留数定义定理计算规则2

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《复变函数与积分变换》 留数—计算规则

《复变函数与积分变换》 留数—计算规则

三、在 ∞ 点的留数 定义 2.2 设 ∞ 是 f ( z ) 的孤立奇点 , 则 f ( z ) 在 R < z < +∞ 内解析 ,
C 是 R < z < +∞ 内一条简单闭
y C
O
§5.2 留 数 —— 在 ∞ 点的留数
R
x
定理 2.2 若 f ( z ) 在 C U {∞} 上有有限个奇点:z1 ,L , z n , ∞ , 则
1 P ( z ) , z = 0 是 f ( z ) 的 3 级极点 . z3 1
解二:把 f ( z ) 在 z = 0 点展成洛朗级数 :
z − sin z 1 = 6 z6 z = 1 3 1 5 1 7 z − z − 3! z + 5! z − 7! z + L
O
1 = − c1 . ∫ C f ( z ) dz, 则 Res f ( z ) , ∞ 2π i Ñ
× zn
f ( z ) ,∞ . = − 2π i Res
§5.2 留 数 —— 在 ∞ 点的留数
规则 IV Res [ f ( z ), ∞ ] = − Res f ( )
(5)
假设 z0 是 f ( z ) 的 k 级极点 , k < m ,
f ( z ) = c− k ( z − z0 )
−k
+ L + c−1 ( z − z0 ) + c0 + c1 ( z − z0 ) + L
−1 m− k
( z − z0 )
0
m
f ( z ) = c− k ( z − z0 )
§5.2 留 数 —— 计算规则

留数

留数

设C为该去心邻域内围绕z0的正向简单闭曲线,

C
f ( z ) dz =
n = −∞ C

+∞
cn ( z − z 0 ) n dz ∫
1 ∫ c−n ( z − z0 ) dz = C c−n ( z − z0 ) n dz ∫ C
−n
2πic−1 , n = 1 2πi ( n −1) 由高阶导数公式:= c− n f ( z0 ) (n − 1)! 0, n ≠ 1 dz ∫c f ( z )dz = c−1 ∫c z − z0 = 2πic−1
1 ∴ z 0为 Q ( z )的一级零点 , 从而 z 0为 的一级极点 , Q( z )
1 1 ϕ (z) 因此 , = Q ( z ) z − z0
(ϕ ( z )在 z 0处解析且 ϕ ( z 0 ) ≠ 0 )
1 g ( z ) ( g ( z ) = ϕ ( z ) P ( z ) 在 z 0 解析 , 故f ( z) = z − z0 且 g ( z 0 ) ≠ 0 ),
若将 f ( z )作 Laurent 级数展开 :
z − sin z 1 1 3 1 5 = 6 [ z − ( z − z + z − L)] 6 z z 3! 5! 1 1 11 = − +L 3 3! z 5! z
1 z − sin z ,0 = − ∴ Re s 6 5! z
留数(Residue) §5.2 留数
1. 留数的定义 2. 留数定理 3. 留数的计算规则
1. 留数的定义
设z0为f ( z )的孤立奇点,由洛朗定理
f ( z) =
n = −∞
cn ( z − z 0 ) n ∑

6.2留数概念和留数定理

6.2留数概念和留数定理
1 πi = −2π i( + 0) = − 242 121
dz (3) ∫ z = 2 ( z + i )10 ( z − 1)( z − 3)
解:奇点为z = 1, z = − i , z = 3及∞,其中 − i, z = 2内 1在
由留数定理 、 1 2,得:
I = 2π i (− Re s[ f ( z ),3] − Re s[ f ( z ), ∞])
三.留数定理 留数定理 由复合闭路定理,得 由复合闭路定理 得 定理1 在区域D内除有限个孤立奇点 定理 设函数 f (z ) 在区域 内除有限个孤立奇点
z1, z2 ,⋯, zn 外处处解析,L是D内包围诸奇点的 外处处解析, 是 内包围诸奇点的 内包围诸奇点的一
条逆时针方向简单闭曲线, 条逆时针方向简单闭曲线,那么
1 其中 Res[ f ( z), 3] = lim( z − 3) f ( z) = , 10 z →3 (3+i) 2 1 1 Res[f (z ), ∞ ] = − Res[f ( ) 2 , 0] z z
−2π i −π i I = 2π i(− Re s[ f ( z),3] − Re s[ f ( z), ∞]) = = (3+i) (3+i) 2
1 d m −1 Re s[ f ( z ), z 0 ] = lim ( z − z0 )m f ( z ) ( m − 1 )! z → z 0 dz m − 1
{
}
(4) 设 f ( z ) =
P(z) , P ( z )及 Q ( z ) 在 z 0 解析,且 P ( z 0 ) ≠ 0 , 解析, Q(z) P ( z0 ) Q ( z 0 ) = 0 , Q ′ ( z 0 ) ≠ 0 , 则 Res[ f (z ), z 0 ] = Q ′( z 0 )

