4-留数定理 (1)
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数学物理方法4留数定理
P 0
Res f (0) =
=1
Q(0)
15
例4
计算积分
tan zdz
z =n
(n为正整数).
解 因tan z = sin z = P(z) ; 只以 cos z Q(z)
z=k+1 2
k = 0, 1,
, n 1, n为一阶极点,
Res tan z
z =k + 1 2
=
sin z (cos z)'
• (2) 要计算解析函数的积分，关键：计算留数；
• (3) bj(j=1,2,…)是 l 所包围的f(z)的所有奇点，而不是 f(z)所有的奇点。
6
例1
求
f (z) = z sin z z6
在 z = 0 的留数.
解: 采用洛朗展开式求 a1 :
z
sin z6
z
=
1 z6
z
z
z3 3!
+
Res
f
(1)
=
(2
1 lim
1)! z1
d dz
(z
1)2
ez z(z 1)2
=
lim
z1
d dz
ez z
=
lim
z1
e
z
(z z2
1)
=
0,
所以
ez
l
dz z(z 1)2
= 2 iRes
f (0) + Res
f (1)
= 2 i(1+ 0)= 2 i.
17
（三）无穷远点的留数
定义 设函数 f (z)在圆环域 R z +内解析，
l0
第四章 留数定理
3) lim zf z 0.
z
结果 :
数之和 ] f x dx 2i[ f ( z )在上半平面的所有的留
类型三
f x eimx dx
(m>0)
积分条件: 1) 积分区域为(-∞,∞) 2) f(z)无实的奇点,且在上半平面除有限个 奇点外是解析的, 3)当z→∞时,f(z)→0 结果 : f x eimx dx 2i[ f z eimz在上半平面的留数之和]
1 特别n 1 n!, 2
•
' 1 3). C , 1
2). z 1 z , sin z
• C为欧拉常数.
一个特例若f(z)在z=b点为一阶极点,且 当Pb f z lim z b Qz z b z b Pz P b lim ' Q b z b Q z Q b
m z z 1 z z 1 1 [令F z R 2 , 2i iz ] 2i Re sF ak k ak 为F z 在单单位圆内的奇点 .
类型二 :
f x dx
积分条件 : 1)积分区间是(, );2) f ( z )无实实奇点, 且在上半平面除有限个 奇点外是解析的.
对变换z ei ,
cos 1 1 1 1 dz . z , sin z , d 2 z 2i z iz 2 z z 1 z z 1 dz Rcos , sin d R 2 , 2i iz .(1) 0 z 1
0
0
f x cos m xdx i[ f z e imz在上半平面的留数之和 ]
z
结果 :
数之和 ] f x dx 2i[ f ( z )在上半平面的所有的留
类型三
f x eimx dx
(m>0)
积分条件: 1) 积分区域为(-∞,∞) 2) f(z)无实的奇点,且在上半平面除有限个 奇点外是解析的, 3)当z→∞时,f(z)→0 结果 : f x eimx dx 2i[ f z eimz在上半平面的留数之和]
1 特别n 1 n!, 2
•
' 1 3). C , 1
2). z 1 z , sin z
• C为欧拉常数.
一个特例若f(z)在z=b点为一阶极点,且 当Pb f z lim z b Qz z b z b Pz P b lim ' Q b z b Q z Q b
m z z 1 z z 1 1 [令F z R 2 , 2i iz ] 2i Re sF ak k ak 为F z 在单单位圆内的奇点 .
类型二 :
f x dx
积分条件 : 1)积分区间是(, );2) f ( z )无实实奇点, 且在上半平面除有限个 奇点外是解析的.
