復(fù)變函數(shù)留數(shù)

1、2021/6/161 第五章 留數(shù) n1 留數(shù)的概念與計(jì)算 n2 用留數(shù)定理計(jì)算實(shí)積分 n3 輻角原理與儒歇定理 2021/6/162 1留數(shù)的概念與計(jì)算 n1、留數(shù)的定義與留數(shù)定理 1 101 1 1 1 1 ( )0 ( ).().().(). (). 1( ) ,:0) 2() 1 -1,( ). 2 1 ( )()( ). 2 mn mn n n f zzaR f zczaczacc zacza f z cdznNazaR iza ncf z dz i f zzacf z dz i 設(shè)函數(shù)在上解析，則 其中：繞著 的圍線(在中， 取 即：的洛朗展開(kāi)式中的系數(shù)為積分： 或 1 ( )2f

2、 z dzic 者說(shuō)： 2021/6/163 1 101 1 1 1 1 ( ).().().(). (). ( ).().(). 2 21 ( ) = 01() mn mn m m n f zczaczacc zacza f z dzczadzczadz ic c in f z dz nza 另一方面，取上述的 ，對(duì)級(jí)數(shù) 兩端積分，得 其它項(xiàng)的積分均為零，只是剩下 這是由于 對(duì)于這樣的積分留下來(lái)的只 1 c有數(shù)，我們將其稱為留數(shù)（殘數(shù)）。 2021/6/164 定義5.1 設(shè)以為孤立奇點(diǎn)，即 在 的去心鄰域內(nèi)解析，則稱積 分 為在點(diǎn)的留數(shù)（Residue）記為： 1 Res( )Res (

3、); 2 z a f zf z af z dz i zf a a Raz0 Razdzzf i 0 2 1 ，： zf a 1 Re czfs az 2021/6/165 n定理6.1 （柯西留數(shù)定理）在圍線或 復(fù)圍線所范圍的區(qū)域內(nèi)，除 外解析，在閉域 上除 外連續(xù)，則 zf CD n aaa， 21 CDD n aaa， 21 1 2Res k n cz a k f z dzif z 2021/6/166 1 ( )d2Res( ). k n z a k C f zzif z 柯西留數(shù)定理： D a1 a2 a3 an C1 C2 C3 Cn C 2021/6/167 n證：作圓周 使全含于

4、內(nèi)且兩兩不相交，則由柯西積分 定理 nkaz kkk ，21: D zfsi dzzfzf k k az n k n i c Re2 1 1 注：留數(shù)定理：求積分轉(zhuǎn)化為求留數(shù)；將積分 問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題，即求洛朗展式的負(fù)一次 冪的系數(shù)問(wèn)題 2021/6/168 2、留數(shù)的求法 求函數(shù)在奇點(diǎn)a處的留數(shù)即求它在以z0為中 心的圓環(huán)域內(nèi)洛朗級(jí)數(shù)中c-1(z-a)-1項(xiàng)的系數(shù) 即可. 如果a是f(z)的可去奇點(diǎn), 則Resf(z),a=0, 如 果a是本性奇點(diǎn), 則沒(méi)有太好的辦法, 只好將 其按洛朗級(jí)數(shù)展開(kāi)。 如果a是極點(diǎn), 則有一些對(duì)求c-1有用的規(guī)則. 2021/6/169 留數(shù)的計(jì)算規(guī)則 規(guī)則1

5、 如果a為f(z)的一級(jí)極點(diǎn), 則 0 Res( )lim() ( ).1) zzz a f zza f z （5 1 1 1d Res ( ), lim()( ) (1)!d .2) m m m za f z azaf z mz （5 規(guī)則2 如果a為f(z)的m級(jí)極點(diǎn), 則 2021/6/1610 事實(shí)上, 由于 f(z)=c-m(z-a)-m+.+c-2(z-a)-2+c-1(z-a)-1 +c0+c1(z-a)+., (z-a)mf(z)=c-m+c-m+1(z-a)+. +c-1(z-a)m-1+c0(z-a)m+., 1 1 1 d ()( )(1)!() d m m m zaf