5.2.2留数的计算规则

5.2.2留数的计算规则

1 5! z
所以
Res
z
sin z6
z
, 0
C1
1 5!
另外,在规则Ⅱ的证明过程中不难发现,如果 f (z)的极点的级数小于 m,
这时表达式
f z Cm (z z0 )m Cm1(z z0 )m1 C1(z z0 )1 C0
中的系数 Cm,Cm1, 中可能有一个或几个为零, 那么公式仍然成立,善用
由规则Ⅲ,
P zk Q zk
zk 4 zk 3
1 4zk 2
故由留数定理
c
z4
z
1
dz
2
i
1 4
1 4
1 4
1 4
0
事实上,当函数的极点的级数很高时,规则Ⅱ往往比较繁复,此时可以利用 其洛朗级数展开式来计算留数。
例4:计算
z
sin z6
z

z
0 的留数。
解:因为
z
sin z6
z
1 3! z3
z z0 m f z Cm Cm1 z z0 C1 z z0 m1 C0 z z0 m
d m1 dz m1
z
z0 m
f
z
m 1!C1 含有z
z0正幂的项
令 z z0, 两端求极限,得证;
规则Ⅲ

f
z=
Pz Qz
,其中P( z ),Q( z )
在 z0
如果 z0

f
(z)
的一级极点,那么
Res
f
z, z0
lim z
zz0
z0
f
z
证明: 设 z0 是 f (z) 的一级极点,那么

复变函数-留数定理

复变函数-留数定理

dz 例 计算积分 , 其中,C 为 8 2 C ( z i ) ( z 1) ( z 3) 正向圆周: z 2.
1 解 记 f (z) , 则 8 2 ( z i ) ( z 1) ( z 3) 除 点外,被积函数的有限奇点为: i, 1, 3, 由留数总和定理得 Re s[ f ( z ), i ] Re s[ f ( z ),1] Re s[ f ( z ), 3] Re s[ f ( z ), ] 0 由于奇点 i, 1在圆周C 得内部,由留数定理 及上式得
三、留数定理
定 理 设 函 数 f ( z ) 在 区 域D 内 除 有 限 个 孤 立 奇 点 zk ( k 1,2, , n) 外 处 处 解 析 , C 为 D内包围各奇点的一 条正向简单闭曲线 ,则

C
f ( z )dz 2i Re s[ f ( z ), zk ]
k 1
4、若z0为f ( z )的m级极点,则
1 d m 1 lim m 1 [( z z0 )m f ( z )] Re s[ f ( z ), z0 ] ( m 1)! z z0 dz
5、若z0为f ( z )的本性奇点,
将f ( z)在0 z z0 内展开成洛朗级数,求a1;
dz C ( z i )8 ( z 1)2 ( z 3) 2 i{Re s[ f ( z ), i ] Re s[ f ( z ),1]}
2 i{Re s[ f ( z ), 3] Re s[ f ( z ), ]}

