1
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2
定理 如果 z
0
是 f ( z ) 的 m 级极点,则 z
0
就是 )(
1
zf 的
m 级零点,反过来也成立,
[ 证 ] 如果 z
0
是 f ( z ) 的 m 级极点,便有
)(
)(
1
)(
0
zg
zz
zf
m
其中 g ( z ) 在 z
0
解析,且 g ( z
0
)? 0,所以当 z? z
0
时,有
)()(
)(
1
)(
)(
1
00
zhzz
zg
zz
zf
mm
(5.1.4)
3
函数 h ( z ) 也在 z
0
解析,且 h ( z )? 0,由于
0
)(
1
l i m
0
zfzz
因此,只要令
0
)(
1
0
zf,则由 (5.1.4) 知 z
0
是 )(
1
zf
的 m 级 零 点,
反过来,如果 z
0
是 )(
1
zf 的 m 级零点,则
).()(
)(
1
0
zzz
zf
m
这里? ( z ) 在 z
0
解析,并且? ( z
0
)? 0,
4
由此,当 z?z0时,得
)(
)(
1
)(
0
z
zz
zf
m
而?(z)=1/?(z)在 z0解析,并且?(z0)?0,所以 z0是
f(z)的 m级极点,
[证毕 ]
这个定理为判断函数的极点提供了一个较为简单的方法,
5
例 1 函数 zsin
1
有些什么奇点? 如果是极点,
指出它的级,
[ 解 ] 函数 1/sin z 的奇点显然是使 sin z =0 的点,
这些奇点是 z = k? ( k =0,? 1,? 2,…),因为从 sin z =0
得 e
iz
=e
iz
或 e
2 iz
=1,从而有 2 iz =2 k? i,所以 z = k?,
它们是孤立奇点,由于
( sin z )'|
z = k?
=cos z |
z = k?
=(? 1) k? 0,
所以 z = k? 都是 sin z 的一级零点,也就是 sin z
的一级极点,
6
注意不能一看函数表面形式就急于作结论,像函数
2
1e
z
z
,初看似乎 z =0 是它的 2 级极点,其实是一级极点,因为
),(
1
!3!2
11
1
!
11e
0
22
z
z
z
zn
z
zz
n
nz
其中? (z) 在 z =0 解析,并且? (0)? 0,类似地,z= 0 是
3
sh
z
z
的 2 级极点而不是 3 级极点
7
5,函数在无穷远点的性态 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,
作变换 z
t
1
,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 { z
n
} 与扩充
t 平面上向零收敛的序列?
n
n
z
t
1
相对应,反过来也是这样,
8
同时,z
t
1
把扩充 z 平面上? 的去心邻域
R <| z |<+? 映射成扩充 t 平面上原点的去心邻域
R
t
1
||0
,又
)()
1
()( t
t
fzf
,
这样,我们可把在去心邻域 R <| z |<+? 对 f ( z ) 的研究变为在 R
t
1
||0
内对? ( t ) 的研究,
显然? ( t ) 在 R
t
1
||0
内解析,所以 z =0 是? ( t ) 的孤立奇点,
9
规定,如果 t=0是?(t)的可去奇点,m级极点或本性奇点,则称点 z=?是 f(z)的可去奇点,m级极点或本性奇点,
由于 f(z)在 R<|z|<+?内解析,所以在此圆环域内可以展开成洛朗级数,根据 (4.4.5)与 (4.4.8),
)5.1.5(
,2,1,0(d
)(
π2
1
)(
1
1
0
1
n
f
i
c
zcczczf
C
nn
n
n
n
n
n
n
C为 R<|z|<+?内 绕原点任何一条简单正向闭曲线
10
如果在级数 (5.1.6)中 i)不含负幂项,ii)含有有限多的负幂项,且 t?m为最高幂,iii)含有无穷多的负幂项,则 t=0是?(t)的 i)可去奇点,ii)m级极点,iii)本性奇点,
因此,? ( t ) 在圆环域 R
t
1
||0
内的洛朗级数可由
(5.1.5) 得到为
1
0
1
)(
n
n
n
n
n
n
tcctct?
