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在扩充复平面内只有有限个孤立奇点, 定理二 如果 f (z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 在所有各奇点(包括 的留数总和必等于零. 那末 f (z)在所有各奇点 包括∞点)的留数总和必等于零 在所有各奇点 包括∞ 的留数总和必等于零 证：除∞点外, 设f (z)的有限个奇点为zk(k=1,2,...,n). 且C为 一条绕原点的并将zk(k=1,2,...,n)包含在它内部的正向简单 闭曲线, 则根据留数定理与在无穷远点的留数定义, 有
1. 留数的计算规则 规则1 规则 如果z0为f (z)的一级极点, 则
Res[ f (z), z0 ] = lim(z − z0 ) f (z)
z→z0
规则2 规则 如果z0为f(z)的m级极点, 则 1 dm−1 Res[ f (z), z0 ] = lim m−1 {(z − z0 )m f (z)} (m −1)! z→z0 d z 事实上, 由于 f (z)=c−m(z−z0)−m+...+c−2(z−z0)−2+c−1(z−z0)−1+c0+c1(z−z0)+..., (z−z0)m f (z)=c−m+c−m+1(z−z0)+...+c−1(z−z0)m−1+c0(z−z0)m+...,
根据 规则1,Res[ f (z), z0 ] = lim(z − z0 ) f (z),而 Q(z0)=0.
z→z0
P( z0 ) P(z) 所 lim(z − z0 ) f (z) = lim 以 , = z→z0 z→z0 Q(z) − Q(z ) Q′( z0 ) 0 z − z0 即得 规则 规则3。
⇒ Ι = −2π i
3.在无穷远点的留数 在无穷远点的留数 设函数 f (z)在圆环域 R<|z|<∞内解析, C为圆环域内 1 绕原点的任何一条简单闭曲线, 则积分 ∫− f (z) d z 2π i
C
的值与C无关, 称其为f (z)在∞点的留数, 记作
1 Res[ f (z), ∞] = f (z)d z C −是顺时针方向。 ∫ 2πi C−
C C1 C2 Cn
1 ∫c f ( z )dz = Re s[ f ( z ), z1 ] + Re s[ f ( z ), z2 ] + ⋯ + Re s[ f ( z ), zn ] 2πi
即
∫ f ( z )dz = 2πi∑ Re s[ f ( z ), z
c k =1
n
k
]
2说明 (1)是柯西定理的推论； 说明: 是柯西定理的推论； 说明 是柯西定理的推论 (2)用途 用求留数来解决求一类积分。 用途:用求留数来解决求一类积分 用途 用求留数来解决求一类积分。
二.求留数方法
求函数在孤立奇点z0处的留数即求它在洛朗级数 中(z−z0)−1 项的系数 c−1 即可. 但如果知道奇点的类型, 对求留数可能更有利. 1) z0是 f (z)的可去奇点 则 Res[f(z),z0]=0 . 可去奇点, 可去奇点 2) z0 是本性奇点 则只好将其按洛朗级数展开. 本性奇点, 本性奇点 极点, 3) z0 是极点 下面有一些对求 c−1有用的规则. 极点
由规则1, 得
z ez z ez e Res[ f (z),1] = lim(z −1) 2 = lim = z→ 1 z −1 z→1 z +1 2 z ez z e z e −1 Res[ f ( z ), −1] = lim( z + 1) 2 = lim = . z →−1 z − 1 z →−1 z − 1 2
规则 3 设 f (z) = P( z) Q( z) , P(z)及 Q(z)在 z0 都解析, 如果 P(z0)≠0, Q(z0)=0, Q'(z0)≠0, 则 z0 为 f (z)的一级 极点, 而 Res[ f (z), z0 ] = P( z0 ) Q′( z0 ) .
分析：显然点 z0 为 f (z)的一级极点.
zez 例 1 计算积分 ∫ 2 dz, C 为正向圆周|z|=2. z −1 C zez [解] 由于 f (z) = 2 有两个一级极点+1,−1, 而这两 z −1
个极点都在圆周|z|=2 内, 所以
∫
C
zez dz = 2πi{Res[ f (z),1] + Res[ f (z), −1]}, 2 z −1
dm−1 m {(z − z0 ) f (z)} = (m −1)!c−1 + c0m!(z − z0 ) +⋯ m−1 dz 说明:利用公式要先定出极点的阶数 利用公式要先定出极点的阶数. 说明 利用公式要先定出极点的阶数
令两端 z→z0, 右端的极限是(m−1)!c−1, 两端除以(m−1)! 就是Res[f (z), z0], 即得规则2, 当 m=1时就是规则1。
1 d ez Res[ f (z),1] = lim (z −1)2 2 z→ d z 1 (2 −1)! z(z −1)
d ez e z ( z − 1) = lim = lim = 0. 2 z →1 d z z z z →1 ez 所以 ∫ d z = 2 π i{Res[ f ( z ),0] + Res[ f ( z ),1]} 3 z ( z − 1) C
= 2 π i (1 + 0) = 2 π i.
