第四章留数定理

f
(z), ]
Res
f
1 z
1 z2
,0
积分的又一种方法:
f
(z)dz
2πiRes
f
1 z
1 z2
,0
C
在很多情况下此法更为简单.
证明 现取正向简单闭曲线C为半径足够大 的正向圆周 :
z .
设
z 1, ζ
并设 z ρeiθ , ζ rei
则 ρ 1,θ,
r
于是有
Res[ f (z),] 1 f (z)dz 2πi
推论：如果函数f(z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点,
那末f(z)在所有各奇点(包括点)的留数总和必等于零.
n
Res f () Res f (zk )
k 1
1 f (z) d z 1 f (z) d z 0.
2πi
2πi
l
l
四.在无穷远点处留数的计算
四.在无穷远点处留数的计算
Res[
(1)n
例4 计算积分
z
zez 2
1
d
z
，C为正向圆周|z|=2.
C
解
由于
f (z)
z ez z2 1
有两个一级极点+1,-1, 而这两个
极点都在圆周|z|=2内, 所以
zez z2 1 d z 2 π i[Res f (1) Res f (1)].
C
z ez
zez e
Res
f
(1)
lim(z
z 1
1)
z2
1
lim
z 1
z
1
2
z ez
z ez e1
Res
f
(1)
lim (z
z 1
1)
z2
1
lim
z 1
z
1
. 2
zez
dz
2πi( e
e1 )
2 π i ch1
z2 1
22
C
也可以下式来求留数:
lim(z
zz0
z0
)
f
(z)
P(z0 ) Q'(z0 )
P zez , Q z2 1
l
积分路线的方向是负的。-----------留数定理
说明：
（1） f (z)是周界处到无穷大区域上的函数。在 z
的邻域上解析 （2）对无穷远区域来说，l 的正方向积分就是顺时针方向。
（3） Re sf () a1 (与有限远点的留数相差一个负号。)
（4） 即使 点不是函数的奇点， Res也f(可z)以不为0。
f (z) d z 2 π ia1.
l
其中a-1就称为f(z)在z0的留数, 记作Resf(z0), 即
a1
Res
f
(z0 )
1 2πi
f (z)d z
l
2、有限远点的留数定理
设函数f(z)在区域D内除有限个孤立奇点b1,b2,...,bn外处处
解析. l是D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线, 则
令 z ei
dz iei d d dz ,
iz
sin 1 (ei ei ) z - z-1 ,
2i
2i
cos 1 (ei ei )
z z1
,
2
2
当 历经变程 [0,2π ] 时,
z 沿单位圆周 z 1的 正方向绕行一周.
2π
0
R(cos
,
sin
)d
z
1
R
z
2 2z
1
,
z
2 2iz
[证毕]
例7 计算积分
z
z4ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
d 1
z
,
C为正向圆周:|z|=2.
C
解
z
z4 1 在|z|=2的外部无奇点,因此
1 z2
f (1) z
1 z2
z 1 z4 1
z 3 z4
1
1
z z4
因此
z
4
z
1
d
z
2
π
i
Res
f
(0)
0
C
例8 求
z
(z 1（) z 1）2 在 z 1, 的留数。
l
l1
l2
ln
f (z) d z 2πi[Res f (z1) Res f (z2 ) Res f (zn )]
l
n
即 f (z) d z 2 π i Res f (z j ).
l
j 1
zn l3 z3
ln z1 l2 z2
l1
D
l
求函数在奇点z0处的留数即求它在以z0为中心的圆环域内
f (z)d z ?
l
f (z) d z ( ak zk )dz 2πi(a1)
l
l k
负号来源于积分方向与有限远点的正积分方向相反。
2、留数定理
设函数 f(z) 在圆环域R<|z|<内解析, l 为圆环域内绕 原点的任何一条简单闭曲线, 则绕无穷远点的正向积分：
f (z) d z 2πiResf()
a1(z z0 )
(z z0 )m ...
(z z0 )m f(z) am am 1(z z0 ) a1(z z0 )m 1
a0 (z z0 )m a1(z z0 )m 1
l i m(z
zz0
-
z0
)f
(z)
非有限值
Re sf (z0 )
lim
zz0
1
d m 1
(m
{ 1)!
dzm
1
[(z
z0 )m
f
(z)]}
例1.