( 5,1,6 )
11
因此,在级数 (5.1.5)中,
i)不含正幂项 ;
ii)含有限多的正幂项,且 zm为最高幂 ;
iii)含有无穷多的正幂项 ;
则 z=?是 f(z)的
i)可去奇点 ;
ii)m级极点 ;
iii)本性奇点,
12
又知道要确定 t =0 是否? ( t ) 的可去奇点,极点或本性奇点,可以不必把? ( t ) 展开成洛朗极数来考虑,只要分别看极限
)(lim
0
t
t
是否存在 ( 有限值 ),为无穷大或即不存在又不为无穷大数就可以了,由于 f ( z )=? ( t ),对于无穷远点也有同样的确定方法,即 z =? 是 f ( z ) 的可去奇点,极点或本性奇点,完全看极限
)(l i m tf
z 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,
13
当 z =? 是 f ( z ) 的 可 去 奇 点 时,可以 认为 f ( z ) 在?
是 解 析 的,只 要 取
).(l im)( zff
z
,
例 如,函 数 1
)(
z
z
zf
在 圆 环 域 1< | z |<+? 内 可展 开 成
n
n
zzzz
z
zf
1
)1(
111
1
1
1
1
)(
32
它 不 含 正 幂 项,所 以? 是 f ( z ) 的 可 去 奇 点,如果我 们 取 f (? )= 1,则 f (z) 在? 解 析,
14
又如函数 z
zzf
1
)(
,含有正幂项,且 z 为最高正幂项,所以? 为它的一级极点,
函数 sin z 的展开式,
)!12(
)1(
!5!3
s i n
1253
n
zzz
zz
n
n
含有无穷多的正幂项,所以? 是它的本性奇点,
15
§ 2 留数
16
1,留数的定义及留数定理 如果函数 f(z)在 z0的邻域内解析,那末根据柯西 -古萨基本定理
.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,
17
因此将 f(z)在此邻域内展开为洛朗级数
f(z)=...+c?n(z?z0)?n+...+c?1(z?z0)?1
+c0+c1(z?z0)+...+cn(z?z0)n+...
后,两端沿 C逐项积分,右端各项积分除留下
c?1(z?z0)?1的一项等于 2?ic?1外,其余各项积分都等于零,所以
.π2d)( 1 iczzf
C
10
0
]),(R e s [
)1.2.5(d)(
2
1
]),(R e s [
czzf
zzf
i
zzf
C
其中 c?1就称为 f(z)在 z0的留数,记作 Res[f(z),z0],
即
18
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
)3.2.5(.]),(R e s [π2d)(
1
n
k
k
C
zzfizzf
D
z1
z2z
3
zn
C1
C2
C3
Cn
C
19
[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
n
k
k
C
n
C
CCCC
zzfizzf
zzf
zzfzzfzzf
i
zzfzzfzzfzzf
n
1
21
].),(R e s [π2d)(
]),(R e s [
]),(R e s []),(R e s [d)(
π2
1
.d)(d)(d)(d)(
21
即
20
求函数在奇点 z0处的留数即求它在以 z0为中心的圆环域内洛朗级数中 c?1(z?z0)?1项的系数即可,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,
因为此时 f(z)在 z0的展开式是泰勒展开式,如果
z0是本性奇点,则没有太好的办法,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,
21
2,留数的计算规则规则 1 如果 z0为 f(z)的一级极点,则
)4.2.5()()(lim]),(R e s [ 00
0
zfzzzzf
zz
)5.2.5(
)}(){(
d
d
lim
)!1(
1
]),(R e s [
01
1
0
0
zfzz
zm
zzf
m
m
m
zz
规则 2 如果 z0为 f(z)的一级极点,则
22
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)mf(z)=c?m+c?m+1(z?z0)+...
+c?1(z?z0)m?1+c0(z?z0)m+...,
)()!1()}(){(
d
d
0101
1
zzacmzfzz
z
m
m
m
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],因此即得 (5.2.5),当
m=1时就是 (5.2.4)
23
规则 III 设 )(
)(
)(
zQ
zP
zf?
,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
)(
)(
]),(R e s [
0
0
0
zQ
zP
zzf
( 5,2,6 )
因为
0
0
0
)()(
)(
)()(
zz
zQzQ
zP
zfzz
令 z? z
0
即得 (5.2.6)
24
例 1 计算 积 分
C
z
z
z
ze
d
1
2
,C 为 正 向 圆 周 |z|= 2,
[ 解 ] 由于
1
e
)(
2
z
z
zf
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
] },1),(R e s []1),({ R e s [π2d
1
2
zfzfiz
z
ze
C
z
25
由规则 1,得
1chπ2)
2
e
2
e
(π2d
1
e
.