z sin z 例 4 计算 Ι = ∫ dz z 3 z =1 (1 − e ) 解： 在 z = 1内：z = 0为一级极点。
z sin z z 2 sin z z3 sin z Res ,0 = lim = lim ⋅ lim = ( −1)3 = −1 (1 − e z )3 z →0 (1 − e z )3 z →0 (1 − e z )3 z →0 z
复习：
可去奇点 孤立奇点极点 本性奇点
留数： 留数C−1罗朗系数中的负一次幂的系数。 留数：
1 Re s[ f ( z ), z0 ] = ∫c f ( z )dz, 或 Re s（z0）= C−1 2πi
z 0为f ( z )的孤立奇点, C为绕z0正向闭曲线.
一、留数定理
1、定理(留数定理 设函数 f (z)在区域D内除有限个孤立 、定理 留数定理 留数定理) 奇点 z1, z2, ..., zn 外处处解析. C是D内包围诸奇点的一条 正向简单闭曲线, 则
Res[ f (z), ∞] + ∑Res[ f (z), zk ]
k =1
n
Hale Waihona Puke 1 = 2π iC
1 ∫− f (z) d z + 2π i C f (z) d z = 0. ∫
1 1 规则 4 Res[ f (z), ∞] = −Res f ⋅ 2 ,0 z z
∫ f ( z )dz = 2πi∑ Re s[ f ( z ), z
c k =1
n
k
]
D
zn C3 z3 Cn C2 z1 z2 C1
C
[证] 把在C内的孤立奇点zk(k=1,2,...,n)用互不包含的正 向简单闭曲线Ck围绕起来, 则根据复合闭路定理有
∫ f ( z )dz = ∫ f ( z )dz + ∫ f ( z )dz + ⋯ + ∫ f ( z )dz
周|z|=2 内, 所以
z ∫ z4 −1d z = 2π i{Res[ f (z),1] + Res[ f (z),−1] C + Res[ f (z), i] + Res[ f (z),−i]}. P(z) z 1 由规 , 则3 = 3 = 2 ,故 Q′(z) 4z 4z 1 1 1 1 z ∫ z4 −1d z = 2πi(4 + 4 − 4 − 4) = 0. C
ez 例 3 计算积分 ∫ dz, C 为正向圆周|z|=2. 2 z(z −1) C
[解] z=0 为被积函数的一级极点, z=1 为二级极点, 而
ez ez Res[ f ( z ),0] = lim z ⋅ = lim = 1. 2 2 z →0 z → 0 ( z − 1) z ( z − 1)
于是
∫
C
z d z = −2 π i Res f ( z ) , ∞ = 2 π i Res f 4 z −1
1 1 2 ,0 zz
z ,0 = 0 = 2 π i Res 4 1 − z
作业
习题九、 1 、（3）（5）（6） 4、 习题十、 1、 2、 3、选作4个
定理二与规则四为我们提供了计算函数沿闭曲线积分 的又一种方法, 在有些情况下, 它比利用上一段中的方 法更简便.
z dz, C 为正向圆周:|z|=2. 例:计算积分 ∫ 4 z −1 C
z [解] 4 在|z|=2 的外部除∞外无奇点,因此 z −1
1 1 1 z−1 z−3 z f ( ) = 2 ⋅ −4 = −4 = 2 z z z z −1 z −1 1− z4
因此
∫
C
z ez e e −1 d z = 2 π i( + ) 2 z −1 2 2
我们也可以用规则3来求留数: z ez e Res[ f (z),1] = |z=1 = 2 ; 2z z ez e−1 Res[ f (z),−1] = |z=−1 = 2 . 2z 这比用规则1要简单些.
z 例 2 计算积分 ∫ 4 dz, C 为正向圆周|z|=2. z −1 C z [解] 被积函数 f (z) = 4 有四个一级极点±1,±i 都在圆 z −1