求 f (z)
z
1 n
1
在z=1的留数。
解：
f (z)
1 zn 1
1 (z 1)(z n1 z n2
1)
可见，z=1是函数的单极点。
Resf(1)= lim(z 1) f (z) z 1
lim
z 1
(
z
n
1
1 zn2 1)
1 n
f (z)d z ?
l
因此将f(z)在此邻域内以z0为中心展开为洛朗级数
f(z)=...+a-n(z-z0)-n+...+a-1(z-z0)-1+a0+a1(z-z0)+... +an(z-z0)n+...
后,两端沿l 逐项积分, 右端各项积分除留下a-1(z-z0)-1的一
项等于2πia-1外, 其余各项积分都等于零, 所以
ez z(z 1)2
ez
lim
z0
(z
1)2
1.
Res[
f
(1)]
(2
1 lim
1)! z1
d dz
(z
1)2
ez z(z 1)2
lim
z 1
d dz
ez z
lim
z 1
ez (z 1) z2
0.
所以：
ez z(z
1)3
d
z
2
π
i{Res[
f
(0)]
Res[
f
(1)]}
C
l0 z0
k
Cauchy定理知： f (z)dz f (z)dz
由
l
11
1 nl0 1
2πi z - α dz 0 n 1
l0
f (z)dz
ak (z z0 )k dz 2πia-1 2πiRes(z0 )
l
k l0
（2）l 包围多个孤立奇点时：
f (z) d z f (z) d z f (z) d z f (z) d z.
| Res f (1) z ez e ; 2z z 1 2
|z ez
e1
Res f (1)
.
2z z1 2
例5 计算积分
z z4 1
d
z
,
C为正向圆周|z|=2.
C
解
被积函数
f
(z)
z z4 1
有四个一级极点1,i
都在圆周|z|=2内, 所以
z
4
z
1
d
z
2
π
i{Res[
f
(1)]
Res[
解：
z
1
时，f
(z)
(z
z 1)(z
1)2
的一阶极点，z=-1时是
二阶极点。
Resf
(1)
lim(z z 1
1)
(z
z 1)(z
1)2
=
1 4
Re
sf
(1)
lim
z 1
d dz
(z
1)2
(z
z 1)(z
1)2
1 4
Re sf (1) resf (1) resf () 0
极点的留数
例3：确定函数 f (z) 1 的极点，求出函数在这些。
sinz
极点的留数
解： 函数的奇点是 z nπ, n 0,1,2,3...
l i m f(z) l i m 1 是单极点。
z nπ
znπ si n z
lim(z nπ) f (z) lim z nπ
z nπ
znπ sinz
因而积分是有意义的. 由于
cos2θ e2iο e2iθ z2 z2 因此
I
|z|1
z2
z2 2
1 2p
1 z
z1
p2
dz iz
2
1 z4
d z f (z)d z
2iz2(1 pz)(z p)
|z|1
|z|1
在被积函数的三个极点z=0,p,1/p中只有前两个在圆周|z|=1内, 其中z=0为二级极点, z=p为一级极点.
resf () 0
§4.2 留数在定积分计算上的应用
主要手段：
设将实变函数的定积分转化为复变函数的路径积分。
一、形如
2π
R(co sθ , s i nθ )dθ
的积分
0
思想方法 : 把定积分化为一个复变函数沿某条
封闭路线的积分 .
两个重要工作:
1) 积分区域的转化 2) 被积函数的转化
2π
形如 0 R(cos ,sin )d
1
dz iz
n
f (z)dz 2π i Res f (z), zk .
z 1
k 1
z的有理函数 , 且在 单位圆周上分母不 为零 , 满足留数定 理的条件 .
包围在单位圆周 内的诸孤立奇点.
