留数定理及其应用 我们终于走到这一步:在孤立奇点去心邻域,一个解析函数可以展开成 Laurent级数,这个 Laurent级数是唯一的、在展开环 域是绝对收敛且内闭一致收敛的,因而求导、求积和级数的求和可以交换次序。对一般复变函数的积分,可望先展开为级 数,再利用下式求积分。 2丌i6 具体如何做?正是本章的内容 41留数定理 目标:利用级数展开,解决复变函数的闭合回路积分问题 Q留数定理 由 Cauchy定理,对一个闭合回路积分,若闭合回路所包围的区域是解析的,那么积分为0:若回路内有一些奇点,那么积分 值等于包围这些奇点的各闭回路积分值之和。若这些奇点是孤立奇点,计算孤立奇点邻域一条闭合回路的积分就可用留数 定理计算 引理:设=0是解析函数f(-)的一个孤立奇点,函数在二0的去心邻域D:0<-0<6(-0为有限远点)或 <H<∞(0为无穷远点)内解析,则函数对D内任意一条包围二0的闭合回路正向的积分 其中c:=为在D内包围〓0的任意一条闭合回路 Resf(=0)称为函数在=0的留数,“闭合回路积分残留下来的数 包围=0的闭合回路正向:在回路上走,〓0在左手边 若=在有限区,则在区域D:0<|-0<6内 ax(-=o]d==> ak(-=oxd==2Ti ak5k-1=2ia_l Res∫(=0)=a_1。注意积分回路取向:对有限远点,回路正向应该是逆时针,留数为a1 ■若=0为无穷远点,则在区域D:R<日<∞内, f(-)d== ak=d==)a44=d== ak Resf(∞)=-a-1。注意积分回路取向:对无穷远点,回路正向应该是顺时针,留数为-a
4 留数定理及其应用 我们终于走到这一步：在孤立奇点去心邻域，一个解析函数可以展开成Laurent级数，这个Laurent级数是唯一的、在展开环 域是绝对收敛且内闭一致收敛的，因而求导、求积和级数的求和可以交换次序。对一般复变函数的积分，可望先展开为级 数，再利用下式求积分。 C z (z - a)n = 2 π δn,1 具体如何做？正是本章的内容。 4.1 留数定理 目标：利用级数展开，解决复变函数的闭合回路积分问题。 留数定理 由Cauchy定理，对一个闭合回路积分，若闭合回路所包围的区域是解析的，那么积分为 0 ；若回路内有一些奇点，那么积分 值等于包围这些奇点的各闭回路积分值之和。若这些奇点是孤立奇点，计算孤立奇点邻域一条闭合回路的积分就可用留数 定理计算。 引理：设 z0 是解析函数 f (z) 的一个孤立奇点，函数在 z0 的去心邻域 D：0 < z - z0 < δ （ z0 为有限远点）或 R < z < ∞ （ z0 为无穷远点）内解析，则函数对 D 内任意一条包围 z0 的闭合回路正向的积分 c:z0 f (z) z = 2 π Res f (z0)， 其中 c : z0 为在 D 内包围 z0 的任意一条闭合回路 ， Res f (z0) 称为函数在 z0 的留数，“闭合回路积分残留下来的数 ”。 ◼ 包围 z0 的闭合回路正向：在回路上走，z0 在左手边。 ◼ 若 z0 在有限区，则在区域 D：0 < z - z0 < δ 内， c:z0 f (z) z = c:z0 k=-∞ ∞ ak(z - z0)k z = k=-∞ ∞ ak c:z0 (z - z0) k z = 2 π k=-∞ ∞ ak δk,-1 = 2 π a-1 Res f (z0) = a-1。 注意积分回路取向 ：对有限远点 ，回路正向应该是 逆时针，留数为 a-1。 ◼ 若 z0 为无穷远点，则在区域 D：R < z < ∞ 内， c:∞ f (z) z = c:∞ k=-∞ ∞ ak zk z = k=-∞ ∞ ak c:∞ zk z = -2 π k=-∞ ∞ ak δk,-1 = -2 π a-1 Res f (∞) = -a-1。 注意积分回路取向 ：对无穷远点 ，回路正向应该是 顺时针，留数为 -a-1
