 ，故 Res(cos , 0) 0. z 2z z 1 5-11 Res( z cos , 0) （ ）. z 1 1 （A）0 （B）1 （C） （D） 2 2 1 1 1 1 解 z cos z , 故 Res( z cos , 0) . z 2z z 2 在 z 1 处的留数，也可令 z 1 t .
选（D）.
奇点. 用罗伦级数展开计算留数是基本方法之一.
5.2 留数与留数定理
1
5-6 Res(e z sin （A）0
1 ,0) （ z
）.
1 2 1 1 1 1 1 1 1 ) 2 解 (e z sin ) (1 )( 3 z z z 3! z z z z 当 z 0 时， ln(1 z ) ~ sin z ~ e 1 ~ z ，这些，均与实函数是一致的.
小数的保留 练习题 200道
小数的保留练习题39.110（保留一位小数）：20.136（保留一位小数）：6.372（保留整数）：35.282（保留二位小数）：26.817（保留整数）：8.370（保留一位小数）：30.277（保留二位小数）： 6.196（保留二位小数）：3.488（保留二位小数）：630.229（保留一位小数）：15.865（保留二位小数）：12.208（保留一位小数）：6.226（保留二位小数）：16.146（保留整数）：12.106（保留二位小数）：7.7 87（保留二位小数）：2.582（保留二位小数）： 2.406（保留二位小数）：11.308（保留二位小数）：7.187（保留一位小数）：31.651（保留二位小数）： 2.160（保留二位小数）：13.204（保留整数）：15.524（保留二位小数）：17.716（保留二位小数）：11.791（保留二位小数）：3.149（保留一位小数）： 3.445（保留二位小数）：16.150（保留二位小数）：13.159（保留整数）：5.394（保留二位小数）： 4.418（保留二位小数）：6.910（保留一位小数）：9.327（保留一位小数）：2.900（保留一位小数）： 2.176（保留一位小数）：10.482（保留二位小数）：9.459（保留二位小数）：37.142（保留一位小数）：140.180（保留二位小数）：21.626（保留二位小数）：104.187（保留整数）：24.27 9（保留二位小数）：67.110（保留二位小数）：54.234（保留二位小数）： 3.493（保留二位小数）：3.626（保留二位小数）：17 5.7 68（保留二位小数）：6.277（保留整数）： 6.959（保留二位小数）：28.223（保留一位小数）： 2.7 64（保留二位小数）：1.267（保留整数）：12.890（保留整数）：17.101（保留二位小数）： 4.491（保留二位小数）：54.777（保留二位小数）：9.848（保留二位小数）：7.260（保留二位小数）：13.259（保留整数）：29.122（保留二位小数）： 5.164（保留整数）：3.211（保留整数）：11.347（保留二位小数）：27.620（保留一位小数）：10.248（保留二位小数）：10.479（保留二位小数）：22.242（保留整数）：121.158（保留二位小数）：29.520（保留二位小数）：0.707（保留一位小数）：16.775（保留二位小数）：6.486（保留整数）：11.139（保留二位小数）：1.171（保留整数）： 6.169（保留整数）：7.264（保留二位小数）：194.914（保留二位小数）：5.204（保留二位小数）：10.305（保留二位小数）：18.496（保留二位小数）：49.720（保留二位小数）：47.151（保留一位小数）：7.280（保留二位小数）：13.700（保留整数）：7.402（保留二位小数）：274.534（保留一位小数）： 2.801（保留二位小数）：22.597（保留二位小数）：20.150（保留整数）：14.7 87（保留二位小数）：8.140（保留整数）：10.243（保留一位小数）：11.682（保留二位小数）：7.222（保留二位小数）： 4.100（保留二位小数）：9.281（保留一位小数）：8.562（保留二位小数）：45.291（保留二位小数）： 6.576（保留二位小数）：3.252（保留一位小数）：11.922（保留一位小数）：310.403（保留一位小数）：26.817（保留整数）：68.800（保留二位小数）： 3.912（保留二位小数）：7.247（保留二位小数）：72.921（保留二位小数）：17.110（保留一位小数）：76.120（保留整数）：3.141（保留一位小数）：52.863（保留二位小数）：10.412（保留二位小数）： 