例1
计算
I
2p 0
1
2
cos 2 p cos
p2
d
(0 < p < 1)
的值。
解 由于0<p<1, 被积函数的分母在0 θ 内2π不为零,
则有：
P(z)
lim(z
zz0
z0
)
f
(z)
lim(z
zz0
z0
)
Q(z)
lim P(z)
zz0
lim Q(z) Q(z0)
P(z0) Q(z0 )
B. 如果z0为f(z)的m阶极点, 则
zz0 (z z0 )
f (z)
am (z z0)m
am 1 (z z0 )m1
a1 z z0
a0
(z - z0 )f (z) (z z0 ) (z z0）k a1 a0 (z z)1 a1(z z0 )2 ... k 1
lim(z
zz0
z0
)
f
(z)
a1
Re
sf
(z0
)
对于f(z)可表示为形式
f(z)=
P(z) Q(z)
时，且P(z),Q(z)
在z0点是解析的，
Q(z0) 0, Q(z0) 0, P(z0) 0
f
(1)]
C
Res[ f (i)] Res[ f (i)]}
P(z) z 1 Q(z) 4z3 4z2 ,
z
1111
z4
dz 1
2 π i( 4
4
4
) 4
0
C
例6 计算积分
ez z(z 1)2
dz
, C为正向圆周|z|=2.
C
解
z=0为被积函数的一级极点, z=1为二级极点, 而
Res[ f (0)] limz z0
n
f (z) d z 2 π i Res f (bj ).
l
j 1
D
bn ln l3 b3
b1 l1 b2
l2 l
证明 把在l内的孤立奇点zj(j=0，1,2,...,n)用互不包含的正
向简单闭曲线 lj 围绕起来：
l
(1) l 包围一个 f(z) 的孤立奇点 z0 时
f (z) ak (z z0 )k
l
1
2π
f ( ρeiθ ) ρieiθdθ
2πi 0
1
2π i
2π 0
f
1 re i
i re i
d
.
1
2π i
2π 0
f
1 re i
i ( re i
)2
dre i
1 2π i
1
f
1
1
2
d
（ζ 为1ρ正向）
Res
f
1 z
1 z2
,0.
在 1内除 0
外无其他奇点 .
2 π i(1 0) 2 π i.
三、在无穷远点的留数与留数定理
1、留数
设函数f(z)在无穷远点的邻域上解析， z 为 函数的奇点，
将 f(z)在 的邻z 域上展为洛朗级数：
f(z) akzk k-
-ak称为f(z)在无穷远点的留数，记作Resf(z)=-ak
设函数 f(z) 在圆环域R<|z|<内解析, l 为圆环域内绕 原点的任何一条简单闭曲线, 则绕无穷远点的正向积分：
第四章 留数定理
重点
1、留数的概念与留数定理； 2、应用留数定理计算复变函数的积分； 3、应用留数定理计算实变函数的积分
§4.1 留数定理
一 、留数及留数定理
1.留数
如果函数f(z)在z0的邻域内解析, 那么根据Cauchy定理
f (z) d z 0.
l
但是, 如果z0为f(z)的一个孤立奇点, 则沿在z0的某个去 心邻域0<|z-z0|<R内包含z0的任意一条正向闭曲线的积分
例2.求函数 f (z) (z2在1 1)3 的留z数 i。
解：显然，z=i是函数的三阶极点。
Resf
(i)
lim
zi
(3
1
1)!
d2 dz2
(z
i)3
1
(z2
1)3
lim
zi
1 2!
d2 dz2
1
(
z
i
)3
3 i 16
例3：确定函数 f (z) 1 的极点，求出函数在这些。
sinz
Re s
f
(0)
d lim z0 d z
z
2
1 z4 2iz2(1 pz)(z
p)
l i m(z pz2 p p2z)4z3 (1 z4 )(1 2 pz p2 )
z0
2i(z pz2 p p2z)2
1 p2 2ip2
1 p2
洛朗级数中a-1(z-z0)-1项的系数即可. 但如果知道奇点的类型, 可 以用简单方法求留数.
二. 留数的计算方法
（1）可去奇点的留数： 对于可去奇点由定义知：Resf(z)=0
（2） 极点的留数
A. 如果z0为f(z)的一阶极点（单极点）, 则
f (z) (z z0）k a1(z z0 )1 a0 a1(z z) a2 (z z0 )2 ... k 1