6、zmca za z n令兩端za, 右端的極限是(m-1)!c-1, 兩端除以 (m-1)!就是Resf(z),a, 因此即得(5.2), 當(dāng)m=1時(shí) 就是(5.1) 2021/6/1611 2021/6/1612 2021/6/1613 由規(guī)則1, 得 1ch2) 2 e 2 e (2d 1 e . 2 e 1 e lim 1 e )1(lim1),(Res 2 e 1 e lim 1 e )1(lim1),(Res 1 2 1 1 2 1 1 2 1 iiz z z z z z z zzf z z z z zzf C z z z z z z z z z 因此 2021/6/1614 我們也

7、可以用規(guī)則III來(lái)求留數(shù): . 2 e 2 e 1),(Res ; 2 e 2 e 1),(Res 1 1 1 | | z z z z z z zf z z zf n這比用規(guī)則1要簡(jiǎn)單些. 2021/6/1615 2021/6/1616 0) 4 1 4 1 4 1 4 1 (2d 1 , 4 1 4 )( )( III, 4 23 iz z z zz z zQ zP C 故由規(guī)則 2021/6/1617 例 3 計(jì)算積分 C z z zz e d ) 1( 2 , C 為正向圓周|z|=2. 解 z=0 為被積函數(shù)的一級(jí)極點(diǎn), z=1 為二級(jí) 極點(diǎn), 而 . 1 ) 1( lim ) 1(

8、lim0),(Res 2 0 2 0 z e zz e zzf z z z z 2021/6/1618 .2)01 (2 1),(Res0),(Res2d ) 1( e . 0 ) 1( lim e d d lim ) 1( e ) 1( d d lim )!12( 1 1),(Res 3 2 11 2 2 1 ii zfzfiz zz z ze zz zz z z zf C z z z z z z z 所以 2021/6/1619 n例4 計(jì)算 dz zz z I z 2 2 1 25 解： 在圓周的內(nèi)部只有一級(jí)極點(diǎn) 及二級(jí)極點(diǎn) 21 25 zz z zf 2z0z 1z 2021/6/16

9、20 n而 由殘數(shù)定理，得 2 1 25 Re 0 2 0 z z z z zfs 2 225 Re 1 2 1 1 zz z zz z zfs 0222 1 25 2 2 idz zz z z 2021/6/1621 例5 計(jì)算 n解： 只以 為一級(jí)極點(diǎn)，而 z z z cos sin tan ，10 2 1 kkz 1 cos sin tanRe 2 1 2 1 kz kz z z zs dzzI nz n tan 2021/6/1622 n由留數(shù)定理得 ni n i zsizdz nk kz nz 4 2 2 tanRe2tan 2 1 2 1 2021/6/1623 3、無(wú)窮遠(yuǎn)點(diǎn)的留數(shù)

10、(略） n定義5.2 設(shè)為的一個(gè)孤立奇點(diǎn)，則 稱 為在的留數(shù)。記為： zf dzzf i zfs z 2 1 Re zf 1 Re czfs z 2021/6/1624 n定理5.2 若在擴(kuò)充平面上只有有 限個(gè)孤立奇點(diǎn)，設(shè)為 則留數(shù)總和為0 zfz ， n aaa 21 2021/6/1625 n計(jì)算的殘數(shù)的方法： 2 0 11 ReRe tt fszfs tz 1 Re czfs z 2021/6/1626 n例6.5 計(jì)算 4 3 4 2 2 15 21 z dz zz z I 2021/6/1627 n解：共有七個(gè)奇點(diǎn)： 前6個(gè)根均在內(nèi)部，故 iz k z 4 2 3210，kz 4z

