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第四章留数定理

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第四章 留数定理

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 ]

04_留数定理

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

第四章 留数定理

第四章 留数定理
( z z0 ) P ( z ) P( z ) ★因为 f ( z0 ) lim( z z0 ) lim z z0 Q( z ) z z0 Q( z )
★肯定是0/0型！为什么？
2、设z0是f (z)的m阶极点，则，
1 d Res f ( z0 ) lim m1 [( z z0 ) m f ( z )] (m 1)! z z0 dz
2
1 2 1 i lim 3 2! z 0 ( z 2i ) 8i 8
i Res f (0) 8
1 1 i （2） limi ( z 2i) f ( z ) limi 3 z 2 z 2 z 8i 8 z 2i 是 f (z ) 的单极点，其留数为
m 2
....
m 1
lim[( z z0 ) f ( z )] lim[a m a m1 ( z z0 ) a1 ( z z0 )
a0 ( z z0 )m a1 ( z z0 )m1 a2 ( z z0 ) m 2 ....] a m
1 1 2 z1 1 1 2 z2
§4.2 应用留数定理计算实变 函数定积分 一、思路:实函数定积分转换为复函数回路积分
方法1：将实轴上的某区间变换成复平面的一条闭曲线
n
3、函数在全平面的留数之和等于零——为什么？
0 f ( z )dz f ( z )dz 2 i[ Res f (bk ) Res f ()]
l l k 1
三、单极点处留数的计算P52
1、单极点的留数 方法1：
Res f ( z0 ) lim( z z0 ) f ( z )
l j 1 j

第四章留数定理§4.1留数定理

第四章留数定理§4.1留数定理

解于
z → nπ (n为整数，包括零)，有sin z → 0，f (z) → ∞。因此，z0 = nπ
是极点.
lim [(z − nπ ) f (z)] = lim z − nπ .
z →nπ
z→nπ sin z
应用罗毕达法则确定上式右边的极限,
lim [(z
z →nπ
−
nπ ) f
(z)] =
lim+Βιβλιοθήκη "+
z
+
1
⎤ ⎥⎦
=
lim
z →1
z n−1
+
1 zn−2 +"+
z
+1
=
1. n
另解
应用 (4.1.9) ,
( ) ⎡
lim⎢ z→1 ⎢⎣
z
n
1 −
1
′
⎤ ⎥ ⎥⎦
=
lim
z →1
1 nz n
−1
=
1. n
因此,在单极点 z0 =1 留数是 1 n .
例2 确定函数 f (z)=1 sin z的极点,求出函数在这些极点的留数。
点的留数:
( ) Re
sf
⎜⎛ ⎜⎝
−1
+
1−ε 2 ε
⎟⎞ ⎟⎠
=
lim
z → z0
1 εz2 + 2z + ε
′
= lim 1 = 1 z→z0 2εz + 2 2 1 − ε 2
应用留数定理, ∫ dz z =1 εz2 + 2z + ε
= 2πi Re sf (z0 ) = 2πi

数学物理方法课件：第四章 留数定理及其应用

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

数学物理方法第4章留数定理-2016

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


类型II 设积分 类型
∫
∞
−∞
存在， f ( x) dx存在，复变函数 f (z) 在
实轴上没有奇点，在上半平面内只有有限个奇点， 实轴上没有奇点，在上半平面内只有有限个奇点，且
lim z f ( z ) = 0,(0 ≤ arg z ≤ π )
z →∞
则
∫
∞
−∞
f ( x) dx = 2π i
Im z > 0
2.另一个定义 在无穷远点的去心邻域 R < | z | < ∞ , 另一个定义:在无穷远点的去心邻域 另一个定义 的洛朗展式为： 若 f (z) 的洛朗展式为：
f ( z) =
n=−∞
an z n , ∑
∞
( R < | z | < ∞)
则无穷远点的留数值为： 则无穷远点的留数值为：
Res f (∞) = −a−1
∑ Res f ( z)
C
(*)
证明： 证明：
∫
∞
−∞
f ( x) dx = lim ∫ f ( z ) dz − lim ∫
R→∞
R→∞ CR
f ( z ) dz
引理4.1) 引理 = lim ∫ f ( z ) dz − 0 (引理
R→∞ C
= 2π i
Im z > 0
∑ Res f ( z)
(留数定理 留数定理) 留数定理
留数：负一次幂的系数. 留数：负一次幂的系数 适用于所有的孤立奇点类型; 适用于所有的孤立奇点类型 特别是本性奇点或性质不明的奇点 特别是本性奇点或性质不明的奇点. 本性奇点
例4.4 例4.5
f ( z) = e 求 Res f (0)

