复变函数第五章
数学物理方法 复变函数 第五章 傅立叶变换
∫
ρ (x) d x = m......(4)
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
也即
-∞
∫
∞
-∞
lim ρ l (x) d x = m
l→ 0
由 (3) 、（ 4）可以看出质点线密度
分布函数的直观图像。
它在
x ≠ 0时 , 为 0; 在 x = 0时，为 ∞ 。它的积分值为 m. 也即由 (3) 、 共 (4) 同来描述。
因此 , 在 Dirac 首次引入 δ 函数时，曾遭到许多数 学家的非难 但它在近代物理学中有 许多重要的应用 , 它可以用来描述物 理学中的一切点量 (点质量 \ 点电荷 \ 瞬时源 )且物理图象清 晰 .这样迫使数学家对 δ 函数的性质等进行研究 和解释 .
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第5章
傅里叶变换(Fourier transforms)
-∞
第5章
傅里叶变换(Fourier transforms)
第5节 δ函数
五 δ函数的性质
2 δ 函数具有挑选性
若 a = 0, 则有
这 一 性 质 表 明 , 虽 然 δ (x) 是 广 义 函 数 ， 但 它 和 任 何 连 续 函 数 的 乘 积 在 （ － ∞， ＋ ∞） 内 的 积 分 都 有 明 确 的 意 义 。 这 使 得 它在近代物理和工程技术中有广泛的应用。
..........
...(1)
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第5章
傅里叶变换(Fourier transforms)
第5节 δ函数
引入δ 一 引入δ函数的物理背景
注意 rect() 的写法 : 即保证 rect() 中的量的绝对值 >
复变函数第五章
f ( n ) ( z0 ) 0, ( n 0,1,2,m 1); f ( m ) ( z0 ) 0.
证 (必要性)
由定义: 如果 z0 为 f (z ) 的 m 级零点
f ( z ) ( z z0 ) m ( z )
设 ( z )在z0的泰勒展开式为:
( z ) c0 c1 ( z z0 ) c2 ( z z0 ) ,
z z0
为.
本性奇点的判定 常用定义判定（因极限特点不好说明）
例6
1 求函数 sin z
的奇点并判断类型.
综上所述:
孤立奇点 可去奇点 洛朗级数特点 无负幂项
lim f ( z )
z z0
存在且为 有限值
含有限个负幂项 关于( z z0 )1的最高幂 m级极点 为 ( z z0 ) m 本性奇点 含无穷多个负幂项
3.零点与极点的关系
定理
如果 z0 是 f (z ) 的 m 级极点, 那末 z0 就是 1 的 m 级零点. 反过来也成立. f (z) 如果 z0 是 f (z ) 的 m 级极点, 则有
1 f (z) m g( z ) ( z z0 )
证
( g( z0 ) 0)
1 m 1 ( z z0 ) 当 z z0 时 , ( z z0 )m h( z ) f (z) g( z )
函数 h( z0 ) 在 z0 解析且 h( z0 ) 0.
1 1 0, 0, 只要令 由于 lim z z0 f ( z ) f ( z0 )
1 的 m 级零点. 那末 z0 就是 f (z) 1 反之如果 z0 是 的 m 级零点, f (z) 1 解析且 ( z0 ) 0 ( z z0 )m ( z ), 那末 f (z) 1 1 (z) 当 z z0 时, f ( z ) m ( z ), (z) ( z z0 )
复变函数第五章留数
§1 孤立奇点 §2 留数
1
§5.1 孤立奇点
一、孤立奇点定义
如果函数f z在z0不解析, 但在z0的某个去心邻域
0 z z0 内处处解析, 则称z0为f z的孤 立 奇 点.
例如
1 sin
1
, z0
=
0为奇点,
但不是孤立奇点.
z
z 1 n 1,2,为奇点, n , z 0,
]
sinz
cosz
zzk
sinz sinz
z
zk
1
tgzdz
C
2i 8 1 16i
31
例4 计算 z4 sin 1 dz, C为 z 1 2.
C
z
解 奇点：z 0, 奇点类型不清楚，
•
z4
sin 1 z
z4
1 z
1 3! z3
1 5! z5
1 7! z7
z3
z 3!