2
e
1
e
lim
1
e
)1(lim]1),(R e s [
2
e
1
e
lim
1
e
)1(lim]1),(R e s [
1
2
1
1
2
1
1
2
1
iiz
z
z
z
z
z
z
zzf
z
z
z
z
zzf
C
z
z
z
z
z
z
z
z
z
因此
26
我们也可以用规则 III来求留数,
.
2
e
2
e
]1),(R e s [;
2
e
2
e
]1),(R e s [
1
1
1
|
|
z
z
z
z
z
z
zf
z
z
zf
这比用规则 1要简单些,
27
例 2 计算积分
C
z
z
z
d
1
4
,C 为正向圆周 | z | =2,
[ 解 ] 被积函数 1
)(
4
z
z
zf
有四个一级极点? 1,? i 都在圆周 | z |=2 内,所以
]}),(R es[]),(R es[
]1),(R es[]1),({ R es [π2d
1
4
izfizf
zfzfiz
z
z
C
,
28
0)
4
1
4
1
4
1
4
1
(π2d
1
,
4
1
4)(
)(
III,
4
23
iz
z
z
zz
z
zQ
zP
C
故由规则
29
例 3 计算 积 分
C
z
z
zz
e
d
)1(
2
,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
.1
)1(
l i m
)1(
l i m]0),(Re s [
2
0
2
0
z
e
zz
e
zzf
z
z
z
z
30
.π2)01(π2
]}1),(R e s []0),({ R e s [π2d
)1(
e
.0
)1(
lim
e
d
d
lim
)1(
e
)1(
d
d
lim
)!12(
1
]1),(R e s [
3
2
11
2
2
1
ii
zfzfiz
zz
z
ze
zz
zz
z
z
zf
C
z
z
z
z
z
z
z
所以
31
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
C
zzf
i
d)(
π2
1
)7.2.5(d)(
2
1
]),(R e s [?
C
zzf
i
zf
的值与 C无关,称其为 f(z)在?点的留数,记作积分路线的方向是负的,
32
定理二 如果函数 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),又设 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
.0d)(
π2
1
d)(
π2
1
]),(R e s []),(R e s [
1
CC
n
k
k
zzf
i
zzf
i
zzfzf
33
规则 IV
0,
11
R e s]),(R e s [
2
zz
fzf
(5.2.9)
这是因为,我们是要求 f ( z ) 在 R <| z |<? 内的洛朗展开式
n
n
n
zczf )(
中的系数? c
1
,则
n
n
n
n
n
n
zczcz
z
f
z
22
2
11
中的 z
1
项,即
n? 2 1 的项对应于 n 1 的项,即为 c
1
,
34
例 4 计算积分
C
z
z
z
d
1
4
,C 为正向圆周,|z|=2,
[ 解 ] 1
1
4
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?
因此
00,
1
R e sπ2d
1
44
z
z
iz
z
z
C
35
§ 3 留数在定积分计算上的应用
36
1,形如 的积分,其中
R(cosq,sinq)为 cosq与 sinq的有理函数,令 z=eiq,
则 dz=ieiqdq,
π2
0
d)s i n,( c o s qqqR
1||1||
22
2
2
d)(
d
2
1
,
2
1
2
1
)e(e
2
1
c os
2
1
)e(e
2
1
s i n
zz
ii
ii
zzf
iz
z
iz
z
z
z
R
z
z
iz
z
i
位圆周的积分从而积分化为沿正向单
qq
qq
q
q
37
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,根据留数定理有其中 zk(k=1,2,...,n)为单位圆 |z|=1内的 f(z)的孤立奇点,
1||1||
22
2
0
d)(
d
2
1
,
2
1
d)s i n,( c os
zz
zzf
iz
z
iz
z
z
z
R
R
qqq
n
k
k
z
zzfizzf
11||
]),(R e s [π2d)(
38
例 1 计算 的值,)10(d
c o s21
2c o s2
0 2
pppI? qqq
1||1||
2
4
1||
2
1
22
d)(d
))(1(2
1
d
2
21
1
2
zz
z
zzfz
pzpziz
z
iz
z
p
zz
p
zz
I[解 ] 由于 0<p<1,被积函数的分母在 0?q内不为零,因而积分是有意义的,由于
cos2q=(e2iq+e?2iq)/2=(z2+z?2)/2,因此
39
在被积函数的三个极点 z=0,p,1/p中只有前两个在圆周 |z|=1内,其中 z=0为二级极点,z=p为一级极点,
,
2
1
)(2
)21)(1(4)(
lim
))(1(2
1
d
d
lim]0),(R e s [
2
2
222
24322
0
2
4
2
0
ip
p
zpppzzi
ppzzzzpppzz
pzpziz
z
z
z
zf
z
z
40
2
2
22
4
2
2
22
4
2
4
2
2
1
π2
)1(2
1
2
1
π2
,
)1(2
1
))(1(2
1
)(lim]),(R e s [
,
2
1
]0),(R e s [
p
p
pip
p
ip
p
iI
pip
p
pzpziz
z
pzpzf
ip
p
zf
pz
因此
41
2,形 如?