对变换z ei ,
cos 1 1 1 1 dz . z , sin z , d 2 z 2i z iz 2 z z 1 z z 1 dz Rcos , sin d R 2 , 2i iz .(1) 0 z 1
0
0
f x cos m xdx i[ f z e imz在上半平面的留数之和 ]
04_留数定理
应用留数定理计算实变函数定积分 §4.2 应用留数定理计算实变函数定积分
围道积分法 基本思想：实变函数定积分↔ 基本思想：实变函数定积分↔复变函数回路积分 y l2
l1 a 0 b x
∫
l
f ( z )dz = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( z )dz
l1 l2
几种类型实变定积分的计算方法
1 d m −1 Res f ( z0 ) = lim m −1 ( z − z0 ) m f ( z ) (m − 1)! z → z0 d z
3. 本性奇点的留数通过洛朗展开来计算 本性奇点的留数通过洛朗展开来计算 通过
ze z 例: Res , 2 z −1
dz 例：计算回路积分 ∫ z =1 2 ε z + 2z + ε
解：由 ε z 2 + 2 z + ε = 0 ⇒ f ( z ) =
( 0 < ε < 1)
1 ε z 2 + 2z + ε
的两个单
极点为： 极点为： −1 + 1 − ε 2 −1 − 1 − ε 2 z01 = , z02 = ε ε
ez 例: Res 2 , ∞ z −1 e 1 Res f (1) = , Res f (−1) = − e −1 2 2 e −1 − e Res f (∞) = 2
1 2 3 f ( z) = 1 − + 2 + 3 , z z z
∞
1 1 Resf (∞) = −Res f ⋅ 2 , 0 = 1 z z
2） f ( z ) = ）
e
2
1z
z −z
04_留数定理
+∞
推导
∫
+∞
−∞
f ( x)dx =2πi{f(z)在上半平面所有奇点的留数之和}
+∞ −∞
例：计算 I = ∫
+∞
1 dx （n为正整数） 2 n (1 + x )
黑板
此时，如果f(z)在实轴上存在有限个单极点，则 推导
∫
−∞
f ( x)dx =2πi{f(z)在上半平面所有奇点的留数之和}
+πi{f(z)在实轴上所有奇点的留数之和} 黑板
∑ Res f ( z ) + Res f (∞) = 0
k =1 k
n
1. lim f ( z ) = 0 a Res f (∞) = − lim[ z ⋅ f ( z )] z →∞ z →∞ 1 1 2. lim f ( z ) ≠ 0 a Res．f (∞) = − Res[ f ( ) 2 , 0] z →∞ z z
课堂练习：
∫
| z|= 2
ze z z eZ z − sin z f ( z ) d z; f ( z ) = 2 , 4 , , 2 z − 1 z − 1 z ( z − 1) z6
设∞为f(z)的一个孤立奇点，即f(z)在去心邻域R<|z|<+∞内 解析，则定义函数f(z)在z=∞处的留数为 1 Res f (∞) = ∫L f ( z )dz 2πi 其中L: 积分方向为顺时针方向（实际上是包含无穷远点 的区域的正方向）.如果f(z)在z=∞的去心邻域R<|z|<+∞内 的洛朗级数为
1 d m −1 (3) Res f ( z0 ) = lim m −1 [( z − z0 ) m f ( z )] (m − 1)! z → z0 d z
数学物理方法课件：第四章 留数定理及其应用
z0
z0 z 2i 2i 2
z0 0 是f（z）的三阶极点
Re
s
f（0）
lim
z0
1 2！
d2 dz 2
z3 f（z）
1 d2
lim
z0
2！
dz
2
1
z
2i
12
lim
z0
2！（z
2i）3
1 i
8i 8
[例2] [解1]
求
f（z）
1 zn 1
f（z）（z 1）（z
在z0=1的留数
k！
Re s
f（z0）
a1
bm 1 （m
1
d m1
1）！dzm1
（z）
z z0
Re s
f（z0）（m
1 1）！zlimz0
ddzmm11（z
z0）m
f（z）
[推论]
若
f（z）
P（z），其中
Q（z）
P（z）和
Q（z）都在
[z则证0点：明解] 析R，Pe（s且zf0）（Pz（00），z0）QQ（P0（（，z0）zzQ00））（0z0） 0，Q（z0） 0
对
R
z
k
环 域中一个正向
（顺时针）回路l’，另作一
l
个围绕 点半径r很大的圆
形环路C。根据柯西定理：
C
f（z）dz f（z）dz ak zkdz
l
C（）
k C
zkdz （rei）kd（rei）
C
C
ir
k
1
2
e
i（k
1）
d
0
2i
k 1 k 1
0
第四章 留数定理及其应用
对复变函数dzia定理41多个奇点的留数定理内的有限个奇点外均解析则复连通区域柯西积分定理单奇点留数定理由留数定理泰勒展开可反推出柯西积分公式和解析函数的无穷可导公式可以看作是留数定理的变形
第四章 留数定理及其应用
本章主要内容：
1. 留数的定义 2. 留数定理、留数的计算 留数定理、 3. 利用留数定理计算围线积分 4. 利用留数定理计算实积分
1 f (z) = , Res f (∞) = −1 z
※ 回顾：无穷远点奇点类型的判定。
定理4.2 如果 f (z)在扩充了的复平面上只有有限 个奇点，则 f (z)在所有奇点(包括无穷远点在内) 的留数之和为零。 如何证明？ 例4.6
ez f (z) = ，求 Res f (∞) 1+ z
若 f (z)= tan z，是否能求出Res f (∞) ?