1 5! z
1 7! z3
Re
s
f
z,0
c1
1 120
C
z4
sin
1 z
dz
2i
Re
s
f
z,0
60
i
32
例5 计算
C
z z4 1
dz,C为 z
2，正向.
解 显然 z 1,i 都是 f z 的一级极点，
f z ( z z0 )m z ，
其中 z在z0解析，且 z0 0，m为正整数，
则
z
为
0
f
z
的m
级
零
点.
例如 对于 f z z(z 1)3，z0 0, z0 1分别是其一级
《复变函数》第5章
例: 对 f (z) z3 1.
f (1) 0, f (1) 3z 2 z 1 3 0
z 1 是 f (z)的一级零点.
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第7页
定理: z0 是 f (z)的m级极点
证:
f
(z)
(z
1 z0
)m
g
(z)
z0
是
f
1 的m级零点. (z)
f
复 变 函 数（第四版）
第五章 留 数
§1 孤立奇点 §2 留数 §3 留数在定积分计算上的应用 *§4 对数留数与辐角原理
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第1页
§1 孤立奇点
1. 定 义
如果函数 f (z)在 zo处不解析, 但在 zo的某 一去心邻域 0 < | z－zo |<δ处处解析, 则称zo 为函数 f (z)的孤立奇点. 例：z 0 为 f (z) sin 1 的孤立奇点 .
5
2020/4/6
《复变函数》(第四版) 第五章
第4页
∴
z = 0 分别是 本性奇点.
sin z
z
,
sin z4
z
,
sin
1 z
的可去、3极、
(1) zo为 f(z)的可去奇点
相当于实函可去间断点
lim f (z)存在且有限
zz0
f (z)在zo点的某去心邻域内有界.
(2) zo为 f (z)的极点
例:
z
0
是
ez 1 z2
的一级极点.
z
1
是
(z 1)3 sin( z 1)
的二级零点.
《复变函数》第五章习题全解钟玉泉版
第五章 解析函数的洛朗展开与孤立奇点(一)1.解:(1):1)10<<z ,∑∞=---=-⋅+=-+0222221111)1(1n n z z z z z z z z z2)111<⇒+∞<<z z , ∑∞=++=-⋅+=-+032321211111)1(1n n z z zz z z z z (2)222121121()1212112f z z z z z z -=-=--+-+ =20012()(1)22n n n n n z z ∞∞+==---∑∑ (3)()f z =2(1)z e z z +231......!nz z z z n z z+++++=+ =2151 (26)z z z +-- 2.解:(1)2222])2)()1([)(41)1(1n n n n i i z i z z ∑∞=----=+ )20()2))(1()1()(412<-<-+---=∑∞=i z i i z n i z nn n n(2))0(1)!2(1!102212+∞<<⋅+==∑∑∞=∞-=+-z zn z n e z n n n n z(3) 令1zξ=，则21(1...)112ze eeξξξξξ-+++--==234542(1...)(1...)23!4!5!2ξξξξξξξ=-+-+--+345(1...)(1...)(1) (2)3!4!ξξξ---=23451 (2)385114ξξξξξ--+--=234511111141...8235z z z z z --+--+3.证明:根据洛朗定理,可设)0()]1(sin[0+∞<<=+∑∞=z z c z z t n nn其中 ⎰=+±=+=11),1,0()]1(sin[21ξξξξξπ n d t i c n n这里 )20(,1πθξξθ≤≤==i e于是 θθπθππθθπθθθd ed ie e e e t i c in i n i i i n ⎰⎰+=+=+-2020)1()cos 2sin(21)](sin[21 4.解:(1)因为函数为有理函数,且分子,分母无公共零点,因此分母的零点就是函数的极点,令分母0)4(2=+z z ,得0=z 以及i 2±,分别是分母的一级和二级零点,从而分别是函数的一级和二级极点,又因0)4(12∞→+-z z z z ,所以∞=z 为可去奇点.