xxR d)(
的 积 分 当 被 积 函 数 R ( x ) 是 x 的有 理 函 数,而 分 母 的 次 数 至 少 比 分 子 的 次 数 高二 次,并 且 R ( x ) 在 实 轴 上 没有 孤立 奇 点 时,积分 是 存在 的,
不 失 一 般 性,设
2,)(
1
1
1
1
nm
bzbz
azaz
zR
m
mm
n
nn
为 一 已 约 分 式,
42
取积分路线如图所示,其中 CR是以原点为中心,
R为半径的在上半平面的半圆周,取 R适当大,
使 R(z)所有的在上半平面内的极点 zk都包在这积分路线内,
z1z2
z3
y
CR
R RO x
43
此等式不因 CR的半径 R不断增大而有所改变,
]),(R e s [π2)(d)( kCR R zzRidzzRxxR
R
)||(
||
2
10
1
1
10
1
1
||
1
||1
||1
||
1
|1|
|1|
||
1
|)(|
2
1
1
1
1
1
1
1
1
足够大时当 z
zz
zbzb
zaza
z
zbzb
zaza
z
zR
nm
m
m
n
n
nm
m
m
n
n
nm
44
]),(R e s [πd)(
,)(
.]),(R e s [π2d)(
0
π2
π
2
d|)(|d)(
.
||
2
|)(|
0
2
2
k
k
R
CC
zzRixxR
xR
zzRixxR
R
R
R
szRzzR
z
zR
RR
为偶函数如果因此
45
例 2 计算积分
)0,0(
))((
d
2222
2
ba
bxax
xx
I
的值,
[ 解 ] 这里 m =4,n =2,m? n = 2,并且实轴上 R ( z ) 没有孤立奇点,因此积分是存在的,函数
))((
2222
2
bzaz
z
的一级极点为? ai,? bi,其中 ai 与 bi 在上半平面内,
46
baabi
b
bai
a
iI
abi
b
bizR
bai
a
abai
a
bzaz
z
aizaizR
aiz
)(2)(2
π2
.
)(2
]),(R e s [
,
)(2)(2
))((
)(lim]),(R e s [
2222
22
2222
2
2222
2
47
3,形如 的积分 )0(de)(
axxR a i x
||
2
|)(|
z
xR?
当 R(x)是 x的有理函数而分母的次数至少比分子的次数高一次,且 R(x)在实数轴上没有奇点时,积分是存在的象 2中处理的一样,由于 m?n?1,故对充分大的
|z|有
48
因此,在半径 R充分大的 CR上,有
)
2
π
0(
π
2
s i n
)2.3.5(],e)(R e s [π2de)(
,0)e1(
2
de4de4de2
de
2
d|e||)(|de)(
2
0
)/2(2
0
s i n
0
s i n
q
q
q
qqq
q
q
q
上面用到不等式因此得
k
a i za i x
R
aR
aRaRaR
C
ay
C
a i z
C
a i z
zzRixxR
aR
s
R
szRzzR
RRR
49
也 可 写 为
.],)(R e s [π2
ds i n)(dc o s)(
k
a i z
zezRi
xaxxRixaxxR
例 3 计算
0
22
)0(
s in
adx
ax
xx
I
的 值,
[ 解 ] 这 里 m =2,n =1,m? n = 1,R ( z ) 在 实 轴 上 无 孤立奇 点,因而 所 求 的 积 分 是 存在 的,
22
)(
az
z
zR
在 上 半 平面 内 有 一 级 极 点 ai,
50
a
a
a
izix
x
ax
xx
iei
aizRix
ax
x
e
2
1
d
s i n
.π
2
e
π2
],e)(R e s [π2de
0
22
22
因此
51
还可以利用复变函数计算出下列积分值,
22
1
dc osds i n
2
d
s i n
0
2
0
2
0
xxxx
x
x
x
52
作业 第五章习题第 183页开始第 1题 第 1),2),3)小题第 8题 第 1),2),3)小题第 9题 第 1),2)小题
53
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2
