复变函数-留数定理资料

P (1) e Re s[ f ( z ),1] Q(1) 2
1 例 求 Re s[ 2 , i] 3 ( z 1)
解： 由于 f ( z )
1 ( z i )3 ( z i )3
所以z i是f ( z )的三级极点。
1 Re s[ f ( z ), i ] lim [( z i )3 f ( z )] ( 3 1)! z i 1 lim ( 3)(4)( z i )5 2 z z0
4、若z0为f ( z )的m级极点，则
1 d m 1 lim m 1 [( z z0 )m f ( z )] Re s[ f ( z ), z0 ] ( m 1)! z z0 dz
5、若z0为f ( z )的本性奇点，
将f ( z)在0 z z0 内展开成洛朗级数，求a1;
Re s[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z )
z z0
P( z) 3、若z0为f ( z ) 的一级极点，且 Q( z )
P( z), Q( z)在z0解析，P( z0 ) 0, Q( z0 ) 0, Q( z0 ) 0
则
P ( z0 ) Re s[ f ( z ), z0 ] Q( z0 )
当 m 1时
z Re s[ f ( z ),1] lim( z 1) f ( z ) lim 1 z 1 z 1 z 2
当m 2时
( m 1) 1 m Re s[ f ( z ),1] lim( z 1) f ( z ) ( m 1)! z 1


1 ( n) (1)n n! ( ) z2 ( z 2)n1
1 z lim (m 1)! z 1 z 2
( m 1)
1 2( 1)m 1 lim （m 1)! ( m 1)! z 1 ( z 2) m
2( 1)m 1 lim 2 m z 1 ( z 2)
sin( z 1) 例 求 f ( z) 在孤立奇点 z 1 处的留数。 z 1
解： 由于z 1是f ( z )的可去奇点，
故 Re s[ f ( z ),1] 0
二、留数的计算方法
Re s[ f ( z ), z0 ] 0 1、若z0是f ( z )的可去奇点，则
2、若z0是f ( z )的一级极点，则
z 例 求 dz | z| 3 ( z 1)( z 2)
z 解 :由于 f ( z ) 在圆周 | z | 3内部有一个一级 ( z 1)( z 2) 极点 z 1, 和一个一级极点z 2
3i 16
z sin z 例 求 Re s[ ,0] 6 z z si nz 1 1 3 1 5 解: 6 [ z ( z z z )] 6 z z 3! 5!
1 3 1 1 z z 3! 5!
1 所以 Re s[ f ( z ), 0] a1 5!
5.2
一、留数的定义
留数定理
设 z0 是函数 f ( z ) 的孤立奇点，我们把 f ( z ) 在 z0 处的洛朗展开式中负一次幂项的系数 a1 称 为 f ( z ) 在 z0 处的留数。
记为 Re s[ f ( z ), z0 ] 即
1 Re s[ f ( z ), z0 ] a1 2 i
例 求

z
| z| 3
( z 1) ( z 2)
m
dz
(m为正整数）
解 :由于 f ( z )
z ( z 1) ( z 2)
m
有一个 m 级极点 z 1, 和一
个一级极点z 2
由留数定理 ,有

| z| 3
f ( z )dz 2iRe s[ f ( z ),1] Re s[ f ( z ),2]
n
留数定理的重要作用之一, 就是 把计算封闭路径 C 上的积分化 为求被积函数在 C 内各孤立奇 点处的留数。
C2 C1
C
D
例 计算积分

C
ze z dz 2 z 1
C :| z | 2
ze z 解 :由 于 f ( z ) 2 有两个一级极点 1、 1， 而且这 z 1 它们都在圆周 C内
C
f ( z)dz
C为在0 z z0 内任意一条绕z0的 正向简单闭曲线
例 求 f ( z) ze 在孤立奇点 z 0 处的留数。
1 z
解： 由于在0 z 内有
1 1 1 2 ze z 1 z z ... 2! 3!
1 z
于是
1 Re s[ f ( z ),0] a1 2
三、留数定理
定 理 设 函 数 f ( z ) 在 区 域D 内 除 有 限 个 孤 立 奇 点 zk ( k 1,2, , n) 外 处 处 解 析 , C 为 D内包围各奇点的一 条正向简单闭曲线 ,则

C
f ( z )dz 2i Re s[ f ( z ), zk ]
k 1
ze z 例 求 Re s[ 2 ,1] z 1
解： 显然，z 1是f ( z )的一级极点，
ze z e ze z 所以 Re s[ f ( z ),1] lim ( z 1) 2 lim z 1 z 1 z 1 z 1 2
或者：取P ( z ) ze z , Q( z ) z 2 1
所以 而

C
f ( z )dz 2iRe s[ f ( z ),1] Re s[ f ( z ), 1]
ze z e Re s[ f ( z ),1] lim ( z 1wk.baidu.com 2 z 1 z 1 2
ze z e1 Re s[ f ( z ), 1] lim( z 1) 2 z 1 z 1 2 于是得到 e e 1 ze z C z 2 1 dz 2i 2 2 2i ch 1