11、zfsiI z Re2 2021/6/1628 n而 故 。從而 42 3 4 2 2 16 15 2 31 1 21 1 2 1 1 1 zzz zz z z zf 1Re 1 czfs z iI2 2021/6/1629 2 用留數(shù)定理計(jì)算實(shí)積分 2021/6/1630 利用留數(shù)計(jì)算定積分是復(fù)變函數(shù)一個(gè)重要應(yīng) 用。 1、被積函數(shù)-與某解析函數(shù)相關(guān) 2、積分區(qū)域-化為某閉合路徑 考慮如下幾種形式的定積分 一、計(jì)算 其中R為 cos , sin有理函數(shù)，并且在0, 2上連續(xù)。 2 0 d)sin,(cosR 2021/6/1631 若 R(cos,sin)為cos與sin的有理函數(shù). 可 令

12、z=ei, 則dz=ieid, 12 12 2 22 0| | 1| | 1 11 sin(ee) 222 11 cos(ee) 222 11 d (co : s ,sin ),( )d c 22 ossin ii ii zz i zzz iiiz zzz z zzz R Euler e dRf zz ziziz i 當(dāng) ：02 時(shí)，z沿著圓周z =1的正向繞行一周，故有 2021/6/1632 f(z)是z的有理函數(shù), 且在單位圓周|z|=1上分母 不為零(沒(méi)有奇點(diǎn)）, 根據(jù)留數(shù)定理有 其中zk(k=1,2,.,n)為單位圓|z|=1內(nèi)的f(z)的孤立奇 點(diǎn). 22 111 ( ), 22

13、zz f zR izziz n k k z zzfizzf 1 1| ),(Res2d)( 2021/6/1633 例1 計(jì)算 ) 10(d cos21 2cos 2 0 2 p pp I 1|1| 2 4 1| 2 1 22 d)(d )(1 (2 1 d 2 21 1 2 zz z zzfz pzpziz z iz z p zz p zz I n解 由于0p1, 被積函數(shù)的分母在02內(nèi) 不為零, 因而積分是有意義的. 由于 ncos2=(e2i+e2i)/2=(z2+z-2)/2, 因此 2021/6/1634 在被積函數(shù)的三個(gè)極點(diǎn)z=0,p,1/p中只有前兩 個(gè)在圓周|z|=1內(nèi), 其中

14、z=0為二級(jí)極點(diǎn), z=p為 一級(jí)極點(diǎn). , 2 1 )(2 )21)(1 (4)( lim )(1 (2 1 d d lim0),(Res 2 2 222 24322 0 2 4 2 0 ip p zpppzzi ppzzzzpppzz pzpziz z z z zf z z 2021/6/1635 2 2 22 4 2 2 22 4 2 4 2 2 1 2 )1 (2 1 2 1 2 , )1 (2 1 )(1 (2 1 )(lim),(Res , 2 1 0),(Res p p pip p ip p iI pip p pzpziz z pzpzf ip p zf pz 因此 2021/6

15、/1636 2 2 0 22 2 2 1 22 22 1 22 2 1 sin 2(0) cos , (1)1 41 2 (1) 2 2 (1) (1) 2()() i z z z Idab ab ze zdz I zizz ab z iz dz a b zz b iz dz bzzz 例 ：計(jì)算積分: 解：命則 2021/6/1637 2 2222 22 0 22 0 2222 2 2 10 ; 1,1,1,1 10, (1)2 Res( ) 2 (1) (1)2 Res( ) () z z z z a zz b aabaab bb z zzz za f z a b zz b zab f z

16、 zzb ， 為二次方程的兩個(gè)根， 被積函數(shù)在上無(wú)奇點(diǎn) 在內(nèi)有一個(gè)二階極點(diǎn)和一個(gè)一階極點(diǎn)故 2021/6/1638 22 22 2 22 2 2 2 . iaab Ii bbb aab b 由留數(shù)定理得： 2021/6/1639 n若R(cos,sin)為的偶函數(shù)，還可以求如下 形式的積分 0 1 (cos ,sin )(cos ,sin ). 2 (cos ,sin ). i RdRd zeRd 和前面一樣，命可將積分 化為單位圓周上的積分。 2021/6/1640 n例3：計(jì)算積分 解：因?yàn)榉e分號(hào)下的函數(shù)是x的偶函數(shù) 則 0 cos 54cos mx Idx x dx x mx I cos