§4.1 留数定理 一. 留数的定义
设z0为 f (z)的孤立奇点， f (z) 在z0的去心邻域
0 < | z − z0 | < R 内有洛朗展式 :
f (z) = ∑ an (z − z0 )
n=−∞ ∞ n
称 a−1 为 f (z)在 z0点的留数，记作 Res f (z0)。 即，留数是 (洛朗展式中) 负一次幂的系数。 Question: 为什么强调 z0 孤立奇点？
z→z0
如何证明？
从右往左,利用留数的定义和洛朗展开证明.
P(z) 公式 II 若 f (z) = ，其中P(z)和Q(z)均在z0 Q(z) 点解析，且 P(z ) ≠ 0, Q(z ) = 0, Q'(z ) ≠ 0
0 0 0
则
P(z0 ) Res f (z0 ) = Q'(z0 )
第四章 留数定理及其应用
本章主要内容：
1. 留数的定义 2. 留数定理、留数的计算 留数定理、 3. 利用留数定理计算围线积分 4. 利用留数定理计算实积分
1 f (z) = , Res f (∞) = −1 z
※ 回顾：无穷远点奇点类型的判定。
定理4.2 如果 f (z)在扩充了的复平面上只有有限 个奇点，则 f (z)在所有奇点(包括无穷远点在内) 的留数之和为零。 如何证明？ 例4.6
ez f (z) = ，求 Res f (∞) 1+ z
若 f (z)= tan z，是否能求出Res f (∞) ?
§4.1 留数定理 一. 留数的定义
设z0为 f (z)的孤立奇点， f (z) 在z0的去心邻域
0 < | z − z0 | < R 内有洛朗展式 :
f (z) = ∑ an (z − z0 )
n=−∞ ∞ n
称 a−1 为 f (z)在 z0点的留数，记作 Res f (z0)。 即，留数是 (洛朗展式中) 负一次幂的系数。 Question: 为什么强调 z0 孤立奇点？
z→z0
如何证明？
从右往左,利用留数的定义和洛朗展开证明.
P(z) 公式 II 若 f (z) = ，其中P(z)和Q(z)均在z0 Q(z) 点解析，且 P(z ) ≠ 0, Q(z ) = 0, Q'(z ) ≠ 0
0 0 0
则
P(z0 ) Res f (z0 ) = Q'(z0 )
数学物理方法第4章留数定理-2016
式中
称为f(z)在bk处的留数,
它等于f(z)在bk的无心邻域的洛
朗展开中的洛朗系数
f(z) 的洛朗展开为
6
证明 首先在 内以各奇点为圆心,作小圆周 L1,L2,L3,…,Lk,… 分别包围各奇点,如图4.1所示.这样,
由外边界线 L0与内边界线L1,L2,L3,…,Lk,… 为边界 构成了复通区域.由复通区域的柯西定理，得
1 lim
(m 1)! zb
d m 1 d z m1
[( z
b)m
f
( z )]
4.1.7
即
Res
f
(b)
1 lim (m 1)! zb
d m 1 d z m1
[( z
b)m
f
(z)] .