1 1 Re s[ f ( z ), 3] lim( z 3) f ( z ) lim 8 2 z 3 z 3 ( z i ) ( z 1) 4(3 i )8

第二讲 留数的计算

第二讲 留数的计算
心邻域 0 | z z0 | r 内任意绕 z0 简单正向闭曲线。
注:由连续变形原理,留数与C的选取无关。 由留数定义 C f ( z )dz 2i Re s[ f ( z ), z0 ]
其中C 为简单正向闭曲线,且f ( z ) 在 C 及 C 内只有 z0
一个奇点。 上页 返回 结束
第二讲 数及留数的计算规则
1、留数的定义
2、留数的计算法则 3、留数定理 4、思考与练习
返回
1. 留数的定义
定义: 设 f ( z ) 以有限点z0 为孤立奇点, 即在点 z0 的某去 心邻域 0 | z z0 | r 内解析,则称积分
1 C f ( z )dz 2i 为 f ( z ) 在点 z0 的留数,记作Re s[ f ( z ), z0 ] 。其中C 为去
上页 返回 结束
由规则 II,得
ze z ze z e Re s[ f ( z ),1] lim ( z 1) 2 lim z 1 z 1 z 1 z 1 2
ze z ze z e 1 Re s[ f ( z ),1] lim ( z 1) 2 lim z 1 z 1 z 1 z 1 2 ze z e e 1 因此 C 2 dz 2i ( ) 2ich1 2 2 z 1
c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 ) ,
( z z0 )m f ( z ) c m c m 1 ( z z0 ) c1 ( z z0 )m 1 c0 ( z z0 )m ,
两边求 m 1阶导数,得
由洛朗展式
sin z 1 z3 z2 f (z) ( z ) 1 z z 3! 3! 知 Re s[ f ( z ),0] c1 0 1 2) f ( z ) 2 在0 | z | 1内解析 z (1 z )

留数计算规则

留数计算规则

例3: 计算积分
c
z4
z
1
dz

C
为正向圆周
z
3

解:
f
(z)

z z4 1
四个一级极点 z1,2 1, z3,4 i 都在C 内,
由规则Ⅲ,
P zk Q zk

zk 4 zk 3

1 4zk 2
故由留数定理

c
z4
z
1
dz

2
i

1 4

1 4
解:
f
(z)

ez
z z 12
的一级极点z 0 二级极点 z 1 都在C 内
由规则Ⅰ,
Res
f
z,0
lim z z0
ez
z z 12

lim
z0

z
ez
12
1
由规则Ⅱ ,
Res
f
z,1

(2
1 lim 1)! z1
d dz
Res f
z, z0

1
m 1
lim ! zz0
d m1 dz m1
z z0 m
f
z
规则Ⅲ

f

z

=
P Q

z z
,其中 P(z,) Q(z)

z0
处解析, 且 P(z0 ) 0

Q(z0 ) 0, Q(z0 ) 0 即 z0 为 f (z)的一级极点, 那么
即 z0 为 f (z)的一级极点, 那么

留数的定义留数定理留数的计算规则无穷远点的留数

留数的定义留数定理留数的计算规则无穷远点的留数

( g ( z ) ( z ) p( z ) 在z0解析, 且 g ( z0 ) 0 )
则z0为f ( z)的一级极点,由规则
Re s[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z )
z z0
Re s[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z )

(5)
事实上,由条件
f ( z ) cm ( z z0 ) m c2 ( z z0 ) 2 c1 ( z z0 ) 1 c0 c1 ( z z0 ) , (cm 0)
以( z z0 )m 乘上式两边 ,得
( z z0 ) m f ( z ) cm cm1 ( z z0 ) c1 ( z z0 ) m1 c0 ( z z0 ) m



当 m = 1时,式(5)即为式(4).
p( z ) , Q( z ) p( z ), Q( z )在z0 处解析,
规则III 设f ( z )
p( z0 ) 0 , Q( z0 ) 0 , Q' ( z0 ) 0,则
z0 是f ( z )的一级极点 ,且 p( z0 ) Re s[ f ( z ), z0 ] Q' ( z 0 ) ( 6)
c k 1
n
k
]
(3)
证明
用互不包含 , 互不相交的正向简单闭 曲线ck (k 1,2,n),将 c内的弧立奇点zk 围绕,
由复合闭路定理得:
f ( z)dz
c
c1
f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz
c2 cn

第五章 留数

第五章 留数

,即
R e s[ f ( z ), z 0 ] c 1
或 R e s [ f ( z ), z 0 ]
2 i
1
f ( z )d z
C
C是此圆环域内围绕 z 0 的任一条正向简单闭曲线.
2、留数的计算
(1) 如果 z 0 为 例如:
f (z)
的可去奇点, 则
R es[ f ( z ), z 0 ] 0 .
1、留数的定义
若z0 是 f (z)的孤立奇点,则 f (z) 在某圆环域
0 z z0
内可以展开为洛朗级数
f (z)

n

cn ( z z0 ) ,
n
上述展开式中负一次幂项的系数 c 1 称为
z0
f (z)