17、45 cos 1 dx x mx I cos45 sin 2 dx x e iII imx cos45 21 dx x mx I cos45 cos 2 1 命 2021/6/1641 n設(shè)，則 ix ez 1 1 2 21 )2)( 2 1 ( 2 )1 (25 1 z m z m dz zz zi dz zz z i iII 2021/6/1642 1 2 1 21 23 )(Re2 2 m z zfsi i iII 0, 23 2 1 1 II m 32 1 2 1 1 m II 2021/6/1643 2021/6/1644 取積分路線如圖所示, 其中CR是以原點(diǎn)為中心, R為半徑的在

18、上半平面的半圓周. 取R適當(dāng)大, 使R(z)所有的在上半平面內(nèi)的極點(diǎn)zk都包在這 積分路線內(nèi). CR z1 z2 z3 y RR Ox 2021/6/1645 此等式不因CR的半徑R不斷增大而有所改變. ),(Res2)(d)( k C R R zzRidzzRxxR R )|( | 2 10 1 1 10 1 1 | 1 |1 |1 | 1 |1| |1| | 1 | )(| 2 1 1 1 1 1 1 1 1 足夠大時(shí)當(dāng) z zz zbzb zaza z zbzb zaza z zR nm m m n n nm m m n n nm 2021/6/1646 ),(Resd)( ,)( .

19、),(Res2d)( 0 2 2 d| )(|d)( . | 2 | )(| 0 2 2 k k R CC zzRixxR xR zzRixxR R R R szRzzR z zR RR 為偶函數(shù)如果 因此 2021/6/1647 2021/6/1648 ba abi b bai a iI abi b bizR bai a abai a bzaz z aizaizR aiz )(2)(2 2 . )(2 ),(Res , )(2)(2 )( )(lim),(Res 2222 22 2222 2 2222 2 2021/6/1649 3. 形如 的積分 )0(de)( axxR aix 2 |(

20、 )| | R z z n當(dāng)R(x)是x的有理函數(shù)而分母的次數(shù)至少比分子 的次數(shù)高一次, 且R(x)在實(shí)數(shù)軸上沒(méi)有奇點(diǎn)時(shí), 積分是存在的。 n像2中處理的一樣, 由于m-n1, 故對(duì)充分大的|z| 有 z1 z2 z3 y RROx CR 2021/6/1650 因此, 在半徑R充分大的CR上, 有 ) 2 0( 2 sin )2 . 3 . 5(,e)(Res2de)( , 0)e1 ( 2 de4de4de2 de 2 d|e|)(|de)( 2 0 )/2( 2 0 sin 0 sin 上面用到不等式 因此得 k aizaix R aR aRaRaR C ay C aiz C aiz z

21、zRixxR aR s R szRzzR RRR 2021/6/1651 2021/6/1652 22 22 222222 000 ( ). ; 1 Re ( ); 2 11 2 222 cossin iz iza z ai aa ix z f ze za zaizai zai z s f z aiee za i Iiee xxxxx e dxdxidx xaxaxa 考慮：有兩個(gè)奇點(diǎn) 其中上半平面有一個(gè)奇點(diǎn)， 而 2021/6/1653 22 0 22 0 sin1 de 2 cos d0 a xx x xa xx x xa 因此 順便得到： 2021/6/1654 課堂練習(xí)： 2 2 3

22、13 3 3 33 cos 3 210 ( ) 210 13,13 (1 3 ) ( ) 6(13) (1 3 ) 2(cos1 3sin1)(3cos1 sin1) 633 iz izi zi i xx dx xx z f ze zz zizi zei e f z izi i e Iieie i z=1+i 例 ： 計(jì)算I 解： 為兩個(gè)一階極點(diǎn)，其中， 在上半平面，所以 Res 2021/6/1655 3 2 3 2 cos (cos1 3sin1) 2103 sin (3cos1 sin1) 2103 xx dxe xx xx dxe xx 實(shí)部和虛部分開(kāi)得到： 2021/6/1656 4