(2)由定理5.4(3)知函数z z cos sin +的m 级零点,就是zz cos sin 1+的m 级极点,且分母零点的极限点必为函数的极限点,因为)4sin(2cos sin π+=+z z z则令0cos sin =+z z ,得),1,0(4 ±=-=k k z ππ且又因),1,0(0)1(2cos 2])4sin([4±=≠-=='+-=k k z z k k z ππππ故),1,0(4±=-=k k z ππ各为分母z z cos sin +的一级零点即为zz cos sin 1+的一级极点.又因∞→-=4ππk z ,即∞=z 是极点的极限点,即为函数的非孤立奇点.(3)因i k z π)12(+=时,分母01=+z e ,且 01)1()12(≠-='++=ik z z e π所以i k z π)12(+=是分母的一级零点,而此时分子0)1()12(≠-+=ik z z e π故i k z π)12(+=各为函数的一级极点,因分母,分子在平面解析,所以除此之外在平面上无其他奇点. (4)令分母为0,解得)i 1(22z -±=,即为所给函数的极点. 且因,0])i z [(,0])i z [()i 1(22z 32)i 1(22z 32≠'+='+-±=-±=故)i 1(22z -±=均为所给函数的三级极点. 又因0z )1z (132∞→+,所以∞=z 为可去奇点. (5)因为zzz 222cos sin t an =,分子分母均在z 平面解析且无公共零点,所以分母的零点即为z 2tan 的极点,令0cos 2=z ,解得 0)(cos ,222='+=+=ππππk z z k z),1,0(0)(cos 22 ±=≠''+=k z k z ππ所以2ππ+=k z 是z 2cos 的二级零点,从而是z 2tan 的二级极点.(6) ++-=+2)(!2111cosi z i z 所以i z -=为其本性奇点,又因 11coslim =+∞→iz z ,所以∞=z 为可去奇点. (7)因21)2(22sin lim cos 1lim 2202==-→∞→z z z z z z 故0=z 为可去奇点, ∞=z 为本性奇点.(8)因为当且仅当i k z π2=时,分母0)1(,012≠'-=-=i k z z z e e π,所以i k z π2=为分母的一级零点,而分子是常数1,因此i k z π2=为其一级奇点. 5.解:先判断各函数的奇点类型. (1) 0=z ,∞=z 为奇点.(2) 0=z ,∞=z 为奇点.(3) 0=z 不是孤立奇点,是极点的极限点.(4)分母的零点是πk z =,这是ctgz 的极点,且01)(sin ≠-='πk z所以πk z =是分母的一级零点,因此是ctgz 的一极点,而∞=z 不是孤立奇点,是极点的极限点.由三个函数均为单值函数,由洛朗定理,在孤立奇点的去心邻域内均能展开成洛朗级数,在非孤立奇点的邻域内则不能.6.解:(1)当m n ≠时，a 为()()f z g z +的max(,)m n 级极点，为,f g 的m n +级极点，为fg的m n -()m n >级极点与n m -()m n <级零点 (2)当m n =时，a 为f g +的至多m 级极点（此时各种情况均有可能产生） 例：11,()()()kk m mf zg z k N z a z a +-=+=+∈-- a 为,f g 的m n +级极点，为fg的可去奇点. 7.证明:因)(z f 不恒等于零,如果a z =为)(z f 的零点,a z =只能为)(z f 的孤立奇点.(反证)如果a z =不是)(/)(),()(),()(z f z z f z z f z ϕϕϕ⋅±的本性奇点,则由上题的结论知,)(z ϕ就以a z =为可去奇点或极点,矛盾.8.解:(1) 1()(1)zzz e f z z e +-=-,奇点为0z =为一级极点， 2(1,2,...)z k i k π==±±为一级极点，z =∞为非孤立奇点(2) 0z =为函数的本性奇点, z =∞为函数的本性奇点. (3) z =∞是可去奇点, 0z =为本性奇点.(4) 0z =,z =∞为本性奇点. (5) 1=z 为本性奇点, i k z π2=为一级极点, z =∞为非孤立奇点.9.证明:因)(z f 在z 平面上解析,则)(z f 必为整函数,而整函数只以z =∞点为孤立奇点,而)(z f 在z =∞点解析,故z =∞点只能是)(z f 的可去奇点,由定理5.10知, )(z f 为常数.10.