第五章 留数
§ 1 孤立奇点但在 z0的某一个去心邻域 0<|z?z0|<d内处处解析,则 z0称为
11
0?e.z zz例如函数 和 都以 为孤立奇点
1
()
sin 1
fz
z
的非孤立奇点。换句话说,在 z =0 的不论函数不解析的点为 奇点,如果函数 f (z)虽在 z0不解析,
f (z)的 孤立奇点,
不应认为函数的奇点都是孤立的,例如 z=0是函数怎样小的去心领域内总有 f (z)的奇点存在,
开成洛朗级数,根据展开式的不同情况对孤立奇点作分类,
1,可去奇点 如果在洛朗级数中不含 z?z0的负幂项,则孤这时,f (z)= c0 + c1(z?z0) +...+ cn(z?z0)n +...,0<|z?z0|<d?
0 0 0 0?
li m ( ),zz f z c f z c显然 补充定义,
则在圆域 |z?z0|<d 内就有 f (z)=c0+c1(z?z0)+...+cn(z?z0)n +...,
将函数 f (z)在它的孤立奇点 z0的去心邻域 0<|z?z0|<d内展立奇点 z0称为 f (z)的可去奇点,
从而函数 f (z)在 z0就成为解析的了,所以 z0称为可去奇点,
01?s in.,z zz中不含负幂的项如果约定 在 的值为
0?s in,z zz则 在 就成为解析的了
0? s in zz z例如 是 的可去奇点。因为这个函数在
0?z 的去心邻域内的洛朗级数
3 5 2 41 1 1 1 11
3 5 3 5
s in ()
! ! ! !
z z z z z z
zz
(m?1,c?m?0),则孤立奇点 z0称为函数 f (z)的 m级极点,
上式也可写成
0
1
( ) ( )() mf z g zzz,（ ）
在 |z?z0|<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
2,极点 如果在洛朗级数中只有有限多个 z?z0的负幂项,
且其中关于 (z?z0)?1的最高幂为 (z?z0)?m,即
f (z)=c?m(z?z0)?m+...+c?2(z?z0)?2+c?1(z?z0)?1+c0+c1(z?z0)+..,
其中 g (z) = c?m+ c?m+1(z?z0) + c?m+2(z?z0)2 +...,
g (z0)? 0 时,则 z0是 f (z)的 m级极点,
如果 z0为 f (z)的极点,由 (*)式,就有
0?
li m ( ),zz fz
1,.z z i是它的三级极点 是它的一级极点
1?z
3
e问题：z = 0 是 的几级极点？
z
3,本性奇点 如果在洛朗级数中含有无穷多 z?z0的负幂项,
1 0( ),
zf z e z例如 以 为它的本性奇点 因为
23
2
11
,( ),( ) ( )
zfz
zz例如 对有理分式函数则孤立奇点 z0称为 f (z)的本性奇点,
1
12 111
2
!!
nze z z z
n 有无穷多负幂项。
0 ()z f z为 的本性奇点
0?
lim ( ) ( ),zz fz 不存在 也不为
0?
lim
z
1
z例如 e 不存在且不为,
综上所述,
00?
( ) lim ( ),zzz f z f z如果 为 的本性奇点 不存在且不为我们可以利用上述极限的不同情形来判别孤立奇点的类型,
00?
( ) lim ( ) ;zzz f z f z如果 为 的可去奇点 存在且有限
00?
( ) lim ( ) ;zzz f z f z如果 为 的极点
4.函数的零点与极点的关系
f (z) = (z?z0) m j (z),其中 j (z)在 z0解析且 j (z0)? 0,
例如当 f (z)=z(z?1)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,
不恒等于零的解析函数 f (z)如果能表示成
m为某一正整数,则 z0称为 f (z)的 m级零点,
如 f (z)在 z0解析,则 z0是 f (z)的 m级零点的充要条件是
f (n)(z0)=0,(n=0,1,2,...,m?1),f (m)(z0)?0,
这是因为,如果 f (z)在 z0解析,就必能在 z0的邻域展开例如 z=1是 f (z)=z3?1的零点,由于 f '(1) = 3z2|z=1=3? 0,
由于 f (z) = (z?z0) m j (z)中的 j (z)在 z0解析,且 j (z0)?0,
为泰勒级数,f (z)=c0+c1(z?z0)+...+cm(z?z0)m+…,
易证 z0是 f (z)的 m级零点的充要条件是前 m项系数
c0=c1=...=cm?1=0,cm?0,这等价于
f (n)(z0)=0,(n=0,1,2,...,m?1),f (m)(z0)?0 。
从而知 z=1是 f (z)的一级零点,
因而它在 z0的邻域内不为零,这是因为 j (z)在 z0解析,
必在 z0连续,所以给定
0 0 0
11
22j j? j j j| ( ) ( ) | | ( ) |,| ( ) | | ( ) |,z z z z z由此得所以 f (z)=(z?z0)mj (z)在 z0的去心邻域内不为零,即不恒定理 如果 z0是 f (z)的 m级极点,则 z0就是 的 m级零点,
)(
1
zf
这个定理为判断函数的极点提供了一个较为简单的方法,
00
1
2? j d d| ( ) |,,| |,z z z必存在 当 时 有为零的解析函数的零点是孤立的,
反过来也成立,
例 1 函数 1 sin z 有些什么奇点? 如果是极点,指出它的级,[ 解 ] 函数 1/ si n z 的奇点 是使 si n z =0 的点,这些奇点是例 2
11
1
12
()
!!nm
fz
z z z m
01zn为 阶极点.
