第04章_留数定理
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04留数定理
所以I F cos x,sin x dx
0
2
z z 1 z z 1 dz F( , ) C 2 2i iz
(C : z 1, 逆时针)
数学物理方法
例1
计算积分
I
2
0
1 dx (0 1). 1 cos x
1 z z dz 解：设 z eix 则 cos x ;dx . 2 iz 1 dz 2 1 I 2 dz 1 C 1 ( z z ) / 2 iz i C z (2 / ) z 1
课堂练习
zdz 1 、计算积分 ( z 1)( z 2) (C : z 2 2, 逆时针). C
sin zdz (C : z 2 , 逆时针). 2 、计算积分 2 (2 z )( z ) C
数学物理方法
zdz 1 、计算积分 (C : z 2 2, 逆时针). ( z 1)( z 2) C
(C : z n (n为正整数), 逆时针).
解： f ( z ) tan z
1 sin z z ( k ) (k 0,1,2...) k 的奇点为： 2 cos z
皆为一阶极点，被包围于C中的奇点对应于：
k n, n 1,..., 1,0,1,...n 1,
解：
z1 1, z2 2
皆为一阶极点，并且都被包围于C中
zdz 2i[Re sf ( z1 ) Re sf ( z2 )] ( z 1)( z 2) C 2i[lim ( z 1) f ( z ) lim ( z 2) f ( z )]
z 1 z 2
z 2i z5 4z3
留数定理
l1 , l 2 , l 3 , l n
分别包围着 b1 , b 2 , b 3 , b n
留数定理 4
f ( z )d z
l
f ( z )d z
l1
f ( z )d z
l2
f ( z )d z
l3
l
f ( z )d z
ln
2 i[R e s f ( b1 ) R e s f ( b1 ) R e s f ( b n )]
留数定理 9
a m lim ( z z 0 ) f ( z ) 非 零 有 限 值 m 阶 极 点 存 在
m z z0
d
m 1 m 1
dz
[( z z 0 )
m
f ( z )] ( m 1) ! a 1
m! 1!
a0 (z z0 )
( m 1) ! 2!
21
类似地有
0
G ( x ) s in m x d x
2i
1
G ( x )e
im x
dx
这样，类型3的积分就转化为类型2的积分，只是要求
zF ( z ) e
im z
, zG ( z ) e
im z
当z在上半平面或实轴上趋于无穷时，一致地趋于0。
利用约当引理， lim
R
F ( z )e
留数定理 3
由前面的例题知
l
f ( z ) d z 2 ia 1
洛朗展开级数中负1次幂的系数称为函数 f ( z ) 在该奇点的 留数residue(残数),记为 R e sf ( z0 ) 有
分别包围着 b1 , b 2 , b 3 , b n
留数定理 4
f ( z )d z
l
f ( z )d z
l1
f ( z )d z
l2
f ( z )d z
l3
l
f ( z )d z
ln
2 i[R e s f ( b1 ) R e s f ( b1 ) R e s f ( b n )]
留数定理 9
a m lim ( z z 0 ) f ( z ) 非 零 有 限 值 m 阶 极 点 存 在
m z z0
d
m 1 m 1
dz
[( z z 0 )
m
f ( z )] ( m 1) ! a 1
m! 1!
a0 (z z0 )
( m 1) ! 2!
21
类似地有
0
G ( x ) s in m x d x
2i
1
G ( x )e
im x
dx
这样，类型3的积分就转化为类型2的积分，只是要求
zF ( z ) e
im z
, zG ( z ) e
im z
当z在上半平面或实轴上趋于无穷时，一致地趋于0。
利用约当引理， lim
R
F ( z )e
留数定理 3
由前面的例题知
l
f ( z ) d z 2 ia 1
洛朗展开级数中负1次幂的系数称为函数 f ( z ) 在该奇点的 留数residue(残数),记为 R e sf ( z0 ) 有
数学物理方法4留数定理
P 0
Res f (0) =
=1
Q(0)
15
例4
计算积分
tan zdz
z =n
(n为正整数).
解 因tan z = sin z = P(z) ; 只以 cos z Q(z)
z=k+1 2
k = 0, 1,
, n 1, n为一阶极点,
Res tan z
z =k + 1 2
=
sin z (cos z)'
• (2) 要计算解析函数的积分，关键：计算留数；
• (3) bj(j=1,2,…)是 l 所包围的f(z)的所有奇点，而不是 f(z)所有的奇点。
6
例1
求
f (z) = z sin z z6
在 z = 0 的留数.
解: 采用洛朗展开式求 a1 :
z
sin z6
z
=
1 z6
z
z
z3 3!