证明:(反证)设)(z f w =为整函数且非常数,若值全含于一圆之外,即存在0,00>εw ,使得对任何z ,恒有00)(ε>-w z f ,则有非常数整函数)(1)(w z f z g -=,所以在z 平面上任何点z ,分母不等于0,从而)(z g 在z 平面上解析,即为整函数.又因)(z f 非常数,所以)(z g 非常数,其值全含于一圆1)(ε<z g 之内,与刘维尔定理矛盾.11.证明:由题意,)(z f 在0z 的去心邻域内的洛朗展开式可设为∑∞=--≠-+-=01001)0()()(n n n c z z c z z c z f令01)()(z z c z f z g --=-,因01),(z z cz f --在r z ≤上除去0z 外解析,所以)(z g 在r z ≤上除去0z 外解析.又可知∑∞=-=00)()(n n n z z c z g )(z f 在0z 的邻域内解析,故)(z g 在r z ≤上解析.函数)(z g 在r z <内的泰勒展开式为∑∑∞=∞=+-+=0111)(n n n n nn z z c z a z g而直接法又给出∑∑∞=∞===00)(!)0()(n n n n nn z b z n g z g从而][0110101001z c z b z c z b z a a n n nn n n-++-+--=因为∑∞==0)(n nn z b z g 在r z ≤上解析,所以当0z z =时,级数∑∞=00n nn z b 是收敛的,一般项)(00∞→→n z b nn ,故即知01limz a a n nn =+∞→.（二）1.解：（1）不能（2）能，指定点不是所给函数的支点 （3）不能 （4）不能（5）能，指定点不是所给函数的支点2.解：不正确。
复变函数第五章
第五章小结一、函数()f z 孤立奇点0z 类型的确定1. 求0lim ()z z f z → 2. 求函数()f z 在0z 的去心解析邻域内的洛朗展式，观察洛朗级数的负幂项的项数 极点判断的特殊方法：确定相关函数零点的级数，将函数()f z 改写为0()()mg z z z -的形式，其中()g z 在点0z 解析且不为零二、求0Re [(),]s f z z 的方法1． 确定孤立奇点的类型，选择相应方法求解(1). 若0z 为()f z 的可去奇点，则0Re [(),]0s f z z =(2). 若0z 为()f z 的极点，则利用规则 010011Re [(),]lim [()()](1)!m m m z z d s f z z z z f z m d z--→=-- 说明：对一些特殊函数在孤立奇点处留数的计算，有时将m 取得比极点0z 的实际级数高时，利用上述规则反而简单2. 当极点的类型难以确定，直接求()f z 在0z 的去心解析邻域内的洛朗展式，观察10()z z --的系数特殊结论：若()f z 在孤立奇点0的去心解析邻域内为偶函数，则Re [(),0]0s f z =三、留数的应用1. 求封闭曲线积分()C f z dz ⎰：转化为()f z 在C 内奇点处的留数计算2. 求解三类定积分：确定定积分类型，选择对应方法求解第一种类型的定积分：难点在于利用i z e θ=将原定积分中关于θ的函数转化为关于z 的函数(较繁琐，容易出错，仔细)第二、三种类型的定积分：转化为求一些复变函数在其上半平面内奇点处留数的计算(这些复变函数的获得：将原定积分中的被积函数中的变量以z 代换)强调： ()cos()Re{()}aix R x ax dx R x e dx +∞+∞-∞-∞=⎰⎰；()sin()Im{()}aix R x ax dx R x e dx +∞+∞-∞-∞=⎰⎰如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。
复变函数 第五章留数
F(t)
c
n
t
n
cnt
n
(2)
n 1
n0
第五章 留数
相应地规定：如果 t = 0 是 F(t) 的可去奇点、m 级极点或本
性奇点，则称z 是 f (z) 的可去奇点、m 级极点或本性奇点。
将式（1）写成
f
(z)
c
n
z
n
c0
cn zn
(3)
n 1
n 1
将式（2）写成
F(t)
cn t n
c0
cnt
( n 0, 1, 2, , m 1)
f
(m) (z0 ) m!