2 1 0()zz k i e k为 的一阶零点
20( ) ( ),z k i f z k为 的一阶极点
01( ) ( )
n
z
zf z n
e求 的极点。
z=k? (k=0,?1,?2,… ).由于 (sin z)'|z=k? = cos z|z=k? = (?1)k?0,
所以 z=k? 是 sin z的一级零点,也就是 1/sin z的一级极点,
例 3
00:mz 为解析点； 10:mz 为可去奇点；
211
1 21
,( ) ! ! ( ) !
mm
m
z z zm f z z
z m m
11
1 1 1 1
21! ! ( ) !mm
z
z z m m
01zm为 阶极点。
m
z
z
ezf 1)(对 讨论函数 在 处的性态。mZ? 0z?
5,函数在无穷远点的性态 如果函数 f (z)在无穷远点 z=?
作变换 1w z? 把扩充 z平面上?的去心邻域 R<|z|<+?
又,这样,我们可把在去心邻域 R<|z|<+?1( ) ( ) ( )f z f ww j
10 | |w
R1
0 | |w R
0l i m l i mzwf z wjf (z)在无穷远点 z=? 的奇点类型等价于 j (w)在 w=0的奇点类型。
的去心邻域 R<|z|<?内解析,称点?为 f (z)的孤立奇点,
10 | |,w
R映射成扩充 w平面上原点的去心邻域,
对 f (z)的研究变为在 内对 j (w)的研究,显然 j (w)
在 内解析,所以 w=0是孤立奇点,
是否存在 (有限值 ),为无穷大或即不存在又不是无穷大来决定,
lim ( )z fz
221( ) ( ) ( ),f z z z 3z 为唯一奇点：阶极点.
1( ),z
zf z e 0z 与 均为本性奇点.
例题 1
例题 2
例题 3 1? t an( ),zf z e
0?z 为非孤立奇点；
11 0 1 22,,,kz k k 为本性奇点
1l i m ( )z fz? ()fz为 的可去奇点.
§ 2 留数1,留数的定义及留数定理 如果函数 f (z)在 z
0的邻域 D内解析,那末根据柯西积分定理
.0d)(
C
zzf
C
zzf d)(
但是,如果 z0为 f (z)的一个孤立奇点,则沿在 z0的某个去心邻域 0<|z?z0|<R 内包含 z0的任意一条正向简单闭曲线 C的积分 一般就不等于零,
因此 f (z) =,.,+c?n(z?z0)?n+...+c?1(z?z0)?1
+c0+c1(z?z0)+...+cn(z?z0)n+..,0<|z?z0|<R
.π2d)( 1 iczzf
C
两端沿 C逐项积分,
0 0 1
1
2R e s [ ( ),] ( ) d,R e s [ ( ),]Cf z z f z z f z z ci
称 C?1为 f (z)在 z0 的留数,记作 Res[ f (z),z0],即定理一 (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 外处处解析,C是 D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线,则
1
( ) d 2 π R e s [ ( ),],
n
k
kC
f z z i f z z
D
z1
z2z3
zn
C1
C2
C3
Cn
C
1 L a u r e n t?C即 是积分过程中唯一残留下来的 系数,
[证 ] 把在 C内的孤立奇点 zk(k=1,2,...,n)用互不包含的正向简单闭曲线 Ck围绕起来,则 根据复合闭路定理 有
12
( ) d ( ) d ( ) d ( ) d,
nC C C C
f z z f z z f z z f z z
12
1
2 ( ) d Re s[ ( ),] Re s[ ( ),] Re s[ ( ),]π nC f z z f z z f z z f z zi
1
2
( ) d π R e s [ ( ),],
n
k
kC
f z z i f z z即注意 定理中的条件要满足。例如
2
11
ln
z
dzz求积分不能应用留数定理。
求函数在孤立奇点 z0处的留数即求它在洛朗级数中
(z?z0)?1 项的系数 c?1 即可,但如果知道奇点的类型,对求留数可能更有利,
如果 z0是 f (z)的可去奇点,则 Res[f(z),z0]=0,如果
z0 是本性奇点,则只好将其按洛朗级数展开,如果 z0 是极点,则有一些对求 c?1有用的规则,
2,留数的计算规则规则 1 如果 z0为 f (z)的一级极点,则
000?