+
Res
f
(1)
=
(2
1 lim
1)! z1
d dz
(z
1)2
ez z(z 1)2
=
lim
z1
d dz
ez z
=
lim
z1
e
z
(z z2
1)
=
0,
所以
ez
l
dz z(z 1)2
= 2 iRes
f (0) + Res
f (1)
= 2 i(1+ 0)= 2 i.
17
（三）无穷远点的留数
定义 设函数 f (z)在圆环域 R z +内解析，
l0
[工学]4-留数定理
![[工学]4-留数定理](https://img.taocdn.com/s3/m/337055848e9951e79b8927f0.png)
R R
一般，积分主值存在，不一定反常积分存在， 反之，如果反常积分存在，积分主值一定存在！ 本类型积分要计算的是积分主值。
22
计算积分主值 将f(x)在复平面上延拓成 f(z),则
R
f (z)dz f (x)dx f (z)dz
L
R
CR
由留数定理：
y
R
f (x)dx f (z)dz
R
极点 为 nπ，无穷多个单极点
lim
zn
( z
n
)
f
(
z)
lim
zn
z n
sin z
lim (z n )' lim 1 (1)n
zn (sin z)' zn cosz
例3：求
f
(z)
z 2i z5 4z3
的极点，以及在极点上的留数
解：
f
(z)
z 2i z3 z2 4
z3z
z 2i
第四章 留数定理
已讲：一个解析函数在它的解析区域内各 处的函数值有很强的内在联系。这突出 表现在柯西积分公式及其推论。
本章：讨论这种关系的另一种表现形式 解析函数的积分值与函数奇点的关系。
1
§4.1 留数定理
由柯西定理，若f(z)在l内解析， l f (z)dz 0 ，
若f(z)在l内有奇点， l f (z)dz ?
复习：如果 f(z) 是复闭通区域上的解析函数，则
n
f (z)dz
f (z)dz 0.
l
i1 li
重要例题结论：
1
2i
l
dz
z
0, 1.
l不包围 l包围
1 (z )n dz 0.
04_留数定理
应用留数定理计算实变函数定积分 §4.2 应用留数定理计算实变函数定积分
围道积分法 基本思想：实变函数定积分↔ 基本思想：实变函数定积分↔复变函数回路积分 y l2
l1 a 0 b x
∫
l
f ( z )dz = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( z )dz
l1 l2
几种类型实变定积分的计算方法
1 d m −1 Res f ( z0 ) = lim m −1 ( z − z0 ) m f ( z ) (m − 1)! z → z0 d z
3. 本性奇点的留数通过洛朗展开来计算 本性奇点的留数通过洛朗展开来计算 通过
ze z 例: Res , 2 z −1
dz 例：计算回路积分 ∫ z =1 2 ε z + 2z + ε
解：由 ε z 2 + 2 z + ε = 0 ⇒ f ( z ) =
( 0 < ε < 1)
1 ε z 2 + 2z + ε
的两个单
极点为： 极点为： −1 + 1 − ε 2 −1 − 1 − ε 2 z01 = , z02 = ε ε
ez 例: Res 2 , ∞ z −1 e 1 Res f (1) = , Res f (−1) = − e −1 2 2 e −1 − e Res f (∞) = 2
1 2 3 f ( z) = 1 − + 2 + 3 , z z z
∞
1 1 Resf (∞) = −Res f ⋅ 2 , 0 = 1 z z
2） f ( z ) = ）
e
2
1z
z −z
04_留数定理
+∞
推导
∫
+∞
−∞
f ( x)dx =2πi{f(z)在上半平面所有奇点的留数之和}
+∞ −∞
例：计算 I = ∫
+∞
1 dx （n为正整数） 2 n (1 + x )
黑板
此时，如果f(z)在实轴上存在有限个单极点，则 推导
∫
−∞
f ( x)dx =2πi{f(z)在上半平面所有奇点的留数之和}
+πi{f(z)在实轴上所有奇点的留数之和} 黑板
∑ Res f ( z ) + Res f (∞) = 0
k =1 k
n
1. lim f ( z ) = 0 a Res f (∞) = − lim[ z ⋅ f ( z )] z →∞ z →∞ 1 1 2. lim f ( z ) ≠ 0 a Res．f (∞) = − Res[ f ( ) 2 , 0] z →∞ z z
课堂练习：
∫
| z|= 2
ze z z eZ z − sin z f ( z ) d z; f ( z ) = 2 , 4 , , 2 z − 1 z − 1 z ( z − 1) z6
设∞为f(z)的一个孤立奇点，即f(z)在去心邻域R<|z|<+∞内 解析，则定义函数f(z)在z=∞处的留数为 1 Res f (∞) = ∫L f ( z )dz 2πi 其中L: 积分方向为顺时针方向（实际上是包含无穷远点 的区域的正方向）.如果f(z)在z=∞的去心邻域R<|z|<+∞内 的洛朗级数为
1 d m −1 (3) Res f ( z0 ) = lim m −1 [( z − z0 ) m f ( z )] (m − 1)! z → z0 d z
留数定理
n 0
n 1
Re sf ( z0 )
(n 1)!
