留数理论及其应用ch 6 6.1

在去心邻域N-{∞}:0≤r<|z|<+∞内解析,则称
1
f (z)dz, ( :| z | r )
2i
为f(z)在点∞的残数,记为 Re s f (z)
z
这里-是顺时针方向
(这个方向很 自然地可以看 作是绕无穷远 点的正向).
设f(z)在0≤r<|z|<+∞内的罗朗展式为
f
(z)
cn zn
c1 z
在闭域D=D+C上n除a1,a2,…an外连续,则
f (z)dz 2i Re s f (z)
c
k 1 z ak
(6.2)
n an
C
证: 以ak为心,充分小的正数k
为半径画圆周:k :| z ak | k (k
3 a3
1,2,n),
2
a2
使这些圆周及其内部均含于D,并且彼此互相1 隔a1 离
Re s f (z) 0 z
f(z)在点∞的残数
Re s f (z) z
1
f (z)dz, ( :| z | r )
2i
设f(z)在0≤r<|z|<+∞内的罗朗展式为
f
(z)
cn zn
c1 z
c0
c1z
cnzn
(6.6)
1
Re s f (z)
z
2 i
f (z)dz c1,
也就是说, Re s f (z) z
1
z5 z6
11
z
1
1 z
1 z
n0
1n
1 z
n
1 z
n1
1n
1 z
n1
Re s f (z) 1 0 z
Re s f (z) 等于f(z)在点∞的罗朗展式中1/z这一项的系数反号 z
定理6.6 如果f(z)在C∞上只有有限个孤立点 (包括无穷远点在内),a1,a2,…，an,∞,则f(z)在各点 的留数总和为零.
z 1
Re s e z
1
z0
n0 n!(n 1)!
2 a为可去奇点时: Re s f (z) 0
例6.1.2
Re s z0
1
cos z2
zza0
3 a为极点时，有下列方法
1 cos z 1
lim
z0
z2
2
定理6.2
设a为f(z)的n级极点,i.e.
f
(z)
(z)
(z a)n
其中(z)(由定理5.4)在点a解析, (z)≠0 ,则:
(6.5)
za
定理6.5 设a为 的一级极点 证: 因为a为 f (
f (z) z(az)
只要(z)及(z) 在
zR)zeasf((zz())z()的z)一级((zz)极) . 点点,故(az解)≠析0 ,且(a)=0,
Re s za
f
(z)
lim( z
za
a)
(z) (z)
.
lim
za
(z) (z)
共有六个有限奇点
①两个二阶极点
z i 它们都在|z|=4内，
1,2
留数的计算十分麻
烦
②四个三阶极点
zk 3
4
i 2k
2e 4
k
0,1, 2,3
f (z)
z15 z2 1 2 z4 4 3
共有六个有限奇点
I
①两个二阶极点 z1,2 i
②四个三阶极点
z 4
z15 z2 1 2 z4
6.1 留数
6.1.1 留数的定以及留数定理 6.1.2 留数的求法 6.1.3 函数在无穷远点的留数
6.1.1 留数的定义及留数定理
定义6.1 设f(z)以有限点a为孤立奇点,即 f(z)
在点a的某去心邻域0<|z-a|<R内解析,则称积
分
1
2i
f
(z)dz( :|
z
a
|
,0
R)
为f(z)在点a的留(残)数(residue),记为：Re s f (z). za
zk
4
3
3 dz
4
i
2e
2k 4
k
它们都在|z|=4内， 留数的计算十分麻
烦 0,1, 2,3
t=0为 一阶级 点
Th 6.5 2 i Re s z
z15 z2 1 2 z4 4 3
6.72
i
Re s t 0
1 t2
1 t 2
1
t15
2
1
1 t4
4
3
2
i
Re s t 0
t
1 t2
1 2 1 4t4
3
2 i
n
Res f (z) Res f (z) 0.
k1 zak
z
n
Re s f (z) Re s f (z).
k 1 zak
z
定理6.6 如果f(z)在C∞上只有有限个孤立点
(包括无穷远点在内),a1,a2,…，an,∞,则f(z)在各点 的留数总和为零.
n
n
Res f (z) Res f (z) 0. Re s f (z) Re s f (z).
n
亦即 Re s f (z) Re s f (z) 0.
k 1 z ak
z
n
n
Res f (z) Res f (z) 0. Re s f (z) Re s f (z).
k1 zak
z
k 1 zak
z
说 该定理为我们提供了一个计算包含全部
明: 有限孤立奇点的围线积分的有效方法
例6.1.9:
等于f(z)在点∞的罗朗展式中1/z这一项的系数反号. 因此，即使∞为函数f(z)的可去奇点,未必有
Re s f (z) 0 z
Re s f (z) 等于f(z)在点∞的罗朗展式中1/z这一项的系数反号 z
例6.1.8 设f(z)=z5/(1+z6), 求 Re s f (z) z
解:
f
(
z)
应用复围线的柯西积分定理3.10得:
D
n
f (z)dz
f ( z)dz.
c
k 1 k
由残数定义,有 k
代入上式,即得: n
c
f
2 i Re s f (z).
f (z)dz 2i
n
(z)dz
f
k 1 k
Re s
zak
( z )dz.
f
(
z
).
k 1 z ak
6.1.2 留数的求法
推论6.3: 设a为f(z)的一级极点, (z) (z a) f (z),
则 Re s f (z) (a) lim(z a) f (z).
za
za
(6.4)
推论6.4:设a为f(z)的二级极点, (z) (z a)2 f (z),
则 Re s f (z) '(a) lim(z a)2 f (z).
