第五章 留数的一般理论 复变函数课件
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高等数学课件-复变函数与积分变换 第五章 留数 §5.1 留数定理及留数的求法
0
的去心邻域内的罗朗展开式为：
sin z
1 z2
z4
L
1n z2n
L
z
3! 5!
2n 1!
故负幂次项 z1的系数 C1 0 ，即
Res
sin z
z
, 0
0
若孤立奇点z0为f (z)的可去奇点，则
Res f (z), z0 0
例1.3
函数
f
(z)
1 z(z 1)2
在
z
1 处有一个
二级极点，这个函数又有下列罗朗展开式：
n
Ñc f zdz 2πiRes f z, zk （1.3） k 1
证 把在c内的孤立奇点 zk k 1,2,L ,n
用互不包含的正向简单闭曲线 ck 围绕起来 （如图5－1）
图5－1
蜒c f zdz
c1
f
z
dz
蜒 f c2
zdz L
cn
f
z dz
以 2 i 除等式两边，得
1
Cm 0
Байду номын сангаас
g z Cm Cm1 z z0 L C1 z z0 m1
C0 z z0 m L
在点 z0 是解析的，且 g z0 Cm 0
由
f
z
gz z z0 m
，有 z
z0 m
f
z
gz
上式两端对 z 求导 m 1 次，并取极限（z z0），
得
lim
在 z 1的去心邻域
0 z 1 1
内的罗朗展开式，由于
f
z
z
1
12
z
1
1
n0
1n
z
复变函数第五章1留数
证明： 若z0是f (z)的m阶零点 即 f (z) (z z0 )m(z)
((z)在 z0 处解析, 泰勒级数：(z) a0 a1(z z0 ) )
f (z)在z0处的泰勒级数为
f (z) a0 (z z0 )m a1 (z z0 )m1 a2 (z z0 )m2
f (z0 ) f (z0 ) f (m1)(z0 ) 0, f (m)(z0 ) a0 0.
则孤立奇点z0称为 f (z)的本性奇点.
例如：f (z) sin 1 以z 1为它的本性奇点
因为sin
1
1 z
在z 1的去心邻域0 z 1 上的罗朗展式为
1
1
z
sin
(1)n ( 1 )2n1
1 z n0 (2n 1)! 1 z
1 ( 1 ) 1 ( 1 )3 (1)n ( 1 )2n1
z 1是f (z)的本性奇点.
或 z沿实轴从点1的右侧趋向于1
z沿实轴从点1 的左侧趋向于1
1
lim e z1极限不存在，且不为 z 1
z 1是f (z)的本性奇点课. 件
1
lim e z1
z1
1
lim e z1 0,
z1
9
综上所述:
定理5.1 若函数f (z)在0 z z0 R内解析，则
z 1是(z2 1)( z 2)3的一级零点
z 2是(z2 1（) z 2）3的三级零点，
z 1是f (z)的二级极点，(见例7,m 1 3 n)
z 2是可去奇点， (见例7,m 3 n)
z 0,2,3， 4， 是f (z)的三级极点.
(见例7, m 0 3 n)
k
课件
3
5.1.1 孤立奇点的定义及分类
复变函数第五章留数
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
§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.
高等数学课件-复变函数与积分变换 第五章 留数 §5.2 用留数定理计算实积分
§5.2 用留数定理计算实积分
引言
在实际问题中，往往会遇到求一些实 积分的值，计算比较复杂。但是，如果把 它们化为复变函数的积分，运用留数定理 计算可能要简捷的多。
首先，被积函数必须要与某个解析函 数密切相关。
其次，定积分的积分域是区间，而用 留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线 的积分。
一、形如
积分限化为从 到 ，又显然 lim f z 0 z
于是积分属于上述类型，可由（2.4）式计算
f z 可写成
f z
1 z2 a2
2
z
ia
1
2
z
ia
2
易见，f z 在上半平面只有一个二级极点
z ia，计算 f zeipz在 z ia 点的留数
Re s f
z eipz ,ia
Re s
f
z eiz , 2i
lim z
z2i
2i
f
z eiz
zeiz
1
lim
z2i z 2i
z2 1
6e2
Re
s
f
z eiz ,i
lim z
zi
i
f
z eiz
lim
zeiz
1
zi z2 4 z i 6e
将所得留数代入（2.5）式得：
I
xsin x dx
(x2 4)(x2 1)
奇点？在实轴上是否无奇点？
c．等式 lim zf z 0 是否成立？ z
（2）计算 f z在上半平面奇点处的留数，
然后代入上述公式就得结果。显然结果必然
是实数，如果是复数，说明计算有误。
例2.3计算积分
x2
I
x2 1 2 dx
引言
在实际问题中，往往会遇到求一些实 积分的值，计算比较复杂。但是，如果把 它们化为复变函数的积分，运用留数定理 计算可能要简捷的多。
首先，被积函数必须要与某个解析函 数密切相关。
其次，定积分的积分域是区间，而用 留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线 的积分。
一、形如
积分限化为从 到 ，又显然 lim f z 0 z
于是积分属于上述类型，可由（2.4）式计算
f z 可写成
f z
1 z2 a2
2
z
ia
1
2
z
ia
2
易见，f z 在上半平面只有一个二级极点
z ia，计算 f zeipz在 z ia 点的留数
Re s f
z eipz ,ia
Re s
f
z eiz , 2i
lim z
z2i
2i
f
z eiz
zeiz
1
lim
z2i z 2i
z2 1
6e2
Re
s
f
z eiz ,i
lim z
zi
i
f
z eiz
lim
zeiz
1
zi z2 4 z i 6e
将所得留数代入（2.5）式得：
I
xsin x dx
(x2 4)(x2 1)
奇点？在实轴上是否无奇点？
c．等式 lim zf z 0 是否成立？ z
（2）计算 f z在上半平面奇点处的留数，
然后代入上述公式就得结果。显然结果必然
是实数，如果是复数，说明计算有误。
例2.3计算积分
x2
I
x2 1 2 dx
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f ( z ) a m ( z z 0 ) m a m 1 ( z z 0 ) m 1 ,
其中， a( z m z 00 ) .m [ a m a m 1 ( z z 0 ) a m 2 ( z z 0 ) 2 ]
(zz0)m (z).
