28.极点留数的计算
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留数计算规则
cos z 1 dz 2i Re s[ f ( z ),0] 2i ( ) i 3 z 1 z 2
例4
计算
z n
tanzdz ( n N )
si nz 解 tanz cosz 解 得z k
令 cosz 0 1 即, z k ( k 0,1,2, ) 2
0
当m=1时，式(5)即为式(4). p( z ) p( z ), Q( z )在z0处解析, 规则III 设f ( z ) Q( z ) p( z0 ) 0, Q( z0 ) 0, Q' ( z0 ) 0
p( z0 ) z0是f ( z )的一级极点 , 且 Re s[ f ( z ), z0 ] ( 6) Q' ( z 0 ) 事实上， Q( z 0 ) 0及Q' ( z 0 ) 0
z z0
( 4)
规则II 若z0是f ( z )的m级极点
1 d m 1 Re s[ f ( z ), z0 ] lim m 1 {( z z0 )m f ( z )} (5) ( m 1)! z z0 dz
事实上，由条件 f ( z ) c m ( z z0 ) m c 2 ( z z0 )2 c1 ( z z0 )1
z z0
p( z 0 ) p( z ) lim (Q' ( z 0 ) 0 ) 得 证 ！ z z0 Q ( z ) Q ( z ) Q' ( z 0 ) 0 z z0
5z 2 dz 例1 计 算 : z 2 2 z( z 1)
5z 2 在 z 2的 内 部 有 一 个 一 级 极 点 解 f (z) 2 z( z 1) z 0和 一 个 二 级 极 点 z 1
计算留数的方法
计算留数的方法一、留数的概念。
1.1 留数啊，就像是函数在孤立奇点周围的一个小秘密。
它反映了函数在这个奇点附近的一种特殊性质。
想象一下，函数就像一个复杂的迷宫，而孤立奇点就是迷宫里的特殊点，留数就是这个特殊点周围隐藏的小线索。
1.2 从数学定义来讲，对于一个以孤立奇点为中心的洛朗级数展开式，留数就是这个展开式中负一次幂项的系数。
这就好比在一堆数字和式子组成的宝藏里，我们专门挑出那一个特别的系数当作留数。
二、计算留数的常见方法。
2.1 可去奇点处的留数。
对于可去奇点，这是一种比较温和的奇点类型。
就像一个小坎坷，很容易就跨过去了。
在可去奇点处的留数是0。
这就好像这个小坎坷周围没有什么特别的东西留下，干干净净的，留数为0很符合它的特性。
2.2 极点处的留数。
一阶极点。
如果函数f(z)在z = a处有一阶极点，那么计算留数就有一个简单的公式，留数等于lim(z→a) (z a)f(z)。
这就像是我们有一把专门的钥匙来打开一阶极点处留数的大门。
比如说，有个函数f(z)=(1/(z 1))，在z = 1处是一阶极点，那我们用这个公式一算，留数就是1。
简单直接，就像我们走直路一样顺畅。
高阶极点。
当z = a是函数f(z)的m阶极点时，计算留数就稍微复杂一点。
留数等于lim(z→a) [(1/(m 1)!)]×(d^(m 1)/dz^(m 1))[(z a)^m f(z)]。
这就像在走一条有点绕的小路，不过只要按照这个公式一步一步来，也能算出留数。
比如说有个函数f(z)=1/(z 2)^3，在z = 2处是三阶极点，按照这个公式算下来，留数是1/2。
虽然过程有点繁琐，但就像解一道有点难度的谜题，解开的时候还是很有成就感的。
2.3 本性奇点处的留数。
本性奇点可就比较调皮了。
它没有像极点那样有比较规矩的计算留数的公式。
我们通常得通过函数的洛朗级数展开式来求留数。
这就像在一个没有明显标记的森林里找东西，只能靠自己慢慢探索。
第二节留数的计算方法
证 因为 Q(z0 ) 0, Q(z0 ) 0
所以z0为 Q(z) 的一级零点, 1
z0 为 Q(z) 的一级极点.
10
因此 1 1 (z),
Q(z) z z0
其中 (z)在 z0 解析且 (z0 ) 0,
f (z) 1 P(z) (z) . z z0 在 z0 解析且 P(z0 ) (z0 ) 0.
第二节 留 数
一、留数的引入 二、利用留数求积分 三、在无穷远点的留数 四、典型例题 五、小结与思考
一、留数的引入
设 z0 为 f (z)的一个孤立奇点;
C .z0
z0的某去心邻域 0 z z0 R C:邻域内包含z0 的任一条正向简单闭曲线
f (z) 在 0 z z0 R 内的洛朗级数: f (z) cn(z z0 )n c1(z z0 )1 c0
C
C1
C2
Cn
C
.zn
两边同时除以 2i 且
z1 . .z2
D
1 2i
C1
f
( z )dz
1 2i
C2
f
( z )dz
1 2i
Cn
f
( z )dz
Res[ f (z), z1] Res[ f (z), z2] Res[ f (z), zn]
n
Res[ f (z), zk ] 即可得.