23、、雜例 0 0 sin : 2 sin1sin 2 1 ( ),0. , ( )0, ( )( )( )( )01 rR iz C rR RCrC x DiricheltIdx x xx IdxdxCauchy xx f zez z C f z dz f z dzf z dzf z dzf z dz 1、證明:積分 證明：積分存在并且 （取主值） 考慮不滿足條件，因?yàn)樵趯?shí)軸上有奇點(diǎn) 如圖所示作環(huán)路由柯西積分定理，有 （） 2021/6/1657 -RR r-r Cr CR C 2021/6/1658 2 0 1( )0,2( ) 111 (1( ).)( )( ) 2 11 ( )( )( )

24、 11 ; ( )0,0 Rrr rrrr r rr iz CCC iz CCCC i i C CC e f z dzRf z dzdz z e izizzz zzz f z dzz dzdzz dz zz dzre idi zre z dzMdsM rwhen r 、 解析 而 2021/6/1659 0 0 0 0 0 10;0: 0 sinsin sin sin 2 ixix Rr ee dxdxi xx xx idxidxi xx xdx x xdx x 在（）式兩端令得到 2021/6/1660 2 22 00 0 2cossin ( ) ( )( )( )0 R iz R CAO

25、Fensnelx dxx dx f ze f x dxf z dzf z dz 、 求積分：和 解： 考慮函數(shù)為解析函數(shù)，在圍線C上（如圖）有 B A R /4 0 CR 2021/6/1661 22 2 44 0 4 22 00 22 00 ( )(1)0,0. 4 , :0; 22 ( )() 222 1 22 cossin() 222 11 cos;sin 2222 RR R izR CC ii i r AOR C f z dze dzewhenR R AOzrer Rdze dr f z dzeedri R x dxix dxi x dxx dx 在上有估計(jì)： 在上，命 在（）兩端令

26、2021/6/1662 n作業(yè)：P164 n1,2，15（1）（5） 2021/6/1663 3 輻角原理與儒歇定理 n許多的數(shù)學(xué)物理問(wèn)題都可以歸結(jié)為其特征方程的 根的分布，或者特征多項(xiàng)式的零點(diǎn)分布問(wèn)題（線 性系統(tǒng)），如二次方程的分類（微分方程、代數(shù) 方程），工程控制中的微分方程的穩(wěn)定性問(wèn)題， 對(duì)數(shù)留數(shù)給我們提供了一個(gè)好方法。 n一、對(duì)數(shù)留數(shù) 稱積分 為f(z)的對(duì)數(shù)留數(shù) ，這種稱呼，并不嚴(yán)格，其中 C為一圍線。 1 (1) 2 C fz dz if z 2021/6/1664 n計(jì)算（1）自然用到留數(shù)定理，首先，分析被積 函數(shù)的奇點(diǎn)，顯然，f(z)的零點(diǎn)和奇點(diǎn)都可能是 的奇點(diǎn)。 n引理6.4

27、 （1）設(shè)為的級(jí)零點(diǎn)，則 必 為函數(shù)的一級(jí)極點(diǎn)，且 a zf na zf z f n zf zf s az Re zf z f 2021/6/1665 n（2）設(shè)為的級(jí)極點(diǎn)， 則必為函數(shù)的一級(jí)極點(diǎn)。且 b zfm b zf z f m zf zf s az Re 1 1 (1)( )()( ),( ) ( )0 ( )()( )()( ) ( )()( )()( )( ) ( )()( )()( )( ) ( ) Re ( ) n nn nn nn z a f zzazaz a fzn zazzaz fzn zazzaznz f zzazzazzaz fz sn f z 證明：在 的某鄰域內(nèi)，解析， 2021/6/1666 1 ( )( ), ( )( )0, () ( ) Re ( ) m z a f zzza za fz sm f z 解析， 同樣分析： 2021/6/1667 n證：（1）若為的級(jí)零點(diǎn)，則 有 其中解析，且 于是 a