收敛且解析
方法一 f(0)0, f(0 ) 1 cz o z 0s 0 , f(0 ) sizz n 00 , f(0 ) cz o z 0 s1 0 , z0是 f (z)的三阶零点。
k 0 , 1 , 2 , ,
z k
1 kπ
为孤立奇点；
(2) z0也是奇点，但不是孤立奇点。
这说明奇点未必是孤立的.
y
函 数 的 实 部
o
x
注: 若函数的奇点个数有限， 则每一奇点都是孤立奇点.
四、孤立奇点的分类
根据函数在其孤立奇点的去心邻域的洛朗级数对奇点分类
定义 设 z 0 为 f (z) 的孤立奇点，将 f (z) 在 0|zz0| 内
例 f(z)lnz, 原点及负实轴上的点均为奇点， 但不是孤立奇点。
三、孤立奇点
定义 设 z 0 为 f (z) 的奇点，且存在 0, 使得 f (z) 在去心 邻域 0|zz0| 内解析，则称 z 0 为 f (z) 孤立奇点。
例 f (z) 1 ,
sin
1 z
(1) 令 sin
1 z
0
,
1z k π ,
解 z0是 f (z) 的奇点，由 limf(z)limsinz 1,
z0
z0 z
可知，z0是 f (z)的可去奇点。
或 将 f (z)在 z0的去心邻域展成洛朗级数，有
f(z)sizn 1(z1z31z5 )
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；
复变函数第五章1留数
sinz lz i0mz4
lz i0m((szi4)zn)' '
cosz lz im0 3z3
z 1为极点。
2020/6/16
11
5.1.2 零点与极点的关系
定义5.1：设f(z)在z0的邻域内解f析 (z0)， 0若 ，
则称 z0为解析函 f(z)数 的零点 m阶零点: 若不恒等于零的解析数函 f (z)能表示成
z a为(z)(z)的 mn阶零 . 点
2)(z)(z)(za)m n 1 1((z z))
当 mn时z， a为 ((zz))的 (mn)阶零点， 当 202m 0/6/1 6 n时 当mz， na时 为 ， z((zz))的 a为 (n ((m zz)))阶 的可 极去 点 . 奇 ， 点 16
7!
z 0为可去奇点 .
或
(sizn z) 0,(sizn z)' 0,
z0
z0
(sizn z)' 0,(sizn z)(3) 0
z0
z0
z0是(sinzz)的三级零点。
z 0是z3的三级零点。
z 0为可去奇点 . (见7,例 m3n)
2020/6/16
19
3) f(z） (z2(s1)in(zz)32)3
问 1 ） (z)(z)、 2 )(z)(z)在 z a有何性质？
解 可设 (z） (za)m 1(z)(z） (za)n 1(z)
其 1 ( z ) 中 1 ,( z ) 在 z a 解（ 1 析 a )1 ( a ) ， 0 . 1 ） ( z )( z ) ( z a ) m n1 ( z )1 ( z ),
类似z， i为f(z)的一阶极点。
问题z： 是 1 的几阶极点？
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z0是 f(z)的一阶 zi极 是 f(z)的 点二 ，阶
Re f(zs )0 [,]lifm (z)z z 0
lim
z0
eiz (z2 1)2
1
Rfe(z)si],[1lid m {f(z)(z i)2}
1 !z idz
d
eiz
lim { zi dz z(z
i)2}
3 4e
类似地，Rfe (z)s ,i] [1lim d{f(z)(z i)2 }
特别： z0 是f (z)的可去奇点 (罗朗时 展开式中不含负幂 项）
2020/6/30 Refs(z)[,z0]0
2. 极点处留数的计算
如果 z0是f(z)的m阶极点 则，
Rfe (z)s z0 ,][ (m 1 1 )lz !iz0d m d m m 1 1 z [f(z)z( z0 )m ] 规则I
ccm(zz0)md z 0 2i c 1
m1
（例3.6的结论）
m1
ccn(zz0)nd z0n0（柯西定理）
cf(z)d z2i c1
2020/6/30
定义5.3 设 f(z)在 0zz0R内解z0 析 为 f(z， )的孤立奇
1
2i
c f (z) dz 为f(z)在孤立奇 z0的 点留数记 ，R 作ef(sz)[z,0]
其中 C:z， z0rR
c 1 Rf( e z )z 0 s ,][
f (z)在z0去心邻域上罗朗级数负中幂项c1(zz0)1的系数。
例 1：计R 算ezs(z[1 1)2,1]
解： 在z1的去心0邻 z域 1内罗朗级数
1
z(z1)2
1 (z1)2
1 z
(z 1 1 )21 (1 z 1 )(z 1 1 )2n 0( 1 )n(z 1 )n
3
例2： 计算 f(z)zez在z0处留数；
3
解：zez在z 0的去心邻域内罗朗 为级 ：数
z3 z ez1(3)nz33233
n0n !z
2 !z 3 !z2
3
Re sz[ez ,0]
32
2!