( n1) ( z0 )
4 若z0为f(z)的本性奇点，或阶数较高的极点， 或奇点性质不明确，则直接利用奇点去心邻域 的罗朗展开来求，不过只需要求a-1。
三 例题
z 2 1 例1 求 f ( z) 15 2 的 Re sf (0) z ( z 1)
0
（2）若 f ( z) z z ，且 (z ) 在z0处解析， 又 ( z ) 0 ，则 Re sf ( z0 ) ( z0 )
0
( z)
P( z ) （3） f ( z ) , Q( z )
z0是Q( z )的一阶零点 P( z ) 0. ,
P( z ) P( z0 ) Res f ( z0 ) lim ( z z0 ) z z0 Q( z ) Q' ( z 0 )
R
常数m 0，则有 m0 lim f (z)e dz 0 Imz 0 R C R
imz
y CR
• -R
R
o
x
+R
证：
CR F ( z )e
imz
dz C R F ( z )e
imR cos mR sin
imx my
n
2 i Res f (b j ) 2 i Res f (b j )
j 1 j 1
3 留数定理：
留数定理 设函数 f (z ) 在回路 l 所围区域 D上除有限 个孤立奇点 b1 , b2 , bn 外解析，在闭区域 D 上除
b1, b2 , bn 外连续，则
f ( z) dz 2 i Res f (b )
n 1
Re sf ( z0 )
(n 1)!
( n1) ( z0 )
4 若z0为f(z)的本性奇点，或阶数较高的极点， 或奇点性质不明确，则直接利用奇点去心邻域 的罗朗展开来求，不过只需要求a-1。
三 例题
z 2 1 例1 求 f ( z) 15 2 的 Re sf (0) z ( z 1)
0
（2）若 f ( z) z z ，且 (z ) 在z0处解析， 又 ( z ) 0 ，则 Re sf ( z0 ) ( z0 )
0
( z)
P( z ) （3） f ( z ) , Q( z )
z0是Q( z )的一阶零点 P( z ) 0. ,
P( z ) P( z0 ) Res f ( z0 ) lim ( z z0 ) z z0 Q( z ) Q' ( z 0 )
R
常数m 0，则有 m0 lim f (z)e dz 0 Imz 0 R C R
imz
y CR
• -R
R
o
x
+R
证：
CR F ( z )e
imz
dz C R F ( z )e
imR cos mR sin
imx my
n
2 i Res f (b j ) 2 i Res f (b j )
j 1 j 1
3 留数定理：
留数定理 设函数 f (z ) 在回路 l 所围区域 D上除有限 个孤立奇点 b1 , b2 , bn 外解析，在闭区域 D 上除
b1, b2 , bn 外连续，则
f ( z) dz 2 i Res f (b )
第四章留数定理§4.1留数定理
解于
z → nπ (n为整数，包括零)，有sin z → 0，f (z) → ∞。因此，z0 = nπ
是极点.
lim [(z − nπ ) f (z)] = lim z − nπ .
z →nπ
z→nπ sin z
应用罗毕达法则确定上式右边的极限,
lim [(z
z →nπ
−
nπ ) f
(z)] =
lim+Βιβλιοθήκη "+
z
+
1
⎤ ⎥⎦
=
lim
z →1
z n−1
+
1 zn−2 +"+
z
+1
=
1. n
另解
应用 (4.1.9) ,
( ) ⎡
lim⎢ z→1 ⎢⎣
z
n
1 −
1
′
⎤ ⎥ ⎥⎦
=
lim
z →1
1 nz n
−1
=
1. n
因此,在单极点 z0 =1 留数是 1 n .
例2 确定函数 f (z)=1 sin z的极点,求出函数在这些极点的留数。
点的留数:
( ) Re
sf
⎜⎛ ⎜⎝
−1
+
1−ε 2 ε
⎟⎞ ⎟⎠
=
lim
z → z0
1 εz2 + 2z + ε
′
= lim 1 = 1 z→z0 2εz + 2 2 1 − ε 2
应用留数定理, ∫ dz z =1 εz2 + 2z + ε
= 2πi Re sf (z0 ) = 2πi
留数定理
∫
因此
l
f ( z )dz +
m
∫
k
l
f ( z )dz = 2π i[∑ Re sf (bk ) + Resf (∞ )]
k=1
m
∑ Re sf (b ) + Re sf (∞ ) = 0
k=1
在某一奇点上留数不好求， 若f (z)在某一奇点上留数不好求，可以先计算其他各点的留 在某一奇点上留数不好求 再用留数和定理求出该点的留数. 数，再用留数和定理求出该点的留数
k
∞
两边同乘以z-b， 两边同乘以 ，得：
( z − b ) f ( z ) = a−1 + a0 ( z − b ) + a1 ( z − b )2 + a2 ( z − b)3 + ⋅ ⋅ ⋅.