处的留数,记为
R e s f ( z ), z 0
1
f (z) ( z z0 )
n1
dz
( n 0 , 1, 2 , ),
C
c 1
2 i
1
f ( z )d z
C
C是此圆环域内围绕 z 0 的任一条正向简单闭曲线.
1、留数的定义
若z0 是 f (z)的孤立奇点,则 f (z) 在某圆环域
0 z z0
如果 z 0 为 f ( z ) 的 m 级极点, 则
1 lim d
m 1
R es[ f ( z ), z 0 ]
( m 1) ! z z 0 d z
[( z z 0 ) m 1
m
f ( z )].
说明
(1)当 m=1 时,上式即为
R e s [ f ( z ), z 0 ] lim ( z z 0 ) f ( z ).

数学物理方法第4章留数定理-2016

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

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

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

留数计算规则

留数计算规则
1 2

由留数定理得:
tanzdz 2i
k 1 n 2

z n
Re s(tanz ) 2i(
2n
) 4ni


(1)要灵活运用规则及洛朗级数展开来求留 数,不要死套规则。
P ( z ) z sinz f (z) Q( z ) z6
由 于p(0) 0

2
(cotz )' z k 1 csc2 z 0 1 zk 2 2 1 z k 为一级极点 ,由 法 则 III得 2 1 sinz 1 Re s[tanz , k ] ( k 0,1,) 2 (cosz )' z k
c0 c1 ( z z0 ) , (c m 0)
以( z z0 )m 乘上式两边 ,得
( z z 0 ) f ( z ) c m c m 1 ( z z 0 ) c 1 ( z z 0 )
m m 1
c0 ( z z 0 ) m
cos z dz 例3 计 算 3 z 1 z cos z 解 f (z) 3 有 一 个 z 0的 三 级 奇 点 z 由规则
1 d2 3 Re s[ f ( z ),0] l i m [ z f ( z )] 2 z 0 ( 3 1)! dz 1 1 lim (cosz )'' 2 z 0 2

1 d5 1 1 ( z sinz ) lim( cos z ) 5 5! dz 5! z 0 5!
两边求 m 1阶 导 数 得 d m 1 m {( z z ) f ( z )} ( m 1)!c1 m! ( z z0 ) 0 m 1 dz m 1 d lim m 1 {( z z0 )m f ( z )} ( m 1)!c1 , 移 项 得 (5)式. z z dz

new第二节留数及留数定理

new第二节留数及留数定理

L
那么
( 0 z a ),
(z a)m f (z) cm cm1(z a) L c1(z a)m1 c0(z a)m
L cn(z a)mn L
d m1 dzm1
[(
z
a)m
f (z)]
c1(m 1)! c0m(m 1)L
2(z a)
L cn(m n)L (n 2)(z a)n1 L
记作
Re
s[
f
(z), ]或
Re s z
f
(z), 即
1
1
Re s[ f (z), ]
f (z)dz
f (z)dz.
2 i C
2 i C
无穷远点留数计算:
义:
Re
s[
f
(z),
]
1
2
i
C
n定0 c义nzn:dz
n0
2c定ni C义 zn:dz
C1 .
定义1 :
1
作变换 z
,则
z3 3和 点,利用外部区域的留数定理,有
dz
C (z i)10(z 1)(z 3)
2i{Re s[ f (z), 3] Re s[ f (z), ]}
例12 设C为 | z | 2正向,计算积分
I
C
(
ez z(1
z
)2
sin
z
1) 4
dz.

I
C
ez z(1
z)2
dz
C
sin
z
1
4
dz
C
ez z(1
z)2
dz 0
由留数定理得
I
2 i
Re

数学物理方法 第4章 留数定理

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

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

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

留数定理

求出函数在
这些极点的留数.