6.837（保留二位小数）：39.263（保留一位小数）：47.485（保留二位小数）：125.185（保留一位小数）： 2.7 31（保留二位小数）：8.778（保留二位小数）： 5.682（保留二位小数）：4.775（保留二位小数）： 2.400（保留整数）：11.255（保留整数）： 5.299（保留二位小数）：11.761（保留二位小数）：24.514（保留二位小数）：7.19 5（保留二位小数）： 3.148（保留二位小数）：11.124（保留一位小数）：0.120（保留整数）：10.113（保留二位小数）：27.128（保留二位小数）：21.474（保留整数）：63.236（保留二位小数）：48.7 89（保留二位小数）：19.147（保留整数）：13.205（保留整数）：0.567（保留二位小数）：1311（保留二位小数）：44.446（保留一位小数）：2.370（保留二位小数）：21.528（保留二位小数）：14.812（保留二位小数）：21.460（保留一位小数）：15.527（保留二位小数）： 2 5.327（保留二位小数）：49.19 5（保留整数）：24.424（保留二位小数）：300.162（保留二位小数）： 3.121（保留整数）：18.494（保留二位小数）：46.348（保留二位小数）：1.546（保留二位小数）：42.290（保留二位小数）：13.570（保留整数）：13.543（保留二位小数）：7.426（保留一位小数）：13.111（保留二位小数）：8.228（保留二位小数）：16.968（保留二位小数）：11.717（保留二位小数）： 3.393（保留二位小数）：0.463（保留二位小数）： 4.985（保留二位小数）：6.320（保留二位小数）：25.900（保留整数）：22.102（保留整数）：29.116（保留二位小数）：15.227（保留二位小数）： 3.122（保留整数）：0.898（保留二位小数）：21.370（保留一位小数）：17.681（保留二位小数）：19.295（保留一位小数）：13.524（保留整数）： 4.335（保留一位小数）：9.538（保留一位小数）： 3.414（保留整数）：2.259（保留一位小数）： 2.107（保留一位小数）：6.164（保留整数）： 6.771（保留二位小数）：7.406（保留二位小数）： 2.115（保留整数）：16.237（保留整数）：36.141（保留一位小数）：8.977（保留二位小数）：210.17 5（保留二位小数）：1.978（保留二位小数）：13.472（保留一位小数）：2.294（保留二位小数）：24.106（保留整数）：。
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例2.1.7 求δ函数及常值函数f(t)≡1的Fourier变换 【解】
)](ω ) F [δ (t =
−1
∫
− iωtt |t =0 1 δ (t )e = dt e=
F [1](t ) = δ (t )
1 ∞ iω x 1e dt 2π 1e dx 2πδ ( x ) = F [1](ω ) ∫= = ∫ −∞ 2π −∞
8. 求函数
1 a a f ( x) [δ ( x + a ) + δ ( x − a ) + δ ( x + ) + δ ( x − )] = 2 2 2
的Fourier变换
∫ F [δ ( x − a )](ω ) = ∫ a F [δ ( x + )](ω ) = ∫ 2
F [δ ( x + a )](ω ) =
z +1 (1) 2 z − 2z 1 对于z=∞，令 t = z z +1 t + t2 则 2 = z − 2 z 1 − 2t
讨论t=0处的留数， t=0是函数的可去奇点， 所以
z +1 Res[ 2 , z = ∞] = 0 z − 2z
z (3) cos z
【解】满足cos z=0的z为函数的奇点，则z=(k+1/2)π (k=0,±1, ±2, ±3……)，显然是孤立奇点。 由于 (cos z ) ' |
z + a − a2 − 1 1 lim 2 = z →− a + a −1 z 2 + 2az + 1 2 a2 − 1
4.计算下列各积分
(1) ∫
2π
0
dθ , a >1 a + cos θ
∫
2π
0
dθ 1 2π ( −2i )(2π i ) = = 2 2 a + cos θ 2 a −1 a −1
t=0是函数奇点。另外，满足cos(1/t)=0的点也为奇点。
1 t= ( k + 1 / 2)π
对于任意小的数ε>0，总可以找到一个k，使得t>0且 cos(1/t)=0 因此z=∞是非孤立奇点。