Res[
f
(z),
z0
]limzz0(zz0
)
f
(z).
7
•规则2 如果 z0为 f (z)的 m 级极点, 那末
留数计算规则
例3： 计算积分
c
z4
z
1
dz
，
C
为正向圆周
z
3
。
解：
f
(z)
z z4 1
四个一级极点 z1,2 1, z3,4 i 都在C 内，
由规则Ⅲ，
P zk Q zk
zk 4 zk 3
1 4zk 2
故由留数定理
c
z4
z
1
dz
2
i
1 4
1 4
解：
f
(z)
ez
z z 12
的一级极点z 0 二级极点 z 1 都在C 内
由规则Ⅰ，
Res
f
z,0
lim z z0
ez
z z 12
lim
z0
z
ez
12
1
由规则Ⅱ ，
Res
f
z,1
(2
1 lim 1)! z1
d dz
Res f
z, z0
1
m 1
lim ! zz0
d m1 dz m1
z z0 m
f
z
规则Ⅲ
设
f
z
=
P Q
z z
，其中 P(z，) Q(z)
在
z0
处解析， 且 P(z0 ) 0
，
Q(z0 ) 0, Q(z0 ) 0 即 z0 为 f (z)的一级极点， 那么
即 z0 为 f (z)的一级极点， 那么
留数的计算
在扩充复平面内只有有限个孤立奇点, 定理二 如果 f (z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 在所有各奇点(包括 的留数总和必等于零. 那末 f (z)在所有各奇点 包括∞点)的留数总和必等于零 在所有各奇点 包括∞ 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
1. 留数的计算规则 规则1 规则 如果z0为f (z)的一级极点, 则
Res[ f (z), z0 ] = lim(z − z0 ) f (z)
z→z0
规则2 规则 如果z0为f(z)的m级极点, 则 1 dm−1 Res[ f (z), z0 ] = lim m−1 {(z − z0 )m f (z)} (m −1)! z→z0 d z 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+...,
根据 规则1,Res[ f (z), z0 ] = lim(z − z0 ) f (z),而 Q(z0)=0.
z→z0
P( z0 ) P(z) 所 lim(z − z0 ) f (z) = lim 以 , = z→z0 z→z0 Q(z) − Q(z ) Q′( z0 ) 0 z − z0 即得 规则 规则3。
⇒ Ι = −2π i
留数的定义留数定理留数的计算规则无穷远点的留数
( g ( z ) ( z ) p( z ) 在z0解析, 且 g ( z0 ) 0 )
则z0为f ( z)的一级极点,由规则
Re s[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z )
z z0
Re s[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z )
(5)
事实上，由条件
f ( z ) cm ( z z0 ) m c2 ( z z0 ) 2 c1 ( z z0 ) 1 c0 c1 ( z z0 ) , (cm 0)
以( z z0 )m 乘上式两边 ,得
( z z0 ) m f ( z ) cm cm1 ( z z0 ) c1 ( z z0 ) m1 c0 ( z z0 ) m
当 m = 1时，式(5)即为式(4).
p( z ) , Q( z ) p( z ), Q( z )在z0 处解析,
规则III 设f ( z )
p( z0 ) 0 , Q( z0 ) 0 , Q' ( z0 ) 0，则
z0 是f ( z )的一级极点 ,且 p( z0 ) Re s[ f ( z ), z0 ] Q' ( z 0 ) ( 6)
c k 1
n
k
]
(3)
证明
用互不包含 , 互不相交的正向简单闭 曲线ck (k 1,2,n)，将 c内的弧立奇点zk 围绕,
由复合闭路定理得：
f ( z)dz
c
c1
f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz
c2 cn
z变换留数计算法
z变换留数计算法
z变换留数计算法是z变换的一种计算方法，在计算z变换时，当极点处于单位圆上时，可以使用留数定理进行求解。
留数计算法的步骤如下：
1. 将z变换的极点表示为z=k，其中|k|=1
2. 利用留数定理，求出极点k处的留数res(k)
3. 根据留数定理，z变换的值等于所有极点留数的总和，即
Z(f(k)) = Σ res(k)
4. 最后，将得到的结果进行逆变换，以得到原始信号的时域表示
需要注意的是，在计算留数时，可以使用极点处的导数来计算留数，也可以使用主值来估算留数。
此外，在计算留数时，需要排除掉重根的情况，并且极点必须在信号的收敛域内。
总体来说，留数计算法是一种非常高效而又实用的z变换求解方法，可以在计算z变换时大大减少计算量和复杂度。
28.极点留数的计算
(z z0 )n f (z) cm (z z0 )nm L c1(z z0 )n1
c0(z z0 )n c1(z z0 )n1 L .