第四章 留数定理及其应用


分别在各个 bk 的无心邻域 0 z bk R 中将 f ( z ) 展开成洛 朗级数
bn
L3 b3
D
Ln L2
b1
b2
L1
L
数学物理方法
f ( z)
n



(k ) an ( z bk ) n
k 1, 2, m
代入积分公式： f ( z )dz f ( z )dz
2 i
(k ) 1
L
k 1
bn L b1 n L L3 b3 b2 1 L2
L
数学物理方法

L
f ( z )dz 2 i Re sf (bk )
k 1
m
bn L b1 n L L3 b3 b2 1 L2
L
（1）方程左边：解析函数的积分值；方程右边：函数在奇点 的留数。留数定理：将上述两者建立了一种关系。 （2）要计算解析函数的积分，关键：计算留数； （3）留数理论：复变函数的积分与级数相结合的产物； （4）bk (k 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。
方法一：
1 1 Re sf (2i ) lim( z 2i ) f ( z ) lim( z 2i) z 2 i z 2 i ( z 2i ) z 2i
数学物理方法
方法二： a1 2i是f ( z ) 的一阶极点，且
1 ( z) f ( z) ( z ) 1, ( z ) ( z 2i) z ( z 2i ) z ( z )

L
f ( z )dz 2 i Re sf (bk )

数学物理方法 第4章 留数定理



e
ma
2 ia


0
cos ma x a
2 2
dx i
e
ma

e
ma
2 ia
2a
y
例：
0
sin x x
dx
Cε
CR
解：如图4.9所示，
图4.9
0
x

sin x x
dx lim
R 0

R
sin x x
R e imx dx lim dx R 2i 0 x 1
1
z 1
1 2
z z 2
1

2
iz

dz
z 1
z (1 ) z
2 2
i
f (z)
dz
z 1
( z 1)( z )
1
记：
z
( z 1)( z )
它在复平面上有2个单极点
和
1

其中 z 在单位圆内，其留数为：
CR
x 图4.7



f ( x ) dx 2 i
{
f (z)
在上半平面所有奇点的留数之和}
例：


dx 1 x
2

解： 记：
z i
f (z)
1 1 z
2
,它在上半平面有单极点
其留数为：
1 zi 1 2i
Re sf ( i ) lim ( z i ) f ( z ) lim
1 z ( z 2i)
3
并求函数在这些极点的留数。