R e s [ ( ),] l i m ( ) ( )zzf z z z z f z
0
1
00 1
1
1
dR e s [ ( ),] l i m { ( ) ( ) }
( ) ! d
m
m
mzzf z z z z f zmz
规则 2 如果 z0为 f(z)的 m级极点,则事实上,由于
f (z)=c?m(z?z0)?m+...+c?2(z?z0)?2+c?1(z?z0)?1+c0+c1(z?z0)+...,
(z?z0)m f (z)=c?m+c?m+1(z?z0)+...+c?1(z?z0)m?1+c0(z?z0)m+...,
1
0 1 01 1
d { ( ) ( ) } ( ) ! ( )
d
m
m
m z z f z m c a z zz
令两端 z?z0,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,
如果 P ( z 0 )? 0,Q ( z 0 )= 0,Q '( z 0 )? 0,则 z 0 为 f ( z ) 的一级极点,而0 0 0R es[ ( ),]f z z P z Q z,
事实上,因为 Q ( z 0 )=0 及 Q' ( z 0 )? 0,所以 z 0 为 Q ( z ) 的一级零点,从而 z 0 为1 Qz 的一级极点,因此
0
11
( ),
()
z
Q z z z
j?
其中 j ( z ) 在 z 0 解析,且 j ( z 0 )? 0,故 z 0 为 f ( z ) 的一级极点,
根据规则 1,
0
00
R e s [ ( ),] l i m ( ) ( )
zz
f z z z z f z
,而 Q ( z 0 )= 0,
所以
00
0
0
0 0
0
()
l im ( ) ( ) l im
( ) ( )z z z z
PzPz
z z f z
Q z Q z Qz
zz
,
即得 规则 3。
例 1 计算积分 2
1
z
C
ze dz
z
,C 为正向圆周 | z |= 2,
[ 解 ] 由于
2
()
1
z
ze
fz
z
有两个一级极点 +1,? 1,而这两个极点都在圆周 | z |=2 内,所以
2
2 { R e s[ ( ),1 ] R e s[ ( ),1 ] }
1
z
C
ze
dz i f z f z
z
,
由规则 1,得
21111 1 1 2
e e eR e s[ ( ),] li m ( ) li mzz
zz
zzf z z
zz
1
21111 1 1 2
e e eR e s [ ( ),] lim ( ) lim,
zz
zz
zzf z z
zz
1
2 2 2 11 2 2
e e ed π ( ) π c h
z
C
z z i i
z因此我们也可以用规则 3来求留数,
1
1
1
1
22
1
22
ee
R e s[ ( ),] ;
ee
R e s[ ( ),],
|
|
z
z
z
z
z
fz
z
z
fz
z
这比用规则 1要简单些,
例 2 计算积分 4
1C
z dz
z
,C 为正向圆周 | z | = 2,[ 解 ] 被积函数
4
()
1
z
fz
z
有四个一级极点? 1,? i 都在圆周 | z |= 2 内,所以 ]}),(Re s []),(Re s [
]1),(Re s []1),({ Re s [π2d
1
4
izfizf
zfzfiz
z
z
C
,
32
4
1
44
1 1 1 1
20
1 4 4 4 4
()
,,
()
d π ( ),
C
P z z
Q z z z
z
zi
z
由规则3 故例 3 计算积分 2
( 1 )
z
C
e dz
zz
,C 为正向圆周 | z |= 2,
[ 解 ] z =0 为被积函数的一级极点,z =1 为二级极点,而
220001 11Re s [ ( ),] l i m l i m,( ) ( )
zz
zz
eef z z
z z z
2
21
1
2 1 1?
deR e s[ ( ),] lim ( )
( ) ! d ( )
z
z
f z zz z z
211
1 0
d e ( )li m li m,
d
zz
zz
ez
z z z
3
2 0 1
1
2 1 0 2
e
d π {R e s[ ( ),] Re s[ ( ),] }
()
π ( ) π,
z
C
z i f z f z
zz
ii
所以例 5
1 0 1 2
1 0 1 0 1
1( ),()f z zzz 为 阶极点
2
1101
0
1 1 Re s 0 1?