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

《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]

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

复变函数-留数定理资料

复变函数-留数定理资料

当 m 1时
z Re s[ f ( z ),1] lim( z 1) f ( z ) lim 1 z 1 z 1 z 2
当m 2时
( m 1) 1 m Re s[ f ( z ),1] lim( z 1) f ( z ) ( m 1)! z 1


z 例 求 dz | z| 3 ( z 1)( z 2)
z 解 :由于 f ( z ) 在圆周 | z | 3内部有一个一级 ( z 1)( z 2) 极点 z 1, 和一个一级极点z 2
ze z 例 求 Re s[ 2 ,1] z 1
解: 显然,z 1是f ( z )的一级极点,
ze z e ze z 所以 Re s[ f ( z ),1] lim ( z 1) 2 lim z 1 z 1 z 1 z 1 2
或者:取P ( z ) ze z , Q( z ) z 2 1
所以 而

C
f ( z )dz 2iRe s[ f ( z ),1] Re s[ f ( z ), 1]
ze z e Re s[ f ( z ),1] lim ( z 1) 2 z 1 z 1 2
ze z e1 Re s[ f ( z ), 1] lim( z 1) 2 z 1 z 1 2 于是得到 e e 1 ze z C z 2 1 dz 2i 2 2 2i ch 1
P (1) e Re s[ f ( z ),1] Q(1) 2
1 例 求 Re s[ 2 , i] 3 ( z 1)
解: 由于 f ( z )
1 ( z i )3 ( z i )3
所以z i是f ( z )的三级极点。

留数计算记积分详解

留数计算记积分详解

任何一条简单正向闭曲线,则积分
1
f (z)dz
2i C1
称为f (z)在的留数. 记作
Res[ f (z), ] 1 f (z)dz
2i C1
1
2 i
f (z)dz
C
也就是说 Re sf ()等于 f (z)在
的去心邻域的罗朗展开式中 1 项系数的负值.
z
-2-
2). 留数定理
设函数 f (z)在区域D内除有限个孤立奇点z1, z2,, zn
o
x
-16-
设上半圆盘边界为Cr. 取 r>1,那么 z=i 包含在Cr的 区域内. 沿 Cr 取 f (z)的积分,得
dz
Cr (1 z 2 )2
r r
dx (1 x2 )2
dz r (1 z2 )2
y
2iRes[
(1
1 z
2
)2
,i]
r
2i 1 .
4i 2
r o
rx
r dx
2
,
2i
iz
,
f (z)d z
|z|1
其中f(z)是z的有理函数, 且在单位圆周|z|=1上分母不为零,
根据留数定理有
n
f (z) d z 2π i Res[ f (z), zk ]
| z| 1
k 1
•其中 zk (k=1,2,...,n)为单位圆|z|=1内的f(z)的孤立奇点.
-12-
dz
dz
r (1 x2 )2 Cr (1 z2 )2 r (1 z2 )2
-17-
现在估计积分
dz
r (1 z2 )2
我们有
dz
r (1 z2 )2
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f
(z)
(4)
规则II 若z0是f (z)的m级极点
Re
s[
f
( z ),
z0]
1 (m 1)!
lim
z z0
d m1 dz m 1
{( z
z0 )m
f
( z )}
(5)
事实上,由条件 f (z) cm (z z0 )m c2 (z z0 )2 c1(z z0 )1
c0 c1(z z0 ) ,(cm 0)
得证!
D
c
z1
z3
z2
zn
求沿闭曲线c的积分,归之为求在c中各孤立 奇点的留数。
3. 留数的计算规则
一般求Res[f (z), z0]是采用将f (z) 在 z0邻域内展开 成洛朗级数求系数c–1的方法,但如果能先知道奇点 的类型,对求留数更为有利。
以下就三类奇点进行讨论:
(i)若z z0为可去奇点 c1 0 Re s[ f (z), z0 ] 0
f (z)dz
c
(2)
2. 留数定理
定理 设c是一条简单闭曲线, f (z)在c内有有
限个弧立奇点z1, z2 , , zn ,除此以外, f (z)在c 内及c上解析
n
c f (z)dz 2i Re s[ f (z), zk ] (3) k 1
证明 用互不包含,互不相交的正向简单闭曲线ck
(k 1,2, n),将c内的弧立奇点zk围绕,
z1
z
2
2
f (z)dz 2i Re s[ f (z),0] 2i Re s[ f (z),1] 0 z 2
例2
计算 z dz cz4 1
c : 正向z 2
解 f (z)有4个一级极点: 1,i都在圆周c内,
由规则