令z→b，得：Re sf (b ) = a−1 = lim[( z − b ) f ( z )]. → ， z→b 写成： 写成： Res f ( b ) = [( z − b ) f ( z )] z = b .
bk lk
b1
bm
b2 lm
∫
l
f ( z )dz =
∫
l1
f ( z )dz +
∫
l2
f ( z )dz + ⋅ ⋅ ⋅ + ∫ f ( z )dz
lm
l1 l2
l
= 2π i Re sf (b1 ) + 2π i Re sf (b2 ) + ⋅ ⋅ ⋅2π i Re sf (bm )
= 2π i ∑ Re s f (bk )
k =1 m
沿闭曲线l逆时针方向积分之值 即f (z)沿闭曲线 逆时针方向积分之值，等于 (z)在l所包围 沿闭曲线 逆时针方向积分之值，等于f 在 所包围 的区域内各奇点的留数之和乘于2π 的区域内各奇点的留数之和乘于 πi.
第四篇留数定理
数值积分
留数定理也可用于提高数值积分的精度 和收敛速度。通过分析被积函数的奇点 并计算留数,可以优化数值积分算法并 得到更准确的结果。
留数定理在电路分析中的应用
频域分析
留数定理可用于求解复变函数 在极点附近的积分,从而分析 电路中的频域特性,如振荡频 率、带宽等。
极点和零点分析
留数定理可用于确定电路系统 的极点和零点,从而预测系统 的动态特性和稳定性。
统中复杂的数学模型,分析 系统的安全性和稳定性。
。
3 抗攻击设计
4 信号处理应用
利用留数定理的特性,可以 设计出更加抗攻击的密码学
留数定理在数字信号处理中 的应用,可用于加解密数字
算法和协议。
信号的分析和处理。
留数定理在神经网络中的应用
系统参数分析
通过运用留数定理,可以分 析动力系统对参数的敏感 性,从而优化系统的性能和 稳定性。这在工程设计中 有广泛应用。
混沌理论研究
留数定理为动力系统混沌 行为的研究提供了理论基 础,有助于更好地理解和预 测复杂非线性系统的行为 。
留数定理在量子计算中的应用
量子位编码
留数定理在确定量子位编码时发挥重要作用,用于分析复杂的量子态波函数。
留数定理在代数几何中的应用
曲线积分计算
留数定理可用于计算复平面上闭合 曲线的复积分,在代数几何中广泛应 用于求解各种代数曲线的面积、长 度等几何量。
奇点分析
利用留数定理可以确定代数曲线上 的奇点位置和性质,有助于描述代数 曲线的几何特性。
复平面映射
留数定理可应用于研究复平面上的 解析函数对域的映射,在代数几何中 具有重要的理论意义。
留数定理在微分几何中的应用
1 曲面拓扑
2 曲率计算
留数定理及其应用重点难点
第四章 留数定理及其应用 重点难点第一节 留数定理1．留数定义的由来：若函数在单连通区域D 中解析，在D 中作一围线C ，如果在围线C 的内部，)(z f 是解析的，则由柯西定理可知0)(=∫Cdz z f ；如果在围线C 的内部，a z =是)(z f 的奇点，则)(Re 2)(a sf i dz z f Cπ=∫，即留下了一个有限数，因而可把 )(Re a sf 称为留数（留数也可等于零）。
2．留数计算公式：在奇点a 邻域中展成的洛朗级数中1()z a −−项的系数1−c 就是留数Re ()sf a ，这是求留数的一般方法。
但是，在某些情况下，有更简便的方法。
例如，若a 是)(z f 的m 阶极点，则111Re ()[()()](1)!m m z a m d s f a f z z a m dz −=−=−−又如，当a 是函数的可去奇点时，由于此时洛朗级数中不含负幂项，于是留数等于零。
3. 讨论解析函数在无限远点的留数时，要注意：函数在无限远点的留数定义中围线的方向是顺时针转向的。
第二节 留数定理的应用1．应用留数定理计算实变函数的积分是复变函数留数理论的一个重要应用，找到适当的闭合回路或变换是这种方法的关键。
2．若函数在单连（通）区域D 中解析，在D 中作一围线C ，如果在围线C 的内部，)(z f 是解析的，则由柯西定理可知0)(=∫Cdz z f ，如果在围线C 的内部，a z =是)(z f 的奇点，则)(Re 2)(a sf i dz z f Cπ=∫，即留下了一个有限数，因而可把)(Re a sf 称为留数（留数也可等于零）。
通过柯西公式和柯西导数公式可导出一阶极点和m 阶极点的留数计算公式。
3. 应用级数分析留数定理。
在奇点k a 邻域中展成的洛朗级数中1)(−−k a z 项的系数1−c 就是留数)(Re k a sf 。
当k a 是函数的本性奇点时，一般只能用洛朗级数展开方法来求留数；当k a 是函数的极点时，也可用这种方法来求取留数；当k a 是函数的可去奇点时，由于此时洛朗级数中不含负幂项，于是留数等于零。
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。
留数定理
求出函数在
这些极点的留数.