( ) [ ( ),]n
n
f z z C f zz
计算积分
1 0 1 2
1
1C
dz
zz
,C 为正向圆周 | z | = 1 / 2,
解：
01z在 内：
所以 原式 = 2 i?
例 4
31 1
sin
() zz
zz dz
e计算
23
3
3 3 30 0 0
sin sin sinRe s,0 l im l im l im ( 1 ) 1
( 1 ) ( 1 ) ( 1 )z z zz z z
z z z z z z
e e e z
i?2
解,1?z在 内,z = 0为一级极点。
3.在无穷远点的留数 设函数 f (z)在圆环域 R<|z|<?内解析,C为圆环域内绕原点的任何一条简单闭曲线,则积分
1
2 ( ) dπ C f z zi
1
2R e s[ ( ),] ( ) dCf z f z zi
的值与 C无关,称其为 f (z)在?点的留数,记作
1
11
22R e s [ ( ),] ( ) d ( ) dCCf z f z z f z z Cii
f (z)在圆环域 R<|z|<?内解析,
nn
n
f z c z
理解为圆环域内绕 的任何一条简单闭曲线。C
这就是说,f (z)在?点的留数等于它在?点的去心邻域
R<|z|<+?内洛朗展开式中 z?1 的系数变号,
s R e [ ( ),]fz注：当 为可去奇点时,不一定为零.
L a u r e n?()f z z在1 < < + 内展开为 级数：
22
1 1 1 1 1 1 11
11 1
z z z z z zz
z
1s1R e [ ( ),]f z C
1s1R e [ ( ),]f z C
1
1( ),fz z例如 为可去奇点。
1( ),fz
z再如 为可去奇点,
1
11
0
22?
R e s[ ( ),] R e s[ ( ),]
( ) d ( ) d,
ππ
n
k
k
CC
f z f z z
f z z f z z
ii
定理二 如果 f (z)在扩充复平面内 只有有限个孤立奇点,
那末 f (z)在所有各奇点 (包括?点 )的留数总和必等于零,
证,除?点外,设 f (z)的有限个奇点为 zk(k=1,2,...,n),且 C
为一条绕原点的并将 zk(k=1,2,...,n)包含在它内部的正向简单闭曲线,则根据留数定理与在无穷远点的留数定义,
有规则 4
2
11
R e s[ ( ),] R e s,0f z f
zz
事实上,在无穷远点的留数定义中,取正向简单闭曲线 C
为半径足够大的正向圆周,| z |=?,令
1
z
,并设 z =? e
i?
,
= re
i j
,那末
1
,,dd
r
j? j,于是有
1
2
0
1
R e s[ ( ),] ( )
2
1
()
2
C
ii
f z f z dz
i
f e i e d
i
2
0
2
2
0
11
2
1 1 1
()
2 ( )
ii
i
ii
i
fd
i re re
f d re
i re re
jj
j
jj
j
2
1
||
1 1 1 1
| |,
2
fd
i
为 正 向
2
11
R e s,0f
zz
( 由于 f ( z ) 在? <| z |<+? 内解析,从而
1
f
在
1
0 | |?
内解析,)
所以规则 4 成立,
定理二与规则 IV为我们提供了计算函数沿闭曲线积分的又一种方法,在很多情况下,它比利用上一段中的方法更简便,
例 6 15
4 3 2 24 21 ( ) ( )z
z dz
zz计算
2
4 44 6 2 0 1 2 3
( ) (,,,) ( )
ki
z i e k内有 个极点,二阶,三阶
2
4 3 2 2
11
2 R e s [ 0
1
2 R e s [ 0 2
1 2 1
( ) ]
]
( ) ( )
if
zz
ii
z z z
，
，
例,计算积分
4
1
C
z
dz
z?
,C 为正向圆周,| z |=2,
[ 解 ]
4
1
z
z?
在 | z |=2 的外部除? 外无奇点,因此
44
3
4
1
22
111
1
)
1
(
1
z
z
z
z
z
z
zz
f
z?