a0
0
故必有 f (z) cm (z z0 )m cm1(z z0 )m1 cm2 (z z0 )m2
(z z0 )m[cm cm1(z z0 ) cm2 (z z0 )2 ]
(z z0)m (z)
根据 0 z z0 内 f (z) 的 Laurent 级数的不同，孤立奇点 分为三种类型。
第五章 留数
1、可去奇点
如果 Laurent 级数中不含 z z0 的负幂项，孤立奇点 z0 称为 f (z) 的可去奇点。
即
c0 c1(z z0 ) cn (z z0 )n
在 0 z z0 内收敛于 f (z) 。
lim f (z)
zz0
或
lim f (z)
z z0
第五章 留数
如果 f (z)以 z0为其孤立奇点，则下列四个条件是等价的。 它们中的任何一条都是 m 级极点的特征：
（1） f (z) 在以 z0 点为中心的去心邻域内的 Laurent 级数只 有有限多个 z z0 的负幂项；
复变函数第5章
定理 5.4
不恒为零的解析函数 f ( z )
以 z 0 为 m 阶零点的充要条件为
f (a) f ( z0 ) f ( m1) ( z0 ) 0,
但 f ( m ) ( z0 ) 0.
例2 性质. 解
考察函数 f ( z ) z sin z 在z=0的
显然 f ( z )在 z 0 解析，且 f (0) 0. 由 f ( z ) z sin z
z
1 z
上式的右端表一在圆 K : z z0 R内的解析 函数。如果命 f ( z0 ) c0 ,则 f ( z ) 在 K 内与这个 解析函数重合。即若将 f ( z ) 在点 z0 的值加以 适当定义，则点 z0 就是 f ( z ) 的解析点。
例如，当我们约定 sin z z 在 z 0 就解析了。
例6
1 1 z z 1 sin z 2 (2) f ( z ) 2 z z 3! 5! z 主要部分有无穷多项故以 z 为本性奇点
3
作业:P83:T1;T2;T3.
5.2.1 留数的概念. 如果 f ( z ) 在点 a 解析，周线 C 全在点 a 的某邻域内，并且包围点 a ，则根据柯西积 分定理
(sin z 1) z 2 k cos z z 2 k 0,
2 2
(sin z 1) z 2 k sin z z 2 k 1 0,
2 2
故
z
2 都是 sin z 1 的二阶零点。
2 k
(ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 0, 1, 2,)
z a
z 0是e 的本性奇点.
因当z沿正实轴趋于零时, e ;
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第五章小结
一、函数()f z 孤立奇点0z 类型的确定 1. 求0
lim ()z z f z →
2. 求函数()f z 在0z 的去心解析邻域内的洛朗展式，观察洛朗级数的负幂项的项数 极点判断的特殊方法：确定相关函数零点的级数，将函数()f z 改写为
0()()
m
g z z z -的形式，其
中()g z 在点0z 解析且不为零 二、求0R e [(),]s f z z 的方法
1． 确定孤立奇点的类型，选择相应方法求解 (1). 若0z 为()f z 的可去奇点，则0Re [(),]0s f z z = (2). 若0z 为()f z 的极点，则利用规则
01
001
1
R e [(),]lim
[()()](1)!m m
m z z d
s f z z z z f z m d
z
--→=
--
说明：对一些特殊函数在孤立奇点处留数的计算，有时将m 取得比极点0z 的实际级数高时，利用上述规则反而简单
2. 当极点的类型难以确定，直接求()f z 在0z 的去心解析邻域内的洛朗展式，观察10()
z z --的系数
特殊结论：若()f z 在孤立奇点0的去心解析邻域内为偶函数，则Re [(),0]0s f z = 三、留数的应用
1. 求封闭曲线积分()C
f z dz ⎰ ：转化为()f z 在C 内奇点处的留数计算
2. 求解三类定积分：确定定积分类型，选择对应方法求解
第一种类型的定积分：难点在于利用i z e θ
=将原定积分中关于θ的函数转化为关于z 的函数(较繁琐，容易出错，仔细)
第二、三种类型的定积分：转化为求一些复变函数在其上半平面内奇点处留数的计算(这些复变函数的获得：将原定积分中的被积函数中的变量以z 代换) 强调：
()cos()Re{()}aix
R x ax dx R x e
dx +∞+∞-∞
-∞
=⎰
⎰
；()sin()Im{()}aix
R x ax dx R x e
dx +∞+∞-∞
-∞
=⎰⎰。