10
3. 若 b 为 f (z) 的一阶极点 (1) 第 一 种 情 形 ： 若 b 为 f (z) 的 一 阶 极 点 ， 则 f (z) 在
因此对于本性奇点处的留数，就只能利用罗朗展开式的方法或 计算积分的方法来求．
13
14
15
16
17
18
例5
求
f
(
z)
1
1 z
4
在有限远奇点的留数。
解: f(z)分母的零点由 1 z4 0 确定,易见
z k 4 1 4 e i2 k 1 e i2 k 4 1 , k 0 ,1 ,2 ,3
其次,对于沿Lk的积分,由式(4.1.2)可得
将式(4.1.4)代入式(4.1.3),并将
代入,即有
7
4.1.2、计算留数的方法
1 若 b 为 f (z) 的可去奇点，则 f (z) 在 0 z b R 内
第四章留数定理及其应用
两边沿顺时针方向积分
x ol
f (z)dz l
ak
zkdz
l
ak l zkdz a1 2 i
k
k
66
因此f (z)在z=的留数为f (z)在z=邻域内的罗朗展开式 中z-1项的系数的a-1相反数，即
Re sf () a1 若f (z)在有限远的可去奇点邻域内的罗朗展开式中没有负 幂项， f (z)在有限远的可去奇点上的留数为零；若无限远 点为可去奇点时， f (z)在无限远点邻域内的罗朗展开式中 没有正幂项，但有负幂项，所以无限远点为可去奇点时， Res f ()一般不为零.
f (z) P(z) 1 其中P(z)=1，Q(z)=sinz，则:
Q(z) sin z
Res
f
(k )
lim
zk
1 (sin z)'
lim
zk
1 cos z
(1)k
k 0, 1, 2,
1144
由于z=不是f (z)的孤立奇点（是各奇点z=k当 k 时
的极限点），因此在z=的留数没有意义.
四、推论
若函数f (z)在复平面上除有限个孤立奇点外解析，则函 数f (z)在各奇点（包括无限远点）上的留数和为零. 此 定理称为留数和定理.
77
【证】 设闭曲线l把复平面内所有的有限远的孤立奇点都包围 在内，则：
m
l f (z)dz 2 i Resf (bk ) k=1
无限远点的留数为： f (z)dz 2 i Resf () l
b
a F ( x)dx C F (z)dz l F (z)dz
2 i[F(z)在闭曲线所包围的区域内各奇点上的留数之和].
其中
b
x ol
f (z)dz l
ak
zkdz
l
ak l zkdz a1 2 i
k
k
66
因此f (z)在z=的留数为f (z)在z=邻域内的罗朗展开式 中z-1项的系数的a-1相反数，即
Re sf () a1 若f (z)在有限远的可去奇点邻域内的罗朗展开式中没有负 幂项， f (z)在有限远的可去奇点上的留数为零；若无限远 点为可去奇点时， f (z)在无限远点邻域内的罗朗展开式中 没有正幂项，但有负幂项，所以无限远点为可去奇点时， Res f ()一般不为零.
f (z) P(z) 1 其中P(z)=1，Q(z)=sinz，则:
Q(z) sin z
Res
f
(k )
lim
zk
1 (sin z)'
lim
zk
1 cos z
(1)k
k 0, 1, 2,
1144
由于z=不是f (z)的孤立奇点（是各奇点z=k当 k 时
的极限点），因此在z=的留数没有意义.
四、推论
若函数f (z)在复平面上除有限个孤立奇点外解析，则函 数f (z)在各奇点（包括无限远点）上的留数和为零. 此 定理称为留数和定理.
77
【证】 设闭曲线l把复平面内所有的有限远的孤立奇点都包围 在内，则：
m
l f (z)dz 2 i Resf (bk ) k=1
无限远点的留数为： f (z)dz 2 i Resf () l
b
a F ( x)dx C F (z)dz l F (z)dz
2 i[F(z)在闭曲线所包围的区域内各奇点上的留数之和].