解
f (z) = z + 2i z5 + 4z3
=
z + 2i z3 (z2 + 4)
=
z3(z
z + 2i + 2i)(z
− 2i)
=
1 z3 (z − 2i)
(1)、当z→2i时，f(z) →∞，所以z=2i是f(z)的极点，
lim ( z
z→2i
− 2i)
f
(z)
=
lim
∫l f (z)dz = −2π ia−1
Re sf (∞) = −a−1
二、全平面的留数和为零
∞
∑ f (z) = ak z k k =−∞ (R < z < ∞)
函数f(z)在全平面上所有各点的留数之和为0。 这里的所有各点包括无限远点和有限远的奇点。
{ f (z)在所有有限远奇点上的留数和 + Re sf (∞)} = 0
n
∫ ∑ l
f
( z )dz
=
2π i
Re sf
j =1
(bj )
注意: 左边的积分是沿l 的正向进行的；
右边的奇点是指l 所围区域内的，并非是f(z)所有
的奇点。
7
留数定理对于无限远点也成立：
∞
∞
∫ ∫ ∑ ∑ ∫ f (z)dz = l
l k =−∞ ak z k dz = k =−∞ ak
l zk dz = 2π ia−1
∫ dz
z =1 ε z2 + 2z + ε
(0 < ε < 1)
∫ dz = πi
z =1 ε z2 + 2z + ε 1− ε 2
《数学物理方法》3留数定理及其应用
1 n1 zn2 z
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
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
留数定理
z2 z2 3i Re s 2 , 3i lim 2 2 2 2 3 z i ( z 3i )( z 4) 50 ( z 9)( z 4)
13i z2 z2 Re s 2 , 2i lim 2 2 2 2 2 2 z i ( z 9)( z 4) ( z 9)( z 2i ) 200
1.9 因为奇点 z 1 是函数 e 数。 将
的本性奇点， 我们需要通过展开式来求出此函数在奇点的留
1 1 z
在
| z | 1
上
展
开
为
洛
朗
级
数
：
1 1 1 1 1 1 1 1 (1 2 ...) 2 3 ... 1 1 z z z z z z z z (1 ) z
zk e
1 2 m 2 n 1 z 2m Re sf ( zk ) lim zk z zk (1 z 2 n ) ' 2n
2 m 2 n 1) n 1 n 1 1 i (2 k 1)( 2 i 1 x2m 2n 2 Re ( ( )) 2 i s f z i e k i (2 m 1) / 2 n 1 x 2n e i (2 m 1) /2 n n e k 0 k 0 2n
e1/(1 z ) e
1 z
e
1 z2
e
1 z3
1 1 1 1 ... (1 ...) (1 2 ...) ... 2 2! z 4 z 2! z z
所以 Re s[e
1/(1 z )
,1] 1
2n
1.10 此函数的奇点由 ( zk )
Chapter4 留数定理
k k
n 0
n 1
z zk
lim cn
k
z zk
n 1
0
n 0
7
lim z zk f z c 1
k z zk
即： Re sf zk lim z zk f z
z zk
若
证明： f z
m1
n m
a z z
k
n k
n
zk 为f z 的m阶极点
nm k
z zk
m
f z
n m
a z z
k
n
an 'm z zk
k
n '0
n'
15
d m1 m k z z f z a k n ' m n ' n ' 1 m1 dz n ' m 1
2
0
x
z +2 5 1
k k 0
1 1 2 k 1 ! z 2
2k
2 k 1
1 1 k k 1 1 1 5 1 2 k 1 ! z 2 2 k 1 ! z 2 k 0 k 0
1 3 z i 3 3 z i z i
1 d2 3 lim 2 z i z i 2 dz
1 5 lim 3 4 z i z i 2
3i 16
2 k 1
n 0
n 1
z zk
lim cn
k
z zk
n 1
0
n 0
7
lim z zk f z c 1
k z zk
即： Re sf zk lim z zk f z
z zk
若
证明： f z
m1
n m
a z z
k
n k
n