留数计算有何简便方法？
2020/6/30
三、留数的计算方法
1.定义: f (z)在z0去心邻域上的罗朗 式展 ，开 c1(zz0)1项的系c数 1
2020/6/30
例5 求下列函数在孤立奇处点的留数
1) f (z) 1 cosz
解
zk
k,k0,1,为孤立
2
R zkf e ( zk )zs zkk , ] [ 2kz l ,kz ik fm ( 0 2z ,) 是 1 z,( c z ok 为 )zs的 f(zlz i)的 z一 m k zco阶 z一 zks零 zl i阶 ,zm k (点 c1极 oz)s' 点
1 1 1(z1) (z1)2 (z1)
R
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
esz([z11)2
,1]1
2020/6/30
(错误解法 )
1 z(z1)2
在z1
1内的罗朗级数
z(z1 1)2(z 11)21(1 z1)(z 11)3111
z1
(z 11)5(z 11)4(z 11)3
z 1 1
Resz[(z11)2 ,1]0
2020/6/30
2020/6/30
1 !z idz
1 4e
定理5.5(留数定理） 设D是复平面上一个有界闭区域，
是P(z)的0阶零点z0是f (z)的一阶极点。 R规fe 则(z) IIs Iz0 ,][ z l iz0fm (z )QPz( ( (zz00z ))0 )zl izm 0Q P((zz))(zz0)zl izm 0 Q(zz)P (zQ z)0(z0)
设 z0为 f(z)Q P ((z z))的一阶R 极 e Q P ((s z z点 ))[,z0] ， Q P '((zz0 0 则 ))
1 1
sinz|zzk
1
k为奇数 （洛比塔法则）
k为偶数
或
1
1 k为奇数
Ref(sz)[z,k](cz o)|z 'szk
1
k为偶数
2020/6/30
eiz 2) f (z) z(z2 1)2
解 z 0,z i为孤立奇点
z0为z(z2 1)的一阶零z点i为z(z21)2的二阶零 eiz在z 0,i处不为零。
2020/6/30 c1(m 1 1)z l! iz0m d dm m z 1 1[f(z)z(z0)m ]
特别1： )若z0 是f(z)的一阶极点时，则 2)若 f规(z则) II Q P((zz)),P(R z)及 Q fe ( (z z) )在 s z0 ,z]0 [ 都 lz iz0解 m f(z)z 析 (P (z z0 0))， 0,且 Q 证(明z0)：z0 0是 ,Q Q(z(0 z))的0 一,则 阶z零0为点f ， (z)的一阶极R 点e，sf([而 z),z0]QP((zz00))
例题 3.6
预备知识
dz 2πi
c(zz0)n1 0
n n 0 0,C:围绕 z0的任意闭
柯西定理: f(z)在以简单C 闭 为曲 边线 界的有D 界 上闭 解区
则Cf(z)dz0
2020/6/30
f( z ) c m ( z z 0 ) m c 1 ( z z 0 ) 1 c 0 c 1 ( z z 0 ) c n ( z z 0 ) n
注作 ：为计算留在 数计 的算 方罗 法朗 ， 只 展需 开求 式c出 时 1. 系 ， 其余系数可， 以所 不以 必只 理(要 z会 z0把 )1的 包项 含找出来
例f： (z)z3(si1n)5 z 0为孤立奇点 z
z 0的去心邻域上的罗朗数级为
f(z) z3(s1 z)i5 nz3(1 z 3 1 !z 1 3 )5 z1项不存在 Ref(sz)[0 ,]0
证 f( z ) c m ( z z 0 ) m c m 1 ( z z 0 ) m 1
c 1 (z z 0 ) 1 c 0 c 1 (z z 0 )
f(z )z( z 0 )m c m c m 1 (z z 0 )
c 1 ( z z 0 ) m 1 c 0 ( z z 0 ) m c 1 ( z z 0 ) m 1 于是 ddm m z11[f(z)z(z0)m] c 1 (m 1 ) c !0 (z z 0 )m 2