定理 如果 z
0
是 f ( z ) 的 m 级极点,则 z
0
就是 )(
1
zf 的
m 级零点,反过来也成立,
[ 证 ] 如果 z
0
是 f ( z ) 的 m 级极点,便有
)(
)(
1
)(
0
zg
zz
zf
m
其中 g ( z ) 在 z
0
解析,且 g ( z
0
)? 0,所以当 z? z
0
时,有
)()(
)(
1
)(
)(
1
00
zhzz
zg
zz
zf
mm
(5.1.4)
3
函数 h ( z ) 也在 z
0
解析,且 h ( z )? 0,由于
0
)(
1
l i m
0
zfzz
因此,只要令
0
)(
1
0
zf,则由 (5.1.4) 知 z
0
是 )(
1
zf
的 m 级 零 点,
反过来,如果 z
0
是 )(
1
zf 的 m 级零点,则
).()(
)(
1
0
zzz
zf
m
这里? ( z ) 在 z
0
解析,并且? ( z
0
)? 0,
4
由此,当 z?z0时,得
)(
)(
1
)(
0
z
zz
zf
m
而?(z)=1/?(z)在 z0解析,并且?(z0)?0,所以 z0是
f(z)的 m级极点,
[证毕 ]
这个定理为判断函数的极点提供了一个较为简单的方法,
5
例 1 函数 zsin
1
有些什么奇点? 如果是极点,
指出它的级,
[ 解 ] 函数 1/sin z 的奇点显然是使 sin z =0 的点,
这些奇点是 z = k? ( k =0,? 1,? 2,…),因为从 sin z =0
得 e
iz
=e
iz
或 e
2 iz
=1,从而有 2 iz =2 k? i,所以 z = k?,
它们是孤立奇点,由于
( sin z )'|
z = k?
=cos z |
z = k?
=(? 1) k? 0,
所以 z = k? 都是 sin z 的一级零点,也就是 sin z
的一级极点,
6
注意不能一看函数表面形式就急于作结论,像函数
2
1e
z
z
,初看似乎 z =0 是它的 2 级极点,其实是一级极点,因为
),(
1
!3!2
11
1
!
11e
0
22
z
z
z
zn
z
zz
n
nz
其中? (z) 在 z =0 解析,并且? (0)? 0,类似地,z= 0 是
3
sh
z
z
的 2 级极点而不是 3 级极点
7
5,函数在无穷远点的性态 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,
作变换 z
t
1
,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 { z
n
} 与扩充
t 平面上向零收敛的序列?
n
n
z
t
1
相对应,反过来也是这样,
8
同时,z
t
1
把扩充 z 平面上? 的去心邻域
R <| z |<+? 映射成扩充 t 平面上原点的去心邻域
R
t
1
||0
,又
)()
1
()( t
t
fzf
,
这样,我们可把在去心邻域 R <| z |<+? 对 f ( z ) 的研究变为在 R
t
1
||0
内对? ( t ) 的研究,
显然? ( t ) 在 R
t
1
||0
内解析,所以 z =0 是? ( t ) 的孤立奇点,
9
规定,如果 t=0是?(t)的可去奇点,m级极点或本性奇点,则称点 z=?是 f(z)的可去奇点,m级极点或本性奇点,
由于 f(z)在 R<|z|<+?内解析,所以在此圆环域内可以展开成洛朗级数,根据 (4.4.5)与 (4.4.8),
)5.1.5(
,2,1,0(d
)(
π2
1
)(
1
1
0
1
n
f
i
c
zcczczf
C
nn
n
n
n
n
n
n
C为 R<|z|<+?内 绕原点任何一条简单正向闭曲线
10
如果在级数 (5.1.6)中 i)不含负幂项,ii)含有有限多的负幂项,且 t?m为最高幂,iii)含有无穷多的负幂项,则 t=0是?(t)的 i)可去奇点,ii)m级极点,iii)本性奇点,
因此,? ( t ) 在圆环域 R
t
1
||0
内的洛朗级数可由
(5.1.5) 得到为
1
0
1
)(
n
n
n
n
n
n
tcctct?