对上式求 n 1 阶导数, 得
dn1 dz n1
[(z
z0 )n
f
(z)]
(n
1)!c1+(含有
极点留数的计算
•法则1 如果 z0为 f (z)的1级极点, 那么
Re
s[
f
(
z
),
z0
]
lim[(
z z0
z
z0
)
f
(
z)].
证明 由于z0是 f (z)的1级极点，所以在z0的
某个去心邻域内的Laurent级数展开式为
f (z) c1(z z0 )1 c0 c1(z z0 ) L .
1)! zz0
dn1 dz n1
[( z
z0 )n
f
( z )].
证明 由于z0是 f (z)的m级极点，所以在z0的 某个去心邻域内的Laurent级数展开式为
f (z) cm (z z0 )m c2(z z0 )2
因此
c1(z z0 )1 c0 c1(z z0 ) L ,
故 (z z0 ) f (z) c1 c0(z z0 ) c1(z z0 )2 L ,
所以 lim[( z z z0
z0 )
f
(z)]
c1
Res[
f
(z),
z0 ].
例1
求 f (z)
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•法则2
P(z) , P ( z ) 及 Q( z ) 在 z0 都解析. 设 f (z) Q( z )
如果 P ( z0 ) 0, Q( z0 ) 0, Q( z0 ) 0, 那么 z0 为f (z) 的1级极点, 并且
P ( z0 ) Res[ f ( z ), z0 ] . Q ( z 0 )
1 d n 1 Res[f ( z ), z0 ] c1 lim n1 [( z z0 )n f ( z )]. ( n 1)! z z0 dz
例3
z 2n 求 f (z) n 在z= -1处的留数. ( z 1)
解 显然z= -1是f (z)的n级极点，所以
1 2 n ( n1) Res f ( z ), 1 lim z ( n 1)! z 1 2n(2n 1)(2n n 2) 2 n n1 lim z z 1 ( n 1)! ( 1)
syms 法则3>> 中取 n=5, z; 则
P ( z ) 1 cos z, Q( z ) z 5 .
不 1 1 >> f=(1-cos(z))/z^5; 显然 z=0 是Qlim(1 (z)的5 级零点 . 因为 级极 Res[ f ( z,),0] cos z )(4) . 4! z 0 24 >> r=limit(diff(f*z^5,z,4)/prod(1:4),z,0) P (0) P (0) 0, P (0) 1 0,
极点留数的计算
•法则1 如果 z 0 为 f ( z )的1级极点, 那么
Res[ f ( z ), z0 ] lim[( z z0 ) f ( z )].
z z0
证明
由于z0是 f (z)的1级极点，所以在z0的
某个去心邻域内的Laurent级数展开式为
f ( z ) c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 ) .
n 1
n1
c0 ( z z0 ) c1 ( z z0 )
对上式求 n 1 阶导数, 得
.
d n 1 n [( z z ) f ( z )] ( n 1)!c1+(含有 z z0 正幂的项), 0 n 1 dz d n 1 所以 lim n1 [( z z0 )n f ( z )] ( n 1)!c1 , 于是 z z0 dz
4
内包含所有奇点在其内部的分段光滑正向 Jordan 4 4 得到 f (z) 的部分分式展开 , 从而求出在极点处的 z 的1级极点, 并且 1 2 i 2 i 0. 4 2 P ( z0 ) 曲线, 则 4 z k 1 ( z 1) z z k 1 k Res[ f ( z ), z0 ] . P k , P与 数. 在上面的命令中 Q分别是分子多项式 n Q ( z 0 )
z2 dz , 其中C 例6 计算积分 3 z ( z 1)( z 3) C
是 z 2 的正向.
z2 f (z) 3 , z 显然 z=0 和z=1 z=1 解记 显然被积函数有 3级极点 =0和 1级极点 z ( z 1)( z 3)
分别是f (z)的3级和1级极点, 都在 z 2 的内部. 而 极点z=3在 z 2 的外部.