zk 为f z 的m阶极点
nm k
z zk
m
f z
n m
a z z
k
n
an 'm z zk
k
n '0
n'
15
d m1 m k z z f z a k n ' m n ' n ' 1 m1 dz n ' m 1
2
0
x
z +2 5 1
k k 0
1 1 2 k 1 ! z 2
2k
2 k 1
1 1 k k 1 1 1 5 1 2 k 1 ! z 2 2 k 1 ! z 2 k 0 k 0
1 3 z i 3 3 z i z i
1 d2 3 lim 2 z i z i 2 dz
1 5 lim 3 4 z i z i 2
3i 16
2 k 1
04_留数定理
04_留数定理04_留数定理，又称为四象限定理，是数学中一个重要的结论。
这个定理的本意是说，如果在一个坐标系中有n 个不同的数，那么在这n个数中至少有四个数会具有相同的余数。
04_留数定理的定义：设a1,a2,...,an是不同的正整数，m是正整数，则必有四个数ai，aj，ak，al满足ai mod m=aj mod m= ak mod m= al mod m。
04_留数定理推导：这个定理可以用反证法来证明。
假设有n个正整数a1,a2,...,an，其中有m个不同的余数，即有m种形式：ai mod m=0, ai mod m=1, ai modm=2,..., ai mod m=m-1。
令A={ai|ai mod m=0}, B={ai|ai mod m=1},C={ai|ai mod m=2}, ..., D={ai|ai mod m=m-1}，则A,B,C,...,D是n个正整数的一个划分。
由于n>m，所以至少有一个集合包含至少两个数，假设A包含至少两个数，即ai mod m=aj mod m=0，则ai mod m=ak mod m=al mod m，即得证。
04_留数定理的应用：1、留数定理在抽样调查中有着广泛的应用。
例如，当希望从一个总体中进行抽样时，可以使用留数定理来实现随机抽样，从而减少样本选择的随机性。
2、留数定理在有线电视信号中也有应用。
有线电视信号是通过在一个坐标系中将图像的N个像素点的坐标转换成多个余数来表示的，其中N是像素点的数量。
因此，通过使用留数定理，可以减少由于信号传输的原因而导致的图像像素混乱的情况。
3、留数定理还可以用来加速数据处理的速度。
当需要处理大量数据时，可以将这些数据按照其余数分成多个组，这样可以减少处理时间。
留数定理
∫
C
z d z = 2 π i{Res[ f (1)] + Res[ f (1)] 4 z 1 + Res[ f (i)] + Res[ f (i)]}
∫
C
P(z) z 1 = 3 = 2, Q′(z) 4z 4z z 1 1 1 1 d z = 2 π i( + ) = 0 4 4 4 4 4 z 1
例6 计算积分 解
∫
C
ez d z , C为正向圆周|z|=2. C为正向圆周 |=2. 为正向圆周| 2 z ( z 1)
z=0为被积函数的一级极点, z=1为二级极点, 而 为被积函数的一级极点, 为二级极点, 为被积函数的一级极点 为二级极点
ez ez Res[ f (0 )] = lim z = lim = 1. 2 2 z→0 z → 0 ( z 1) z ( z 1)
1 1 f (z) = n = z 1 ( z 1)( z n 1 + z n 2 + + 1)
是函数的单极点。 可见，z=1是函数的单极点。 是函数的单极点 Resf(1)= lim( z 1) f ( z ) = lim
z →1
1 ( z n 1 + z n 2
z →1
1 = + …… + 1) n
包围多个孤立奇点时： （2）l 包围多个孤立奇点时：
∫ f (z)d z = ∫ f (z)d z + ∫ f (z)d z ++ ∫ f (z)d z.
l l1 l2 ln
∫ f (z)d z = 2πi[Res f (z ) + Res f (z ) ++ Res f (z )]
第四章-留数定理
l 不包围 α l 包围 α n ≠ 1
( z α ) n dz = 0 . ∫
l
1. 定理 设函数 f(z) 在回路 l 所围区域 B 是除有限个孤 立奇点 b , b , , b ，外解析，在闭区域 B
1 2 n
上除点 b 1 , b 2 , , b n 外连续，则
∫ f ( z )dz = 2πi∑ Re sf (b ).