( 5,1,6 )
11
因此,在级数 (5.1.5)中,
i)不含正幂项 ;
ii)含有限多的正幂项,且 zm为最高幂 ;
iii)含有无穷多的正幂项 ;
则 z=?是 f(z)的
i)可去奇点 ;
ii)m级极点 ;
iii)本性奇点,
12
又知道要确定 t =0 是否? ( t ) 的可去奇点,极点或本性奇点,可以不必把? ( t ) 展开成洛朗极数来考虑,只要分别看极限
)(lim
0
t
t
是否存在 ( 有限值 ),为无穷大或即不存在又不为无穷大数就可以了,由于 f ( z )=? ( t ),对于无穷远点也有同样的确定方法,即 z =? 是 f ( z ) 的可去奇点,极点或本性奇点,完全看极限
)(l i m tf
z 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,
13
当 z =? 是 f ( z ) 的 可 去 奇 点 时,可以 认为 f ( z ) 在?
是 解 析 的,只 要 取
).(l im)( zff
z
,
例 如,函 数 1
)(
z
z
zf
在 圆 环 域 1< | z |<+? 内 可展 开 成
n
n
zzzz
z
zf
1
)1(
111
1
1
1
1
)(
32
它 不 含 正 幂 项,所 以? 是 f ( z ) 的 可 去 奇 点,如果我 们 取 f (? )= 1,则 f (z) 在? 解 析,
14
又如函数 z
zzf
1
)(
,含有正幂项,且 z 为最高正幂项,所以? 为它的一级极点,
函数 sin z 的展开式,
)!12(
)1(
!5!3
s i n
1253
n
zzz
zz
n
n
含有无穷多的正幂项,所以? 是它的本性奇点,
15
§ 2 留数
16
1,留数的定义及留数定理 如果函数 f(z)在 z0的邻域内解析,那末根据柯西 -古萨基本定理
.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,
17
因此将 f(z)在此邻域内展开为洛朗级数
f(z)=...+c?n(z?z0)?n+...+c?1(z?z0)?1
+c0+c1(z?z0)+...+cn(z?z0)n+...
后,两端沿 C逐项积分,右端各项积分除留下
c?1(z?z0)?1的一项等于 2?ic?1外,其余各项积分都等于零,所以
.π2d)( 1 iczzf
C
10
0
]),(R e s [
)1.2.5(d)(
2
1
]),(R e s [
czzf
zzf
i
zzf
C
其中 c?1就称为 f(z)在 z0的留数,记作 Res[f(z),z0],
即
18
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
)3.2.5(.]),(R e s [π2d)(
1
n
k
k
C
zzfizzf
D
z1
z2z
3
zn
C1
C2
C3
Cn
C
19
[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
n
k
k
C
n
C
CCCC
zzfizzf
zzf
zzfzzfzzf
i
zzfzzfzzfzzf
n
1
21
].),(R e s [π2d)(
]),(R e s [
]),(R e s []),(R e s [d)(
π2
1
.d)(d)(d)(d)(
21
即
20
求函数在奇点 z0处的留数即求它在以 z0为中心的圆环域内洛朗级数中 c?1(z?z0)?1项的系数即可,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,
因为此时 f(z)在 z0的展开式是泰勒展开式,如果
z0是本性奇点,则没有太好的办法,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,
21
2,留数的计算规则规则 1 如果 z0为 f(z)的一级极点,则
)4.2.5()()(lim]),(R e s [ 00
0
zfzzzzf
zz
)5.2.5(
)}(){(
d
d
lim
)!1(
1
]),(R e s [
01
1
0
0
zfzz
zm
zzf
m
m
m
zz
规则 2 如果 z0为 f(z)的一级极点,则
22
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)mf(z)=c?m+c?m+1(z?z0)+...
+c?1(z?z0)m?1+c0(z?z0)m+...,
)()!1()}(){(
d
d
0101
1
zzacmzfzz
z
m
m
m
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],因此即得 (5.2.5),当
m=1时就是 (5.2.4)
23
规则 III 设 )(
)(
)(
zQ
zP
zf?
,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
)(
)(
]),(R e s [
0
0
0
zQ
zP
zzf
( 5,2,6 )
因为
0
0
0
)()(
)(
)()(
zz
zQzQ
zP
zfzz
令 z? z
0
即得 (5.2.6)
24
例 1 计算 积 分
C
z
z
z
ze
d
1
2
,C 为 正 向 圆 周 |z|= 2,
[ 解 ] 由于
1
e
)(
2
z
z
zf
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
] },1),(R e s []1),({ R e s [π2d
1
2
zfzfiz
z
ze
C
z
25
由规则 1,得
1chπ2)
2
e
2
e
(π2d
1
e
.