iz 2 P ( z ) e Q ( z ) 1 z 解 运行下面的 MATLAB 语句 . 显然 和 都在 z i
iz
>> syms z; 处解析，且 >> P=exp(i*z);Q=1+z^2; P( i ) e 1 0, Q( i ) 0, Q( i ) 2i 0. >> r1=limit(P/(diff(Q,z,1)),z,i) 所以 z i 是 f (z)的1级极点，并且 r1 = e iz i Res[ f ( z ), i ] , -1/2*i*exp(-1) 2z zi 2e >> r2=limit(P/(diff(Q,z,1)),z,-i) e iz e i. r2 = Res[ f ( z ), i ] 2 z 2 z i
如果在法则 3中取n=3, 那么计算就要麻烦得多. r =所以 , z=0是P(z)的2级零点. 故z=0是f (z)的3级
z dz , 其中C是 z 2 例5 计算积分 4 z 1 C
的正向.
i , z3 1, z4 i ,是函数 显然 z1 1, 解 如果函数 f (z) 即 2 是有理函数的形式
1 1 1 lim z 0 4 z 1 z 3
1 1 1 14 lim . 3 3 2 z 0 ( z 1) ( z 3) 27
1 Rez 1 2
z P ( z ) f (z) 4 f (z) , C的内部. 所以 的1级极点，并且都在 z 1 Q( z )
P(z) f( , P ( z ) 及 Q( z ) (其中 留数基本定理 )在区域 D 2f 根据 和 , (z设 P(z)和Q) ( z设函数 )法则 都是多项式 ,z ) 那么使用命令 Q( z )
n 1
2n(2n 1)(2n n 2) ( n 1)! (2n)! . ( n 1)!( n 1)!
( 1)
n 1
如果 z0 为 f ( 如果z0是f (z)的m级极点，有时在 法则3 中取
n>m来计算更为方便.
n m, 那么
1 cos z 1 Res[f ( z. ), z0 ] 例4 求 f ( z ) 在z=0处的留数 5 z (n 1)! 1 cos z z 3级极点 考虑函数 , z=0是ff((z )) 的 根据 例题 可知 设 解 运行下面的 MATLAB 语句 . z 5 ,. 在
证明 由条件易知z0是f (z)的1级极点. 于是
P(z) Res[ f ( z ), z0 ] lim( z z0 ) f ( z ) lim z z0 z z0 Q ( z ) Q ( z ) 0 z z0 P ( z0 ) . Q ( z 0 )
e 例2 求 f ( z ) 2 在孤立奇点处的留数. 1 z
于是，根据留数基本定理
z2 14 1 dz 2 i i . 3 z ( z 1)( z 3) 27 27 2 z 2
在孤立奇点处的留数. 易知z=1和z=2 都是 f (z)语句 的1级极点，故 解 运行下面的 MATLAB .
z
ez >> syms z; lim[( z 1) f ( z )] lim Res[ f ( z ),1] e, z 1 z 1 z 2 >> f=exp(z)/((z-1)*(z-2)); ez 2 Res[ f ( z ),2] lim[( z 2) f ( z )] lim e . z2 z2 z 1 >> r1=limit(f*(z-1),z,1) P(z) (z , z0是P(z)的m级零点, =0f 是 g) (z )的1级极点，于是 由定理的 推论 , z 设 r1 = Q( z ) sin z Res[ g z ),0] lim[,zg ( z )] n > lim f1. -exp(1) 也是 Q( z( )的 n级零点 则当 m 时 , z 是 (z)的n-m级 0 z 0 z 0 z
周 z 2 的内部,所以由留数基本定理就得积
>> syms z;
>> f=(z-2)/(z^3*(z-1)*(z-3));
1 z2 Res[ f ( z ),0] lim >> 2! z 0 ( z 1)( z 3)
2*pi*i*(limit(diff(z^3*f,z,2)/prod(1:2),z,0)
•法则3
如果 z0 为 f ( z ) 的 m 级极点, 取正整数
n 1
n m, 那么
1 d Res[f ( z ), z0 ] lim n1 [( z z0 )n f ( z )]. ( n 1)! z z0 dz
证明 由于z0是 f (z)的m级极点，所以在z0的
某个去心邻域内的Laurent级数展开式为
, z2)d , , z如果 外处处解析 ,C 是 D 内除有限个孤立奇点 z f1( z[R,p,k]=residue(P,Q) 2 i P( z Res[ f ( z ), z ] n ) 0, Q ( z ) k 0 0 0, Q ( z0 ) 0, 那
C k 1
2 ( z z ) f ( z ) c c ( z z ) c ( z z ) , 故 0 1 0 0 1 0
z z0 ) f ( z )] c1 Res[ f ( z ), z0 ]. 所以 lim[( z z
0
e sin z 例1 求 f ( z ) 和 g( z ) 2 ( z 1)( z 2) z
f ( z ) c m ( z z0 ) m c 2 ( z z0 ) 2 c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 ) ,
因此
( z z0 ) f ( z ) c m ( z z 0 )
n n
n m
c1 ( z z0 )