于是
42
4
11
2 2 0
1
2 0 0
1
d π R e s,π R e s,
π R e s,
C
z
z i f z i f
z z z
z
i
z
]0,1)1([R e s]),(R e s [ 2zzfzf
2
11Re s[ ( ),0 ] ( )
C
f f z d zzz -11＝ =C2i
C z R为包含 的任一正向简单闭曲线证明：
21
2 1 0 1
1
12
3 2 1 02
1
2
11
()
()
()
C
f z C z C z C C z
C f z d z
i
f C z C C z C z
zz
12
1 1 1R e s [ ( ),0 ] ( )
2 Cf C f z d zz z i
作业：
P 133:
3(2,4,6);7(3,4,5);8(2,4)
§ 1 孤立奇点但在 z0的某一个去心邻域 0<|z?z0|<d内处处解析,则 z0称为
11
0?e.z zz例如函数 和 都以 为孤立奇点
1
()
sin 1
fz
z
的非孤立奇点。换句话说,在 z =0 的不论函数不解析的点为 奇点,如果函数 f (z)虽在 z0不解析,
f (z)的 孤立奇点,
不应认为函数的奇点都是孤立的,例如 z=0是函数怎样小的去心领域内总有 f (z)的奇点存在,
开成洛朗级数,根据展开式的不同情况对孤立奇点作分类,
1,可去奇点 如果在洛朗级数中不含 z?z0的负幂项,则孤这时,f (z)= c0 + c1(z?z0) +...+ cn(z?z0)n +...,0<|z?z0|<d?
0 0 0 0?
li m ( ),zz f z c f z c显然 补充定义,
则在圆域 |z?z0|<d 内就有 f (z)=c0+c1(z?z0)+...+cn(z?z0)n +...,
将函数 f (z)在它的孤立奇点 z0的去心邻域 0<|z?z0|<d内展立奇点 z0称为 f (z)的可去奇点,
从而函数 f (z)在 z0就成为解析的了,所以 z0称为可去奇点,
01?s in.,z zz中不含负幂的项如果约定 在 的值为
0?s in,z zz则 在 就成为解析的了
0? s in zz z例如 是 的可去奇点。因为这个函数在
0?z 的去心邻域内的洛朗级数
3 5 2 41 1 1 1 11
3 5 3 5
s in ()
! ! ! !
z z z z z z
zz
(m?1,c?m?0),则孤立奇点 z0称为函数 f (z)的 m级极点,
上式也可写成
0
1
( ) ( )() mf z g zzz,（ ）
在 |z?z0|<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
2,极点 如果在洛朗级数中只有有限多个 z?z0的负幂项,
且其中关于 (z?z0)?1的最高幂为 (z?z0)?m,即
f (z)=c?m(z?z0)?m+...+c?2(z?z0)?2+c?1(z?z0)?1+c0+c1(z?z0)+..,
其中 g (z) = c?m+ c?m+1(z?z0) + c?m+2(z?z0)2 +...,
g (z0)? 0 时,则 z0是 f (z)的 m级极点,
如果 z0为 f (z)的极点,由 (*)式,就有
0?
li m ( ),zz fz
1,.z z i是它的三级极点 是它的一级极点
1?z
3
e问题：z = 0 是 的几级极点？
z
3,本性奇点 如果在洛朗级数中含有无穷多 z?z0的负幂项,
1 0( ),
zf z e z例如 以 为它的本性奇点 因为
23
2
11
,( ),( ) ( )
zfz
zz例如 对有理分式函数则孤立奇点 z0称为 f (z)的本性奇点,
1
12 111
2
!!
nze z z z
n 有无穷多负幂项。
0 ()z f z为 的本性奇点
0?
lim ( ) ( ),zz fz 不存在 也不为
0?
lim
z
1
z例如 e 不存在且不为,
综上所述,
00?
( ) lim ( ),zzz f z f z如果 为 的本性奇点 不存在且不为我们可以利用上述极限的不同情形来判别孤立奇点的类型,
00?
( ) lim ( ) ;zzz f z f z如果 为 的可去奇点 存在且有限
00?
( ) lim ( ) ;zzz f z f z如果 为 的极点
4.函数的零点与极点的关系
f (z) = (z?z0) m j (z),其中 j (z)在 z0解析且 j (z0)? 0,
例如当 f (z)=z(z?1)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,
不恒等于零的解析函数 f (z)如果能表示成
m为某一正整数,则 z0称为 f (z)的 m级零点,
如 f (z)在 z0解析,则 z0是 f (z)的 m级零点的充要条件是
f (n)(z0)=0,(n=0,1,2,...,m?1),f (m)(z0)?0,
这是因为,如果 f (z)在 z0解析,就必能在 z0的邻域展开例如 z=1是 f (z)=z3?1的零点,由于 f '(1) = 3z2|z=1=3? 0,
由于 f (z) = (z?z0) m j (z)中的 j (z)在 z0解析,且 j (z0)?0,
为泰勒级数,f (z)=c0+c1(z?z0)+...+cm(z?z0)m+…,
易证 z0是 f (z)的 m级零点的充要条件是前 m项系数
c0=c1=...=cm?1=0,cm?0,这等价于
f (n)(z0)=0,(n=0,1,2,...,m?1),f (m)(z0)?0 。
从而知 z=1是 f (z)的一级零点,
因而它在 z0的邻域内不为零,这是因为 j (z)在 z0解析,
必在 z0连续,所以给定
0 0 0
11
22j j? j j j| ( ) ( ) | | ( ) |,| ( ) | | ( ) |,z z z z z由此得所以 f (z)=(z?z0)mj (z)在 z0的去心邻域内不为零,即不恒定理 如果 z0是 f (z)的 m级极点,则 z0就是 的 m级零点,
)(
1
zf
这个定理为判断函数的极点提供了一个较为简单的方法,
00
1
2? j d d| ( ) |,,| |,z z z必存在 当 时 有为零的解析函数的零点是孤立的,
反过来也成立,
例 1 函数 1 sin z 有些什么奇点? 如果是极点,指出它的级,[ 解 ] 函数 1/ si n z 的奇点 是使 si n z =0 的点,这些奇点是例 2
11
1
12
()
!!nm
fz
z z z m
01zn为 阶极点.