4.计算下列各积分
(1) ∫
2π
0
dθ , a >1 a + cos θ
【解】令z=eiθ 则cosθ=(z+z-1)/2, dθ=-ie-iθdz
2. 求下列函数在其孤立奇点（包括无穷远点）处的留数。
z +1 (1) 2 z − 2z z (3) cos z
z +1 (1) 2 z − 2z
【解】明显z＝0和z=2都是一阶极点
1 z +1 z +1 z +1 = lim =− , z = 0] = lim z 2 Res[ 2 z →0 2 z − 2z z − 2 z z →0 z − 2 z +1 z +1 z +1 3 = lim = Res[ 2 , z = 2] = lim( z − 2) 2 z →2 z − 2z z − 2 z z →2 z 2
1 = z ( k + )π 2
sin( kπ + =
π
2
)= ( −1) k ≠ 0
因此z=(k+1/2)π 是一阶奇点。
z 1 z Res[ ,z = ( k + )π ] = | z cos z 2 (cos z ) ' =
1 ( −1) ( k + )π 1 = ( k + )π 2 2
k
z (3) cos z 1 对于z=∞，令 t = z z 1 = 则 cos z t cos 1 t
2 x 5.计算下列各积分 (1) ∫ dx 2 2 0 ( x + 1)( x + 4) +∞ x2 1 +∞ x2 ∫0 ( x 2 + 1)( x 2 + 4)dx = 2 ∫−∞ ( x 2 + 1)( x 2 + 4)dx 2 z f ( z) = 2 在上半平面有2个一阶极点z=i, 2i 2 ( z + 1)( z + 4) z2 z2 i Res[ = , i] = |z =i 2 2 2 ( z + 1)( z + 4) ( z + i )( z + 4) 6 z2 z2 i Res[ 2 , 2i ] = 2 |z =2i = − 2 ( z + 1)( z + 4) ( z + 1)( z + 2i ) 3 2 +∞ x 1 i i π dx 2π i ( − ) = = ∫0 ( x 2 + 1)( x 2 + 4) 2 6 3 6 +∞
∫
2π
0
dθ dz − iz dz =∫ = −2i ∫ 1 − | z | =1 a + ( z + z ) / 2 | z | =1 z 2 + 2az + 1 a + cos θ
−1
2 z = − a ± a −1 被积函数为一阶极点 2 只有 z = − a + a − 1 在|z|=1内 1 Res[ 2 ,z = −a + a 2 − 1] z + 2az + 1
−∞ ∞
8. 求函数
1 a a f ( x) [δ ( x + a ) + δ ( x − a ) + δ ( x + ) + δ ( x − )] = 2 2 2
的Fourier变换
1 iωa − iωa iωa /2 − iωa /2 [e + e ] F [ f ( x )](ω ) = +e +e 2 a = cos aω + cos ω 2
∞
−∞ ∞
δ ( x + a )e − iω x dx = e − iω x |x = − a = eiωa
δ ( x − a )e − iω x dx = e − iω x |x =a = e − iωa
a − iω x iωa /2 − iω x δ ( x + )e dx = e | a = e −∞ x= − 2 2 ∞ a a − iω x F [δ ( x − )](ω ) = ∫ δ ( x − )e dx = e − iω x | a = e − iωa /2 −∞ x= 2 2 2
求F[sin ax], F[cos ax]
F [cos ax ] = ∫
+∞
−∞
eiax + e − iax − iω x e dx 2
+∞ 1 +∞ − i (ω −a ) x (∫ e dx + ∫ e − i (ω + a ) x dx ) −∞ 2 −∞ 2π [δ (ω − a ) + δ (ω + a )] = = π [δ (ω + a ) + δ (ω − a )] 2
∞
求F[sin ax], F[cos ax]
F [sin ax ] = ∫
+∞
−∞
eiax − e − iax − iω x e dx 2i
+∞ 1 +∞ − i (ω −a ) x (∫ e dx − ∫ e − i (ω + a ) x dx ) −∞ 2i −∞ 2π [δ (ω − a ) − δ (ω + a )] = = π i[δ (ω + a ) − δ (ω − a )] 2i