复变函数留数及其应用(编辑修改稿)

复变函数留数及其应用(编辑修改稿)内容摘要：

) , ] l i m [ ( ) ( ) ] .( 1 ) ! d n nnzzf z z z z f znz 0z )(zf如果 为 的 级极点 , 取正整数m法则 ,nm例 考虑函数 51 cos( ) .zfz z设5( ) 1 c o s , ( ) .P z z Q z z  显然 , z=0是 Q(z)的 5级零点 . 因为( 0 ) ( 0 ) 0 , ( 0 ) 1 0 ,P P P    所以 , z=0是 P(z)的 2级零点 . 故 z=0是 f (z)的 3级极点 . 不是 5级极点中取 nm来计算更为方便 . 例 求 在 z=0处的留数 . 51 c os() zfz z根据 可知 , z=0是 f (z)的 3级极点 , 在 法则 n=5, 则 ( 4 )011R e s [ ( ) , 0 ] lim ( 1 c o s ) .4 ! 2 4zf z z   如果在法则 n=3, 那么计算就要麻烦得多 . 解 运行下面的 MATLAB语句 . symsz。 f=(1cos(z))/z^5。 r=limit(diff(f*z^5,z,4)/prod(1:4),z,0)r =1/24例 计算积分 4 d,1Cz zz  其中 C是 2z 的正向 . 4() 1zfzz 的 1级极点，并且都在 C的内部 . 所以 41( ) d 2 Re s [ ( ) , ]kkCf z z i f z z 44421112 2 0.( 1 ) 4kkk kzzziizz   根据 和 , 定理 (留数基本定理 ) 设函数 f ( z )在区域 D内除有限个孤立奇点 12, , , nz z z外处处解析 , C 是 D内包含所有奇点在其内部的分段光滑正向 Jor dan曲线 , 则1( ) d 2 R e ( ) , .n kkC f z z i s f z z  根据留数基本定理 , 函数在闭曲线 f ( z )上的积分可归结为函数在曲线内部各孤立奇点处留数的计算问题 . 法则 设 ,)( )()( zQ zPzf  )(zP 及 )(zQ 在 0z 都解析 .如果 0 0 0( ) 0 , ( ) 0 , ( ) 0 ,P z Q z Q z  那么 0z 为 f (z)的 1级极点 , 并且 .)( )(]),(R e s [000 zQ zPzzf  显然 是函数 1 2 3 41 , , 1 , z z i z z i     解 如果函数 f (z)是有理函数的形式 , 即()( ) ,()PzfzQz其中 P(z)和 Q(z)都是多项式 , 那么使用命令[R,p,k]=residue(P,Q) 得到 f (z)的部分分式展开 , 从而求出在极点处的留数 . 在上面的命令中 , P与 Q分别是分子多项式 P(z)和分母多项式 Q(z)按降幂排列的多项式系数向量 , 计算结果中 R表示部分分式真分式的分子 , 即留数极点 z=3在 的外部 . 2z 分别是 f (z)的 3级和 1级极点 , 都在 的内部 . 而 2z 012R e s [ ( ) , 0] li m2 ! ( 1 ) ( 3 )zzfzzz  例 计算积分 32 d,( 1 ) ( 3 )Cz zz z z 其中 C 是 的正向 . 2z  记 3 2( ) ,( 1 ) ( 3 )zfz z z z 显然 z=0和 z=1 解 显然被积函数有 3级极点 z=0和 1级极点 z=1在圆周 的内部 ,所以由留数基本定理就得积分值 .2z symsz。 f=(z2)/(z^3*(z1)*(z3))。 2*pi*i*(limit(diff(z^3*f,z,2)/prod(1:2),z,0)+limit((z1)*f,z,1))ans=1/27*i*pi3301 1 1 14l i m .2 ( 1 ) ( 3 ) 27z zz   11R e s [ ( ) , 1 ] lim [ ( 1 ) ( ) ] .2zf z z f z  于是，根据留数基本定理 322 14 1d 2 .( 1 ) ( 3 ) 27 2 27zz z i iz z z      01 1 1lim4 1 3z zz例 求 在 z=0处的留数，并求 12() zf z z e( )d ,Cf z z 其中 C是 的正向 . 1z 解 易见 z=0是函数 f (z)的本性奇点，并且 ( )122 1( ) 0 .2 ! 3 ! 4 !zzf z z z z         因此   1R e s ( ) , 0 .3!fz 于是，根据留数基本定理 ( ) d .3Cf z z i例 求 在 z=0处的留数 . 1() z zf z e 解 因为 11() z zzzf z e e e所以 101 1 1Re s [ ( ) , 0] .0 ! 