2 1 0()zz k i e k为 的一阶零点
20( ) ( ),z k i f z k为 的一阶极点
01( ) ( )
n
z
zf z n
e求 的极点。
z=k? (k=0,?1,?2,… ).由于 (sin z)'|z=k? = cos z|z=k? = (?1)k?0,
所以 z=k? 是 sin z的一级零点,也就是 1/sin z的一级极点,
例 3
00:mz 为解析点； 10:mz 为可去奇点；
211
1 21
,( ) ! ! ( ) !
mm
m
z z zm f z z
z m m
11
1 1 1 1
21! ! ( ) !mm
z
z z m m
01zm为 阶极点。
m
z
z
ezf 1)(对 讨论函数 在 处的性态。mZ? 0z?
5,函数在无穷远点的性态 如果函数 f (z)在无穷远点 z=?
作变换 1w z? 把扩充 z平面上?的去心邻域 R<|z|<+?
又,这样,我们可把在去心邻域 R<|z|<+?1( ) ( ) ( )f z f ww j
10 | |w
R1
0 | |w R
0l i m l i mzwf z wjf (z)在无穷远点 z=? 的奇点类型等价于 j (w)在 w=0的奇点类型。
的去心邻域 R<|z|<?内解析,称点?为 f (z)的孤立奇点,
10 | |,w
R映射成扩充 w平面上原点的去心邻域,
对 f (z)的研究变为在 内对 j (w)的研究,显然 j (w)
在 内解析,所以 w=0是孤立奇点,
是否存在 (有限值 ),为无穷大或即不存在又不是无穷大来决定,
lim ( )z fz
221( ) ( ) ( ),f z z z 3z 为唯一奇点：阶极点.
1( ),z
zf z e 0z 与 均为本性奇点.
例题 1
例题 2
例题 3 1? t an( ),zf z e
0?z 为非孤立奇点；
11 0 1 22,,,kz k k 为本性奇点
1l i m ( )z fz? ()fz为 的可去奇点.
§ 2 留数1,留数的定义及留数定理 如果函数 f (z)在 z
0的邻域 D内解析,那末根据柯西积分定理
.0d)(
C
zzf
C
zzf d)(
但是,如果 z0为 f (z)的一个孤立奇点,则沿在 z0的某个去心邻域 0<|z?z0|<R 内包含 z0的任意一条正向简单闭曲线 C的积分 一般就不等于零,
因此 f (z) =,.,+c?n(z?z0)?n+...+c?1(z?z0)?1
+c0+c1(z?z0)+...+cn(z?z0)n+..,0<|z?z0|<R
.π2d)( 1 iczzf
C
两端沿 C逐项积分,
0 0 1
1
2R e s [ ( ),] ( ) d,R e s [ ( ),]Cf z z f z z f z z ci
称 C?1为 f (z)在 z0 的留数,记作 Res[ f (z),z0],即定理一 (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 外处处解析,C是 D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线,则
1
( ) d 2 π R e s [ ( ),],
n
k
kC
f z z i f z z
D
z1
z2z3
zn
C1
C2
C3
Cn
C
1 L a u r e n t?C即 是积分过程中唯一残留下来的 系数,
[证 ] 把在 C内的孤立奇点 zk(k=1,2,...,n)用互不包含的正向简单闭曲线 Ck围绕起来,则 根据复合闭路定理 有
12
( ) d ( ) d ( ) d ( ) d,
nC C C C
f z z f z z f z z f z z
12
1
2 ( ) d Re s[ ( ),] Re s[ ( ),] Re s[ ( ),]π nC f z z f z z f z z f z zi
1
2
( ) d π R e s [ ( ),],
n
k
kC
f z z i f z z即注意 定理中的条件要满足。例如
2
11
ln
z
dzz求积分不能应用留数定理。
求函数在孤立奇点 z0处的留数即求它在洛朗级数中
(z?z0)?1 项的系数 c?1 即可,但如果知道奇点的类型,对求留数可能更有利,
如果 z0是 f (z)的可去奇点,则 Res[f(z),z0]=0,如果
z0 是本性奇点,则只好将其按洛朗级数展开,如果 z0 是极点,则有一些对求 c?1有用的规则,
2,留数的计算规则规则 1 如果 z0为 f (z)的一级极点,则
000?