2
e
1
e
lim
1
e
)1(lim]1),(R e s [
2
e
1
e
lim
1
e
)1(lim]1),(R e s [
1
2
1
1
2
1
1
2
1
iiz
z
z
z
z
z
z
zzf
z
z
z
z
zzf
C
z
z
z
z
z
z
z
z
z
因此
26
我们也可以用规则 III来求留数,
.
2
e
2
e
]1),(R e s [;
2
e
2
e
]1),(R e s [
1
1
1
|
|
z
z
z
z
z
z
zf
z
z
zf
这比用规则 1要简单些,
27
例 2 计算积分
C
z
z
z
d
1
4
,C 为正向圆周 | z | =2,
[ 解 ] 被积函数 1
)(
4
z
z
zf
有四个一级极点? 1,? i 都在圆周 | z |=2 内,所以
]}),(R es[]),(R es[
]1),(R es[]1),({ R es [π2d
1
4
izfizf
zfzfiz
z
z
C
,
28
0)
4
1
4
1
4
1
4
1
(π2d
1
,
4
1
4)(
)(
III,
4
23
iz
z
z
zz
z
zQ
zP
C
故由规则
29
例 3 计算 积 分
C
z
z
zz
e
d
)1(
2
,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
.1
)1(
l i m
)1(
l i m]0),(Re s [
2
0
2
0
z
e
zz
e
zzf
z
z
z
z
30
.π2)01(π2
]}1),(R e s []0),({ R e s [π2d
)1(
e
.0
)1(
lim
e
d
d
lim
)1(
e
)1(
d
d
lim
)!12(
1
]1),(R e s [
3
2
11
2
2
1
ii
zfzfiz
zz
z
ze
zz
zz
z
z
zf
C
z
z
z
z
z
z
z
所以
31
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
C
zzf
i
d)(
π2
1
)7.2.5(d)(
2
1
]),(R e s [?
C
zzf
i
zf
的值与 C无关,称其为 f(z)在?点的留数,记作积分路线的方向是负的,
32
定理二 如果函数 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),又设 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
.0d)(
π2
1
d)(
π2
1
]),(R e s []),(R e s [
1
CC
n
k
k
zzf
i
zzf
i
zzfzf
33
规则 IV
0,
11
R e s]),(R e s [
2
zz
fzf
(5.2.9)
这是因为,我们是要求 f ( z ) 在 R <| z |<? 内的洛朗展开式
n
n
n
zczf )(
中的系数? c
1
,则
n
n
n
n
n
n
zczcz
z
f
z
22
2
11
中的 z
1
项,即
n? 2 1 的项对应于 n 1 的项,即为 c
1
,
34
例 4 计算积分
C
z
z
z
d
1
4
,C 为正向圆周,|z|=2,
[ 解 ] 1
1
4
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?
因此
00,
1
R e sπ2d
1
44
z
z
iz
z
z
C
35
§ 3 留数在定积分计算上的应用
36
1,形如 的积分,其中
R(cosq,sinq)为 cosq与 sinq的有理函数,令 z=eiq,
则 dz=ieiqdq,
π2
0
d)s i n,( c o s qqqR
1||1||
22
2
2
d)(
d
2
1
,
2
1
2
1
)e(e
2
1
c os
2
1
)e(e
2
1
s i n
zz
ii
ii
zzf
iz
z
iz
z
z
z
R
z
z
iz
z
i
位圆周的积分从而积分化为沿正向单
q
q
37
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,根据留数定理有其中 zk(k=1,2,...,n)为单位圆 |z|=1内的 f(z)的孤立奇点,
1||1||
22
2
0
d)(
d
2
1
,
2
1
d)s i n,( c os
zz
zzf
iz
z
iz
z
z
z
R
R
qqq
n
k
k
z
zzfizzf
11||
]),(R e s [π2d)(
38
例 1 计算 的值,)10(d
c o s21
2c o s2
0 2
pppI? qqq
1||1||
2
4
1||
2
1
22
d)(d
))(1(2
1
d
2
21
1
2
zz
z
zzfz
pzpziz
z
iz
z
p
zz
p
zz
I[解 ] 由于 0<p<1,被积函数的分母在 0?q内不为零,因而积分是有意义的,由于
cos2q=(e2iq+e?2iq)/2=(z2+z?2)/2,因此
39
在被积函数的三个极点 z=0,p,1/p中只有前两个在圆周 |z|=1内,其中 z=0为二级极点,z=p为一级极点,
,
2
1
)(2
)21)(1(4)(
lim
))(1(2
1
d
d
lim]0),(R e s [
2
2
222
24322
0
2
4
2
0
ip
p
zpppzzi
ppzzzzpppzz
pzpziz
z
z
z
zf
z
z
40
2
2
22
4
2
2
22
4
2
4
2
2
1
π2
)1(2
1
2
1
π2
,
)1(2
1
))(1(2
1
)(lim]),(R e s [
,
2
1
]0),(R e s [
p
p
pip
p
ip
p
iI
pip
p
pzpziz
z
pzpzf
ip
p
zf
pz
因此
41
2,形 如?