第四章留数定理

m阶极点的留数是z0处lim(z-z0)mf(z) 泰勒展式的 m-1次幂的系数。
单极点的留数永不为0，高阶极点和本性奇点的 留数可以为0。有限远非奇点(含可去奇点)处的 留数一定为0，无穷远点即使不是奇点其留数也 可不为0。(非孤立奇点和支点的情况不讨论)
16
3/31/2012
留数计算的例子
z→z0 [Q(z)]'
z→z0
Q'(z)
= P(z)
Q'(z)
14
m阶极点的情况
若z0是f(z)的m阶极点，则洛朗级数为
留数仍然是a-1, 求 法有些不同。
f
(z)
=
a−m (z − z0 )m
+
a−m+1 (z − z0 )m−1
+ ... +
a−1 z − z0
+ a0 + a1(z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + ....
p.53例1 求f(z)=1/(zn-1)在z0=1点的留数。(假 设n是一个正整数)
首先由lim f (z) = ∞可知，z = 1是函数的极点。 z →1
把分母因式分解可得：
f
(z)
=
1 zn −1
=
(z
−1)(z n−1
1 + zn−2
+ ... +1)
因为n为正整数，因此第2个括号中只有有限项，值趋向于n
也能由留数定理导出吗？
令F (z) = f (z) ，因f (z)在l内解析，F (z)在l内有 z − z0
唯一奇点z0。应用留数定理有：
∫ F (z)dz = 2πi Res F (z0 ) = 2πia−1
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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.
l
l1
l2
ln
?f (z) d z ? 2πi[Resf (z1) ? Res f (z2 ) ? ? ? Res f (zn )]
（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 ? a ?1(z ? z0 )?1 ? a0 ? a1(z ? z) ? a 2 ( z ? z0 )2 ? ...
k? ?1
?
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
z? nπ
z? nπ sin z
? (?1)n
? 例4 计算积分
zez z2 ?
1
d
z
，C为正向圆周|
z|=2.
C
解
由于
f (z) ?
zez z2 ? 1
有两个一级极点+1,-1,
?f ( z) d z ? 2 π ia ?1.
l
其中a-1就称为f(z)在z0的留数, 记作Resf(z0), 即
? a ? 1
?
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
1? zn ? 1
1 (z ? 1)( zn ? 1 ? zn ? 2
??
? 1)
可见，z=1是函数的单极点。
Resf(1)= lim(z ? 1) f (z) ? z? 1
1
lim
z? 1
(zn ?1
?
zn ? 2 ? ?
?
?1 ? 1) n
例2.求函数 f (z) ? (z2在1? 1)3 的留z数? i。
? (z - z0 )f (z) ? (z ? z0 ) (z ? z0）k ? a?1 ? a0 (z ? z)1 ? a1(z ? z0 )2 ? ...
k? ?1
lim(z
z? z0
?
z0 )
f
(z)
?
a?1
?
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)
l
n
? ? 即 f (z) d z ? 2 π i Res f (zj ).
l
j ?1
zn l3 z3
ln z1 l1 l2 z2
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
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
在z0点是解析的，
Q(z0 ) ? 0, Q?(z0 ) ? 0, P(z0 ) ? 0
则有：
lim (z
z? z0
?
z0 )
f
(z)
?
lim (z ?
z? z0
z0 )
P (z) Q(z)
?
lim P (z)
z? z0
lim Q(z) ? Q(z0)
?
P (z0 ) Q?(z0 )
B. 如果z0为f(z)的m阶极点, 则
?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+a 0+a 1(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
解：显然，z=i是函数的三阶极点。
Resf(i) ?
lim
z? i
1 (3 ? 1)!
d2 dz2
? ?(z ? ?
i)3
(z2
1 ?
?
1)3
? ?
?
1 d2
lim
z? i
2!
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。
sin z
极点的留数
例3：确定函数 f (z) ? 1 的极点，求出函数在这些。
sin z
极点的留数
解： 函数的奇点是 z ? nπ , n ? 0,1,2,3...
lim f(z) ? l i m 1 ? ? 是单极点。
z? nπ
z ? n π sinz
lim ?(z ? nπ ) f (z)?? lim z ? nπ
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
? a0 (z ? z0 )m ? a1(z ? z0 )m ?1 ?
l i m(z
z? z0
-
z0
)f
(z)
?
非有限值
Re
sf
(z0 )
?
lim
z? z0
1 (m ?
d m?1 1)!{ dzm ?1
[(
z
?
z0 )m
f
( z)]}
例1.
求 f (z) ?
zn
1 ?
1
在z=1的留数。
解：
f (z) ?
z? z0 (z ? z0 )
f (z) ?
a? m (z ? z0 )m
?
am?1 (z ? z0 )m ?1
??
?
a ?1 z ? z0
?
a0
?
a1(z ?
z0 )
? ? (z ? z0 )m ? ...
(z ? z0 )m f (z) ? a ? m ? a? m ?1(z ? z0 ) ? ? ? a ?1(z ? z0 )m ?1
l0 z0
k ? ??
? ? Cauchy定理知： f ( z )dz ? f ( z ) dz
由
? 1
2πi
l
1
dz
?
?1 ?
z - α ?0
n l?0 ? 1 n ? ?1
l0
?
? ? ? f (z)dz ?
a k (z ? z 0 ) k dz ? 2 π ia -1 ? 2 π iRes(z 0 )