R e s [ ( ),] l i m ( ) ( )zzf z z z z f z
0
1
00 1
1
1
dR e s [ ( ),] l i m { ( ) ( ) }
( ) ! d
m
m
mzzf z z z z f zmz
规则 2 如果 z0为 f(z)的 m级极点,则事实上,由于
f (z)=c?m(z?z0)?m+...+c?2(z?z0)?2+c?1(z?z0)?1+c0+c1(z?z0)+...,
(z?z0)m f (z)=c?m+c?m+1(z?z0)+...+c?1(z?z0)m?1+c0(z?z0)m+...,
1
0 1 01 1
d { ( ) ( ) } ( ) ! ( )
d
m
m
m z z f z m c a z zz
令两端 z?z0,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,
如果 P ( z 0 )? 0,Q ( z 0 )= 0,Q '( z 0 )? 0,则 z 0 为 f ( z ) 的一级极点,而0 0 0R es[ ( ),]f z z P z Q z,
事实上,因为 Q ( z 0 )=0 及 Q' ( z 0 )? 0,所以 z 0 为 Q ( z ) 的一级零点,从而 z 0 为1 Qz 的一级极点,因此
0
11
( ),
()
z
Q z z z
j?
其中 j ( z ) 在 z 0 解析,且 j ( z 0 )? 0,故 z 0 为 f ( z ) 的一级极点,
根据规则 1,
0
00
R e s [ ( ),] l i m ( ) ( )
zz
f z z z z f z
,而 Q ( z 0 )= 0,
所以
00
0
0
0 0
0
()
l im ( ) ( ) l im
( ) ( )z z z z
PzPz
z z f z
Q z Q z Qz
zz
,
即得 规则 3。
例 1 计算积分 2
1
z
C
ze dz
z
,C 为正向圆周 | z |= 2,
[ 解 ] 由于
2
()
1
z
ze
fz
z
有两个一级极点 +1,? 1,而这两个极点都在圆周 | z |=2 内,所以
2
2 { R e s[ ( ),1 ] R e s[ ( ),1 ] }
1
z
C
ze
dz i f z f z
z
,
由规则 1,得
21111 1 1 2
e e eR e s[ ( ),] li m ( ) li mzz
zz
zzf z z
zz
1
21111 1 1 2
e e eR e s [ ( ),] lim ( ) lim,
zz
zz
zzf z z
zz
1
2 2 2 11 2 2
e e ed π ( ) π c h
z
C
z z i i
z因此我们也可以用规则 3来求留数,
1
1
1
1
22
1
22
ee
R e s[ ( ),] ;
ee
R e s[ ( ),],
|
|
z
z
z
z
z
fz
z
z
fz
z
这比用规则 1要简单些,
例 2 计算积分 4
1C
z dz
z
,C 为正向圆周 | z | = 2,[ 解 ] 被积函数
4
()
1
z
fz
z
有四个一级极点? 1,? i 都在圆周 | z |= 2 内,所以 ]}),(Re s []),(Re s [
]1),(Re s []1),({ Re s [π2d
1
4
izfizf
zfzfiz
z
z
C
,
32
4
1
44
1 1 1 1
20
1 4 4 4 4
()
,,
()
d π ( ),
C
P z z
Q z z z
z
zi
z
由规则3 故例 3 计算积分 2
( 1 )
z
C
e dz
zz
,C 为正向圆周 | z |= 2,
[ 解 ] z =0 为被积函数的一级极点,z =1 为二级极点,而
220001 11Re s [ ( ),] l i m l i m,( ) ( )
zz
zz
eef z z
z z z
2
21
1
2 1 1?
deR e s[ ( ),] lim ( )
( ) ! d ( )
z
z
f z zz z z
211
1 0
d e ( )li m li m,
d
zz
zz
ez
z z z
3
2 0 1
1
2 1 0 2
e
d π {R e s[ ( ),] Re s[ ( ),] }
()
π ( ) π,
z
C
z i f z f z
zz
ii
所以例 5
1 0 1 2
1 0 1 0 1
1( ),()f z zzz 为 阶极点
2
1101
0
1 1 Re s 0 1?