ε
1+ 1ε 2 1ε2 ε(z + )
ε
dz 1 πi = 2πi = . 2 ∫ z =1 εz + 2 z + 1 2 2 2 1 ε 1 ε
4.2 应用留数定理计算实变函数定积分
留数定理是复变函数的定理，若要在实变函数定积 分中应用，必须将实变函数变为复变函数。这就要利 用解析延拓的概念。留数定理又是应用到回路积分的， 要应用到定积分，就必须将定积分变为回路积分中的 一部分。 如图，对于实积分 ∫
∫
CR
zf ( z )
dz z
≤ max zf ( z )
∫
dz z
CR
= max zf ( z )
πR
R
= π max zf ( z ) → 0
R→∞
2πi{∑ Re sf ( z j ), z j ∈ 上半平面 } =
j
R
∫ f ( x) dx
R
例 I =
∞
∞
∫
dx , 2 n (1 + x )
1
1
例
dx I = ∫ , 1 + ε cos x 0
2π
0 < ε <1
解 I=
dz / iz 2 dz ∫=1 z + z 1 = i z∫=1 εz 2 + 2z + ε z 1+ ε 2
第四章留数定理
l
f ( z) d z
f ( z) d z
j 1 l j
n
2 π i Res f (b j ).
j 1
n
D bn l3 b3 ln l2 b1 l1
b2
l
[证] 把在l内的孤立奇点zj(j=1,2,...,n)用互不包含的 正向简单闭曲线lj围绕起来, 则根据复合闭路定理有
-1
2 2 3 ( z - z0 ) f(z)= a -1 + a0 ( z - z0 ) + a1 ( z - z0 ) + a2 ( z - z0 ) +……
z z0
lim ( z - z 0 ) f ( z ) = a -1 =Resf( z0 )
P( z ) z 0 点是解析的， 对于 f(z)可表示为形式 f(z)= 时，且 P(z),Q(z)在 Q( z )
我们也可以下式 来求留数:
P( z ) P ( z 0 ) lim ( z - z 0 ) f ( z ) = lim( z - z0 ) = z z0 z z0 Q( z ) Q ' ( z 0 )
z ez f ( z) 2 z -1
z ez e Res f (1) ; | z 1 2z 2 z ez e -1 Res f (-1) . | 2 z z -1 2
z - np = lim =1（n 为偶数）或-1（n 为奇数） z np sin z
ze z dz 2 例 4 计算积分 C z - 1 , C 为正向圆周|z|=2.
z
l
f ( z) d z
n
j 1 ze f ( z) 2 [ 解 ]由于 z - 1 有两个一阶极点 +1,-1, 而
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数学物理方法
第4章 留数定理
7
f(z)的洛朗展开应为 (2) 若z0为f(z)的m阶极点 am am1 a1 f ( z) a0 a1 ( z z0 ) m m1 z z0 ( z z0 ) ( z z0 ) 用(z-z0)m遍乘各项
(z z0 )m f (z) am am1(z z0 ) a1(z z0 )m1 a0 (z z0 )m
k
k a ( z z ) k 0
f ( z )dz
k
k a ( z z ) k 0 dz
根据不定积分的重要结果： 0, (l不包围 ) 1 1 dz , (n 1) 2π i l z 1, (l包围 ) 1 n ( ) dz 0, (n 1) z 2π i l 上式右边除去k=-1的一项之外全为零， 而k=-1的一项的积分等于2πi，
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第4章 留数定理
13
例4：确定函数 f ( z ) ( z 2i) / ( z 5 4 z 3 ) 的极点，并求出 函数在这些极点的留数。 先对分母进行因式分解，并与分子约去公因式，得 解：
14
1 (2) lim f ( z ) lim 3 z0 0也是f ( z )的极点。 z z0 z 0 z ( z 2i)
1 1 lim z f ( z) lim z 0 z 0 z 2i 2i
z 2i z 2i 1 z 2i 3 3 f ( z) 5 3 2 3 z 4z z ( z 4) z ( z 2i)( z 2i) z ( z 2i)
1 (1) lim f ( z ) lim 3 z0 2i是f ( z )的极点。 z z0 z 2i z ( z 2i)
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第4章 留数定理
12
例3：确定函数 f ( z ) 1/ sin z 的极点，并求出函数在这些 极点的留数。
1 解： lim f ( z ) lim z nπ z nπ sin z
z0 nπ是f ( z )的极点。
z nπ lim ( z z0 ) f ( z ) lim z z0 z nπ sin z
l
f ( z )dz 2πiResf ( z0 )
a1 Resf ( z0 )
(3) 若l所围区域有f(z)的n个奇点b1, b2 , b3 , …., bn ，则作 回路l1, l2, l3, …., ln 分别对应包围b1, b2 , b3 , …., bn ，根据 复连通区域的Cauchy定理，有
l
f ( z )dz f ( z )dz
l0
z0
l0
l
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第4章 留数定理
3
l
l
f ( z )dz f ( z )dz
l0
l0
f ( z)
将洛朗展开代入右端，逐项积分，得
j 1
n
称为留数定理。
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第4章 留数定理
5