其中
b
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1
1 1 1 Re s f z lim 2 lim z z (z 2 z )' z z 2z 2 2 1 2
dz 1 i 2iRes f ( z ) 2i 2 2 z 2 z 2 1 1 2 | z| 1
n
f ( z )dz ?
l
复习：如果 f(z) 是复闭通区域上的解析函数，则
f ( z)dz
l
重要例题结论：
1 2i
i 1
li
f ( z )dz 0.
l
0, dz z 1.
l不包围 l包围 n 1
2
1 n ( z ) dz 0. l 2i
§4.1 留数定理
（一）留数定理
设函数f(z)在回路l所围区域 B上除有限个孤立奇点 b1,b2, … ,bn外解析，在闭区域 B 上除 b1,b2, … ,bn 外连续，则
f ( z)dz 2i Res f (b ).
l j 1 j
n
其中Res f(bj)表示函数f(z)在点 bj邻域洛朗展开式 中负一次幂项系数，称为函数f(z)在孤立奇点bj处 的留数(residue)。
＋
l顺时针
f ( z )dz 2i Re s f ()
0 2if ( z) 在所有各点的留数之和
7
（二）留数的计算
1、按定义
将函数f(z)在奇点z0的邻域 中展成洛朗级数：
Res f(z0)= a-1 对z=∞点要反号： Res f(∞)= - a-1 例如：函数
1 z
f ( z ) e 在奇点z =0的留数（p46）。
0 1
dz 2 z 2z z 1
• 0 y o • 2 x
dx , 例1 I 1 cos x 0
解 I
dz / iz 2 1 zz i z 1 1 2
z平面 • 1 x
2 i 2 p55 I 2 i 1 2 1
10
例1：求 f ( z )
解：
1 ( z n 1)
在z0= 1 处的留数.
1 1 z0= 1是单极点 f ( z) n n 1 n 2 ( z 1) ( z 1)( z z z 1)
1 Re s f (1) lim( z 1) n 1 n 2 z 1 ( z 1 )( z z z 1 ) 1 1 lim n 1 n 2 z 1 z z z 1 n
第四章 留数定理(3)
已讲：一个解析函数在它的解析区域内各 处的函数值有很强的内在联系。这突出
表现在柯西积分公式(p29)及其推论。
本章：讨论这种关系的另一种表现形式 解析函数的积分值与函数奇点的关系。
1
§4.1 留数定理
由柯西定理，若f(z)在l内解析， l f ( z )dz 0 ，
若f(z)在l内有奇点，
lim ( z z0 ) m f ( z ) am 非零有限值
求 a-1, 对照p38(3.3.4) ， (z-z0)m-1项前的系数可表为
z z0
a1 ( z z0 )m1 a0 ( z z0 )m
(4.1.11)
1 d m1 m Res f ( z0 ) a1 lim [( z z0 ) f ( z )] m 1 z z0 ( m 1)! dz
z n lim ( z n ) f ( z ) lim z n z n sin z ( z n )' 1 lim lim ( 1)n z n (sin z )' z n cos z
z 2i 例3：求 f ( z ) 5 3 的极点，以及在极点上的留数 z 4z 解：
3
1、 l内有一个孤立奇点 z=z0
f ( z)dz
l
l0
f ( z )dz
f ( z)
k
k a ( z z ) k 0
k a ( z z ) dz k 0 k a ( z z ) dz k 0 l0
l
f ( z )dz
l0
k
9
4、m (m2)阶极点留数的计算 设 z0 是 f(z) 的 m 阶极点
a m a1 f ( z) a0 a1 ( z z0 ) m ( z z0 ) z z0
两边乘 ( z z0 )m , 得到：
( z z0 )m f ( z ) am am1 ( z z0 )
③本性奇点z=∞ ，
e a e a sha Re sf () [Re sf (ia) Re sf (ia)] 2ia ia
15