( ) [ ( ),]n
n
f z z C f zz
计算积分
1 0 1 2
1
1C
dz
zz
,C 为正向圆周 | z | = 1 / 2,
解：
01z在 内：
所以 原式 = 2 i?
例 4
31 1
sin
() zz
zz dz
e计算
23
3
3 3 30 0 0
sin sin sinRe s,0 l im l im l im ( 1 ) 1
( 1 ) ( 1 ) ( 1 )z z zz z z
z z z z z z
e e e z
i?2
解,1?z在 内,z = 0为一级极点。
3.在无穷远点的留数 设函数 f (z)在圆环域 R<|z|<?内解析,C为圆环域内绕原点的任何一条简单闭曲线,则积分
1
2 ( ) dπ C f z zi
1
2R e s[ ( ),] ( ) dCf z f z zi
的值与 C无关,称其为 f (z)在?点的留数,记作
1
11
22R e s [ ( ),] ( ) d ( ) dCCf z f z z f z z Cii
f (z)在圆环域 R<|z|<?内解析,
nn
n
f z c z
理解为圆环域内绕 的任何一条简单闭曲线。C
这就是说,f (z)在?点的留数等于它在?点的去心邻域
R<|z|<+?内洛朗展开式中 z?1 的系数变号,
s R e [ ( ),]fz注：当 为可去奇点时,不一定为零.
L a u r e n?()f z z在1 < < + 内展开为 级数：
22
1 1 1 1 1 1 11
11 1
z z z z z zz
z
1s1R e [ ( ),]f z C
1s1R e [ ( ),]f z C
1
1( ),fz z例如 为可去奇点。
1( ),fz
z再如 为可去奇点,
1
11
0
22?
R e s[ ( ),] R e s[ ( ),]
( ) d ( ) d,
ππ
n
k
k
CC
f z f z z
f z z f z z
ii
定理二 如果 f (z)在扩充复平面内 只有有限个孤立奇点,
那末 f (z)在所有各奇点 (包括?点 )的留数总和必等于零,
证,除?点外,设 f (z)的有限个奇点为 zk(k=1,2,...,n),且 C
为一条绕原点的并将 zk(k=1,2,...,n)包含在它内部的正向简单闭曲线,则根据留数定理与在无穷远点的留数定义,
有规则 4
2
11
R e s[ ( ),] R e s,0f z f
zz
事实上,在无穷远点的留数定义中,取正向简单闭曲线 C
为半径足够大的正向圆周,| z |=?,令
1
z
,并设 z =? e
i?
,
= re
i j
,那末
1
,,dd
r
j? j,于是有
1
2
0
1
R e s[ ( ),] ( )
2
1
()
2
C
ii
f z f z dz
i
f e i e d
i
2
0
2
2
0
11
2
1 1 1
()
2 ( )
ii
i
ii
i
fd
i re re
f d re
i re re
jj
j
jj
j
2
1
||
1 1 1 1
| |,
2
fd
i
为 正 向
2
11
R e s,0f
zz
( 由于 f ( z ) 在? <| z |<+? 内解析,从而
1
f
在
1
0 | |?
内解析,)
所以规则 4 成立,
定理二与规则 IV为我们提供了计算函数沿闭曲线积分的又一种方法,在很多情况下,它比利用上一段中的方法更简便,
例 6 15
4 3 2 24 21 ( ) ( )z
z dz
zz计算
2
4 44 6 2 0 1 2 3
( ) (,,,) ( )
ki
z i e k内有 个极点,二阶,三阶
2
4 3 2 2
11
2 R e s [ 0
1
2 R e s [ 0 2
1 2 1
( ) ]
]
( ) ( )
if
zz
ii
z z z
，
，
例,计算积分
4
1
C
z
dz
z?
,C 为正向圆周,| z |=2,
[ 解 ]
4
1
z
z?
在 | z |=2 的外部除? 外无奇点,因此
44
3
4
1
22
111
1
)
1
(
1
z
z
z
z
z
z
zz
f
z?
于是
42
4
11
2 2 0
1
2 0 0
1
d π R e s,π R e s,
π R e s,
C
z
z i f z i f
z z z
z
i
z
]0,1)1([R e s]),(R e s [ 2zzfzf
2
11Re s[ ( ),0 ] ( )
C
f f z d zzz -11＝ =C2i
C z R为包含 的任一正向简单闭曲线证明：
21
2 1 0 1
1
12
3 2 1 02
1
2
11
()
()
()
C
f z C z C z C C z
C f z d z
i
f C z C C z C z
zz
12
1 1 1R e s [ ( ),0 ] ( )
2 Cf C f z d zz z i
作业：
P 133:
3(2,4,6);7(3,4,5);8(2,4)