z c z4 1 dz
P(z) Q'(z)
z 4z3
1 4z2
2i{Res[ f (z),1] Re s[ f (z),1]
且g(z0 ) 0), 则z0为f (z)的 级极点,由规则
Re
s[
f
(z), z0
]
lim(z
zz0
z0
)
f
(z)
lim
zz0
p( z ) Q(z) Q(z0 )
p(z0 ) Q'(z0 )
(Q'
(z0
)
0)
得证!
z z0
例1
计算 :
5z 2 dz
z 2 z(z 1)2
解 f (z) 5z 2 在 z 2的内部有一个一级极点
2 z0
2
z
1
cos z3
z
dz
2i
Re
s[
f
(
z),0]
2i(
1 2
)
i
例4 计算 tan zdz (n N ) z n
解 tanz sinz 令 cosz 0 cosz
解 得z k 即, z k 1 (k 0,1,2, )
2
2

1 2
csc2 z
z
k
1 2
0
Re s[ f (z),i] Re s[ f (z),i]}
2i[1 1 1 1] 0
4444
例3
计算
cos z z 1 z3 dz

f
(z)
cos z3
z
有一个z
0的三级奇点
由 规 则
Re
s[
f
(
z ) ,0]
lim
z0
(3
1
1)!
d2 dz 2
[z
3
f
(
z)]
1 lim(cos z)'' 1
z k 1 为一级极点,由法则III得
2
Re s[tan z, k 1] sinz
1 (k 0,1, )
z(z 1)2
z 0和一个二级极点z 1
由 规 则
Re
s[
f
( z ),0]
lim
z0
zf
(
x)
lim
z0
5z 2 (z 1)2
2
由 规 则I I
Re
s[
f
( z ),1]
lim
z1
1 (2 1)!
d dz
{( z
1)2
5z 2 z(z 1)2
}
5z 2
2
lim( z1
z
)'
lim
由留数定义, Res[f (z), z0]= c–1
(1)
设f (z) cn (z z0 )n
n
(z0是f (z)的弧立奇点, c包含z0在其内部) 对 上 式 两 边 沿 简 单 闭 曲线c逐 项 积 分 得 :
c f (z)dz c1
dz c z z0
2ic1

1
Re s[ f (z), z0 ] c1 2i
以(z z0 )m 乘上式两边, 得 (z z0 )m f (z) cm cm1(z z0 ) c1(z z0 )m1
c0(z z0 )m 两边求m 1阶导数得
d m1 dz m 1
{(z
z0 )m
f
(z)}
(m
1)!c1
m!(z
z0 )
lim
z z0
d m1 dz m 1
§2 留数(Residue)
1. 留数的定义 2. 留数定理 3. 留数的计算规则
1. 留数的定义
定义 设z0为f (z)的孤立奇点, f (z)在z0邻域内的 洛朗级数中负幂次项(z- z0)–1的系数c–1称为f (z)在z0
的留数,记作Res[f (z), z0] 或 Res f (z0)。
{( z
z0 )m
f
( z )}
(m 1)! c1 , 移项得(5)式.
当m=1时,式(5)即为式(4).
规则III
设f (z) p(z) Q(z)
p(z), Q(z)在z0处解析,
p(z0 ) 0, Q(z0 ) 0, Q'(z0 ) 0
z0是f
(z)的一级极点,且 Re s[
f
( z ),
展开
(ii)若z z0为本性奇点 f (z) cn(z z0 )n
Re s[ f (z), z0 ] c1
(iii)若z z0为极点时,求Re s[ f (z), z0 ]有以下几条 规则
规则I 若z0是f (z)的一级极点,
Re
s[
f
( z ),
z0 ]
lim(z
z z0
z0 )
z0 ]
p(z0 ) Q'(z0 )
(6)
事实上, Q(z0 ) 0及Q'(z0 ) 0
z0为Q(
z)的



点, 从
而z

0
1 Q(z
)




点,
因此, 1 Q(z)
z
1 z0
(z)( (z)在z0处解析且 (z0 )
0)
故f
(z)
z
1 z0
g(z)(g(z)
(z) p(z)在z0解析,
由复合闭路定理得:
f (z)dz f (z)dz f (z)dz f (z)dz
c
c1
c2
cn
用2i 除上式两边得:
1
n1
f (z)dz
f (z)dz
2i c
k 1 2i cn
n
Re s[ f (z), zk ] k 1
n
故 c f (z)dz 2i Re s[ f (z), zk ] k 1
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