xxR d)(
的 积 分 当 被 积 函 数 R ( x ) 是 x 的有 理 函 数,而 分 母 的 次 数 至 少 比 分 子 的 次 数 高二 次,并 且 R ( x ) 在 实 轴 上 没有 孤立 奇 点 时,积分 是 存在 的,
不 失 一 般 性,设
2,)(
1
1
1
1
nm
bzbz
azaz
zR
m
mm
n
nn
为 一 已 约 分 式,
42
取积分路线如图所示,其中 CR是以原点为中心,
R为半径的在上半平面的半圆周,取 R适当大,
使 R(z)所有的在上半平面内的极点 zk都包在这积分路线内,
z1z2
z3
y
CR
R RO x
43
此等式不因 CR的半径 R不断增大而有所改变,
]),(R e s [π2)(d)( kCR R zzRidzzRxxR
R
)||(
||
2
10
1
1
10
1
1
||
1
||1
||1
||
1
|1|
|1|
||
1
|)(|
2
1
1
1
1
1
1
1
1
足够大时当 z
zz
zbzb
zaza
z
zbzb
zaza
z
zR
nm
m
m
n
n
nm
m
m
n
n
nm
44
]),(R e s [πd)(
,)(
.]),(R e s [π2d)(
0
π2
π
2
d|)(|d)(
.
||
2
|)(|
0
2
2
k
k
R
CC
zzRixxR
xR
zzRixxR
R
R
R
szRzzR
z
zR
RR
为偶函数如果因此
45
例 2 计算积分
)0,0(
))((
d
2222
2
ba
bxax
xx
I
的值,
[ 解 ] 这里 m =4,n =2,m? n = 2,并且实轴上 R ( z ) 没有孤立奇点,因此积分是存在的,函数
))((
2222
2
bzaz
z
的一级极点为? ai,? bi,其中 ai 与 bi 在上半平面内,
46
baabi
b
bai
a
iI
abi
b
bizR
bai
a
abai
a
bzaz
z
aizaizR
aiz
)(2)(2
π2
.
)(2
]),(R e s [
,
)(2)(2
))((
)(lim]),(R e s [
2222
22
2222
2
2222
2
47
3,形如 的积分 )0(de)(
axxR a i x
||
2
|)(|
z
xR?
当 R(x)是 x的有理函数而分母的次数至少比分子的次数高一次,且 R(x)在实数轴上没有奇点时,积分是存在的象 2中处理的一样,由于 m?n?1,故对充分大的
|z|有
48
因此,在半径 R充分大的 CR上,有
)
2
π
0(
π
2
s i n
)2.3.5(],e)(R e s [π2de)(
,0)e1(
2
de4de4de2
de
2
d|e||)(|de)(
2
0
)/2(2
0
s i n
0
s i n
q
q
q
qqq
q
q
q
上面用到不等式因此得
k
a i za i x
R
aR
aRaRaR
C
ay
C
a i z
C
a i z
zzRixxR
aR
s
R
szRzzR
RRR
49
也 可 写 为
.],)(R e s [π2
ds i n)(dc o s)(
k
a i z
zezRi
xaxxRixaxxR
例 3 计算
0
22
)0(
s in
adx
ax
xx
I
的 值,
[ 解 ] 这 里 m =2,n =1,m? n = 1,R ( z ) 在 实 轴 上 无 孤立奇 点,因而 所 求 的 积 分 是 存在 的,
22
)(
az
z
zR
在 上 半 平面 内 有 一 级 极 点 ai,
50
a
a
a
izix
x
ax
xx
iei
aizRix
ax
x
e
2
1
d
s i n
.π
2
e
π2
],e)(R e s [π2de
0
22
22
因此
51
还可以利用复变函数计算出下列积分值,
22
1
dc osds i n
2
d
s i n
0
2
0
2
0
xxxx
x
x
x
52
作业 第五章习题第 183页开始第 1题 第 1),2),3)小题第 8题 第 1),2),3)小题第 9题 第 1),2)小题
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