例：求 f(z) = z/(z-1)的Res f(∞) 解：f(z) = z/(z-1)，在有限远的仅有单极点z=1，而 Res f(1)=1 Res f(∞)+ Res f(1)=0 所以，Res f(∞)=-1 另解：将f(z)以 z= ∞为展开中心，在
1 1 i lim z 0 ( z 2i ) 3 8 8i
例4：计算沿单位圆 | z |=1 的回路积分。
dz 2 z 2z | z| 1
(0 1)
13
解：寻找被积函数在单位圆内的极点，即它的分母在单位 圆内的零点。
z 1 1 1 f ( z) 1 2 1 z 1 1 z z z
1 z
展开
所以， Res f(∞)=-a-1=-1
本节作业：第55页 第1题（2，5）； 第2题（2，3）。
16
§4.2 应用留数定理计算实变函数定积分
实变函数积分复变函数的回路积分 基本思想: 将在区间 l1=[a, b] 的实变函数积分 与复平面上的回路积分联系起来。 积分
20
类型二：
f ( x)dx
其中：(1) 积分区间是 (-, + ); (2) 复变函数 f(z) 在实轴上无奇点，在上 半平面除有限个奇点（b1, b2…bn) 外解析； (3) 当 z 在上半平面及实轴上时，zf(z) 一致地 0； 如果 f(x) 是有理分式 φ(x)/ψ (x) ,则ψ (x)在实轴 无零点， ψ (x)的次数至少高于φ(x) 二次。
• a
y l2
l
l1
• b x
f ( z)dz
l
b
a
f ( x)dx f ( z)dz.
l2
如果左边积分和右边第二个积分可以利用复变函数理论容
易求出，这样就可以完成实变函数定积分。
18
类型一：
R(cos x, sinx)dx
0
2
其中：（1） R(cosx, sin x) 是 sinx, cosx 的有理式； （2）积分区间是 [0, 2]； (3) 在区间[0, 2]内，R无奇点。
2ia1 2i(a1 ) 2i Re s f ()
即使无限远点不是奇点， Res f(∞) 也可以不为零。
4、留数和定理
若函数f(z)在复平面上除有限个孤立奇点外解析，则函 数f(z)在各奇点（包括无限远点）上的留数和为零。
6
证明：
l逆时针
f ( z )dz 2i f ( z ) 在所有有限远奇点的留 数之和
特殊情形
f ( z) P( z ) ，P(z)和Q(z)都在z0点解析，z0是Q(z) Q( z )
的一阶零点， P(z0) ≠0，从而z0是f(z)的一阶极点， 则
P( z ) P( z0 ) Res f ( z0 ) lim( z z0 ) z z0 Q( z ) Q' ( z0 )
z 2i z 2i 1 f ( z) 3 2 3 3 z z 4 z z 2i z 2i z z 2i
单极点 2i, 三阶极点0
12
z=2i z=0
Re s f ( 2i ) limz 2i f ( z ) lim
z 2 i
I
b
a
f ( x)dx
可以看做复变函数线积分的特例,即是复变函数在 实轴上的线积分。因此，可把上述实数积分与复 变函数积分联系起来。
17
方法一、通过变量变换，把区间 l1=[a, b]映射成复平面的回路，把实 数积分变成复平面的回路积分。 方法二、如果 补充线段 l2,可构成回 路积分l。l包围区域B，实函数f(x) 解析延拓到闭区域 B中，而实积分 成为回路积分的一部分。
1 1 i 3 z 2 i z 8i 8
1 1 lim z f ( z ) lim z 0 z 0 z 2i 2i
3
1 d2 3 1 d2 1 Re sf (0) lim 2 z f ( z ) lim 2 z 0 2! dz z 0 2! dz z 2i
21
积分主值概念：反常积分
f ( x)dx
14
第55页 1(4). 确定函数
留数。
解：①单极点 z=ia,
e iz z2 a2
的奇点，求出函数在各奇点的
e iz e a Re sf (ia) lim( ) z ia z ia 2ia
iz a a e e e ②单极点 z=-ia, Re sf (ia) lim ( ) z ia z ia 2ia 2ia
l i 1 n i 1
n
li
f ( z )dz