(a)
(z) (z)
za
例6.1计算积分 P 228
I
z 2
5z
zz
2
12
dz
例6.2计算积分
解 为一级极点，
于是
I tan zdz z n 以
例6.5计算积分
1
I e z2 dz z 1
6.1.3 函数在无穷远点的留数
定义6.2 设∞为f(z)的一个孤立奇点,即f(z)
下面引入计算残数Res f (z) 的一个常用公式
z
令 t 1.
z
(t)
f
1 t
f (z),
且z平面上无穷远点的去心邻域N-{∞}:0≤r<|z|<+∞被 变成原点的去心邻域K-{0}:0<|t|<1/r(如r=0,规定1/r=+∞)
圆周 :| z | r 被变成圆周
:|
t
|
1
1 r
1. 一般方法
Re s za
f
(z)
c1
首先将f(z)在a点的某去心邻域 内展成洛朗级数，然后利用此 公式求留数，特别是当a为本性 奇点时，一般只能利用此法
例6.1.1求:
z1
z=0是本性奇点
Re s e z
z0
z1
ez
1
z
1 z2 2!
1
1 z
1 2!z 2
1 1
n0 n!(n 1)! z
Re s za
f (z)
(n1) (a)
(n 1)!
n
1
1!
lim
za
z
1n
f
(
z
)
n1
.
(6.3)
证 1 (z)
(n1) (a)
Re s f (z)
za
2 i
(z a)n dz
. (nLeabharlann Baidu1)!
n 1, 2,
这里符号(0)(a)=(a) ,且有 (n1)(a) lim(n1)(z). z a
k1 zak
z
k 1 zak
z
证 以原点为心作圆周Γ,使a1,a2,…,an皆含于Γ
的内部,则由残数定理得
n
f (z)dz 2 i Re s f (z),
k 1 z ak
an a3
两边除以2i ,并移项即得
n
Re s f ( z)
1
f ( z)dz 0,
k 1 z ak
2i
a1 a2
计算积分I
z5
Z 2 1 z6
dz
f(z)=z5/(1+z6)的六个 有限奇点ak= 2k1全i
部在|z|=2内 e 6
I
z5
Th6.1
6
dz 2 i Re s f (z)
Z 2 1 z6
k 1 Z ak
Th6.5
2 i Re s f (z) 2 i Z
Re s f (z) 1
z
将f(z)在点a去心邻域内展成洛朗级数，有：
n
f (z) z a n 0<|z - a|<
公式
n
Re s f (z)
1
za
n 2 i
cn z a n dz
Re s za
f
(z)
c1.
1
n1 2 i
cn za
n
dz
n0
1
2 i
cn z a n dz. c1
定理6.1 (柯西残数定理) f(z)在围线或复
围线C所范围的区域D内,除a1,a2,…an外解析,
在闭域D=D+C上除a1,a2,…an外连续,则
n
f (z)dz 2i Re s
c
k 1 z ak
f (z)
(6.2)
n an
C
证: 以ak为心,充分小的正数k
3
a3
2
a2
为半径画圆周 (图6.1):
k :| z ak | k (k 1,2,n),
图6.1
1 a1
D
使这些圆周及其内部均含于D,并且彼此互相隔
离(图6.1).应用复围线的柯西积分定理3.10得:
n
f (z)dz
f ( z)dz.
c
k 1 k
定理6.1 (柯西残数定理) f(z)在围线或复
围线C所范围的区域D内,除a1,a2,…an外解析,
cn zn
c1 z
c0
c1z
cnzn
(这个方向很 自然地可以看 作是绕无穷远 点的正向).
由逐项积分定理及第三章例3.2即知
1
Re s f (z)
z
2 i
f (z)dz c1,
(6.6)
也就是说,
Re s f (z) z
等于f(z)在点∞的罗朗展式中1/z这一项的系数反号.因此，即使
∞为函数f(z)的可去奇点,未必有
.
从而易证
1
2i
f
(z)dz
1
2i
f
(
1 t
)
1 t2
dt.
所以
Re s z
f
(z)
Re s t 0
1 t
1 t2
.
(6.7)
Re s z
f
(z)
Re s t 0
1 t
1 t2
.
例6.6计算积分
z15
I
z 4
z2 1 2
z4 4 3 dz
解：被积函数
z15
f (z) z2 1 2 z4 4 3
c0
c1z
cnzn
由逐项积分定理及第三章例3.2即知
1
Re s f (z)
z
2 i
f (z)dz c1,(6.6)
1
f (z)dz, ( :| z | r )
2i
这里-是顺时针方向
为f(z)在点∞的残数,记为
Re s f (z) z
设f(z)在0≤r<|z|<+∞内的罗朗展式为
f
(z)