留数定理：设函数f(z)在回路l所围区域B上除去有限个孤 立奇点b1, b2 , b3 , …., bn 以外解析，在闭区域 B 上除去b1, b2 , b3 , …., bn 以外连续，则
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第4章 留数定理
11
例2：求 f ( z ) 1 / ( z n 1) 在z0=1的留数Resf(1) 另解：
P ( z ) P ( z0 ) Resf ( z0 ) lim ( z z0 ) f ( z ) lim ( z z0 ) z z0 z z0 Q( z ) Q '( z0 )
l
f (z)dz f (z)dz f (z)dz f (z)dz f (z)dz
l1 l2 l3 ln
b2
l2
b3
2πi[Resf (b1) Resf (b2) Resf (b3) Resf (bn )]
l3
b1
l1
l
2π i Resf (b j )
z0
l
f ( z )dz 2πia1
l0
l
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第4章 留数定理
4
可见，在洛朗级数中，(z-z0)-1项的系数a-1特别重要，称为 函数f(z)在奇点z0的留数(残数)，记作 Resf ( z0 ) ，因此
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第4章 留数定理
1
第4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
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第4章 留数定理
2
§4.1 留数定理(Residue Theorem) 考虑回路积分
l
f ( z )dz
为0/0型极限，利用洛必达法则，
( z nπ)' 1 n lim (1) lim ( z z0 ) f ( z ) lim z z0 z nπ (sin z ) ' z nπ cos z
(1) n 为非零有限值，因此，z0 nπ是f ( z )的单极点，
n 的留数就是 f ( z )在单极点z0 nπ (1) 。
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b2
l2
b3
b1
l3
l1
l
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第4章 留数定理
6
f(z)的洛朗展开应为 (1) 若z0为f(z)的单极点 a1 f ( z) a0 a1 ( z z0 ) a2 ( z z0 ) 2 z z0 用(z-z0)遍乘各项
l
f ( z )dz 2 π i Resf (b j )
j 1
n
函数f(z)的回路积分归结为回路内所围各奇点的留数之和。 留数的计算：若能在以奇点为圆心的圆 环域上将函数展开为洛朗级数，取它的 -1次幂的系数即可。但是求展开式比较 麻烦。能否不展开而直接求留数？ 对于极点，是可以的。如何求a-1 = Resf(z0)？
洛必达法则
P ( z ) lim [( z z0 ) P ( z )]' P ( z0 ) Resf ( z0 ) lim ( z z0 ) z z0 z z0 Q '( z0 ) Q '( z ) Q ( z )
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2
( z z0 ) f ( z ) a1 a0 ( z z0 ) a1 ( z z0 )
z z0
lim ( z z0 ) f ( z ) 非零有限值 a1 Resf ( z0 )
P( z ) , P( z )和Q( z )都在z0解析, z0是Q ( z )的一阶零点。 若f ( z ) Q( z ) P( z0 ) 0, 从而z0是f ( z )的一阶极点,
z z0
2. 计算极点的留数 ( z z0 ) f ( z ) (1) 若z0为f(z)的单极点 Resf ( z0 ) lim z z
0
P ( z ) P ( z0 ) Resf ( z0 ) lim ( z z0 ) z z0 Q( z ) Q '( z0 ) (2) 若z0为f(z)的m阶极点 1 d m1 m Resf ( z0 ) lim ( z z0 ) f ( z ) m 1 z z0 ( m 1)! dz
z-1的系数a-1即为留数 Resf (0) 1
1 z
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第4章 留数定理
10
例2：求 f ( z ) 1 / ( z n ) lim n z0 1是f ( z )的极点。 z z0 z 1 z 1 1 1 或者f ( z ) n = z 1 ( z 1)( z n 1 z n2 z 1)
Resf (1) lim ( z 1) f ( z )
z 1
1 lim ( z 1) n z 1 z 1
1 1 1 lim n1 lim n z 1 ( z 1)' n z 1 nz
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可见z0 1是f ( z )的单极点。
Resf ( z0 ) lim ( z z0 ) f ( z )
z z0
1 lim ( z 1) n 1 n2 z 1 ( 1)( 1) z z z z 1 n
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z z0 m lim ( z z ) f ( z) 0 非零有限值 a m Resf ( z0 )
f(z)在m阶极点z0的留数a-1 = Resf(z0)是(z-z0)m-1项的系数， 该系数可以通过对(z-z0)mf(z)求m-1阶导数求得，