1 ! 1 ! 2 ! ! ( 1 ) !nf z c nn     ( )00 0 ,!!nnnnzz znn             1 函数在无穷远点的性质 2 函数在无穷远点的留数 167。 函数在无穷远点的留数 函数在无穷远点的性质 如果函数 f (z)在 点的去心邻域 Rz  内解析，则称 z=是 f (z)的孤立奇点 . 如果令 则 在去心邻域 1 ,z 1() fj10R( 或当 R=0 时， )内解析 , 即 0   0  是 的孤立奇点 . ()j 类似地可以定义 z= 为 f (z)的可去奇点、极点或本性奇点 . Laurent级数展开式为 ( ) .nnnf z c z   定义 设 f (z)在 内解析，且其 Rz  如果展开式中不含有 z的正幂项，则称 z= 是 f (z) 的可去奇点。 如果展开式中含有 z 的有限个正幂项 (至少含有一项 ), 且最高次幂为 m, 则称 z=是 f (z)的 m级极点。 如果展开式中含有 z 的无穷多个正幂项， 则称 z= 是 f (z)的本性奇点 . 类似地可以得到以下结论 . 定理 设 f (z)在 内解析，则 Rz  (1) z= 是 f (z)的可去奇点充分必要条件是 存在极限 0l i m ( ) ,z f z c 其中 c0是有限复常数 . (2) z= 是 f (z)的极点充分必要条件是 l i m ( ) ,z fz 即 l i m ( ) ,z fz   (3) z= 是 f (z)的本性奇点充分必要条件是 lim ( )z fz 不存在有限与无穷的极限 . 函数在无穷远点的留数 定义 设 z=是 f (z)的孤立奇点 , 即 f (z) 在 z=的去心邻域 内解析 , 称积分 Rz  1 ( ) d2 C f z zi 为 f (z)在 z=的留数，并记做 其中 R e s [ ( ) , ] ,fz C表示圆周 的负向 (即顺时针方向 ). ( ) z r r R1R e s [ ( ) , ] .f z c   易见 f (z)在 Rz  内 Laurent展开式 项的系数 11cz定理 设函数 f (z)在扩充复平面内只有有限 个孤立奇点 1 2 1, , , , ,NNz z z z 则 f (z)在所有各孤 立奇点留数的总和等于零，即 1Re s [ ( ) , ] 0 .Nkkf z z证明 取充分大的正数 r , 使得 在 1 2 1, , , Nz z z 圆周 的内部区域 . zr 根据 , 定理 (留数基本定理 ) 设函数 f ( z )在区域 D内除有限个孤立奇点 12, , , nz z z外处处解析 , C 是 D内包含所有奇点在其内部的分段光滑正向 Jor dan曲线 , 则1( ) d 2 R e s ( ) , .n kkC f z z i f z z  根据留数基本定理 , 函数在闭曲线 f ( z )上的积分可归结为函数在曲线内部各孤立奇点处留数的计算问题 . 11( ) d 2 R e s [ ( ) , ] .Nkkzrf z z i f z z 于是 111R e s [ ( ) , ] ( ) d 0.2Nkk zrf z z f z zi  根据无穷远点的留数定义 , 1R e s [ ( ) , ] ( ) d ,2N zrf z z f z zi  所以 1Re s [ ( , ) ] 0.Nkkf z z下面介绍求无穷远点留数的方法 . •法则 设 f (z)在 内解析，则 Rz  211R e s [ ( ) , ] R e s , 0 .f z fzz  证明 设 f (z)在 R|z|内的 Laurent展开式为 ( ) ,nnnf z c z   于是 所以 2211 .nnnf c zzz    1211R e s , 0 R e s [ ( ) , ] .f c f zzz     例 计算积分 152 2 4 34d.( 1 ) ( 2 )zzIzzz 解 记 则由 152 2 4 3( ) .( 1 ) ( 2 )zfzzz •法则 设 f (z )在 内解析，则Rz   211R e s [ ( ) , ] R e s , 0 .f z f zz   211R e s [ ( ) , ] R e s , 0f z fzz  2 2 4 31R e s , 0 1.( 1 ) ( 1 2 )z z z   4( ) d 2 R e s [ ( ) , ] 2 .zf z z i f z i   因此， •法则 设 是有理分式 , 且多项式 ()() ()Pzfz QzQ(z)的次数比 P(z)的次数至少高 2次，则 R e s [ ( ) , ] 0 .fz 证明 由条件可知 存在有限的极限 , 2li m ( )z z f z故存在 R0, M。