注意无穷远点的留数与有限远点的留数形式上差一个负号。回路正向一个逆时针一个顺时针。 ■对有限远点,若0不是奇点(或是可去奇点),则Rcsf(a0)=0,对无限远点,即使它不是奇点,也有可能 Resf(=0)≠0 例如:f()=e在z=∞点是可去奇点,但Resf()=-1≠0 B数定理:设区域D的边界C是分段光滑的闭合曲线,函数f(2)在D内除有限个孤立奇点b 解析,在D上连续,且在C上无奇点,则 k=22/ ■这个定理实际上是复连通 Cauchy定理和上一个引理的直接结果。 ■如果函数f(=)在有限区域只有有限个孤立奇点,则包括无穷远点在内的所有奇点的留数和为0。 取回路CR包围所有有限远的奇点,则 f()d==2 i)Res(by) 但:df()d=-4()d=为绕无穷远点的闭回-2 i Res(∞) 从而:> Res f(b)+Resf(∞)=0,特别注意即使无穷远点是可去奇点,其留数也可能不为0 Q留数的求法 留数: Laurent展开式中负一幂次相的系数a_1(对有限远点)或-a-1(对无穷远点),最直接的求法就是 Laurent展开,当然 还有其它简便方法 ■有限区的单极点b(一阶极点) 单极点:)=1+Sa-b (-b)f()=a-1+(-b))a(=-b 两边同时求极限:Resf(b)=a-1=lim(=-b)f(-) 若f()=2a且P(b)≠0,Q(b)=0为一阶0点,则 P(=) limP() Res f(b)=lim(E-b) ):bQ(=)-Qb) 但是,若J()=P且Pb)=0为m阶0点,Qb)=0为m+1阶0点 Resf(b)≠lmP(-) 再用洛必达法则 bQ(=) 反例:二=0是f(2)=—的单极点, Res f(o)= 而:Resf(0)≠lm
◼ 注意无穷远点的留数与有限远点的留数形式上差一个负号。回路正向一个逆时针一个顺时针。 ◼ 对有限远点，若 z0 不是奇点（或是可去奇点），则 Res f (z0) = 0，对无限远点，即使它不是奇点，也有可能 Res f (z0) ≠ 0。 例如：f (z) = e1/z 在 z = ∞点是可去奇点 ，但 Res f (∞) = -1 ≠ 0。 留数定理：设区域 D 的边界 C 是分段光滑的闭合曲线，函数 f (z) 在 D 内除有限个孤立奇点 bk, k = 1, 2, ..., n 外单 值解析，在 D 上连续，且在 C 上无奇点，则 C f (z) z = 2 π k=1 n Res f (bk) ◼ 这个定理实际上是复连通Cauchy定理和上一个引理的直接结果。 ◼ 如果函数 f (z) 在有限区域只有有限个孤立奇点，则包括无穷远点在内的所有奇点的留数和为 0。 取回路 CR 包围所有有限远的奇点 ，则 CR f (z) z = 2 π k=1 n Res f (bk) 但 : CR f (z) z = -CR f (z) z 视为绕无穷远点的闭回路 -2 Resf (∞) 从而： k=1 n Res f (bk) + Res f (∞) = 0，特别注意即使无穷远点是可去奇点 ，其留数也可能不为 0。 留数的求法 留数：Laurent展开式中负一幂次相的系数 a-1（对有限远点）或 -a-1（对无穷远点），最直接的求法就是Laurent展开，当然 还有其它简便方法。 ◼ 有限区的单极点 b （一阶极点） 单极点：f (z) = a-1 z - b + k=0 ∞ ak(z - b)k ⟹ (z - b) f (z) = a-1 + (z - b) k=0 ∞ ak(z - b)k 两边同时求极限 ：Res f (b) = a-1 = lim zb (z - b) f (z) 若 f (z) = P(z) Q(z) 且 P(b) ≠ 0, Q(b) = 0 为一阶 0 点，则 Res f (b) = lim zb (z - b) P(z) Q(z) = lim zb P(z) Q(z) - Q(b) (z - b) = lim zb P(z) lim zb Q(z) - Q(b) (z - b) = P(b) Q′ (b) (1.1) ▲ 但是，若 f (z) = P(z) Q(z) 且 P(b) = 0 为 m 阶 0 点， Q(b) = 0 为 m + 1 阶 0 点 Res f (b) ≠ lim zb P(z) Q′ (z) 再用洛必达法则 反例：z = 0 是 f (z) = sin z z2 的单极点， Res f (0) = lim z0 z sin z z2 = 1, 而：Res f (0) ≠ lim z0 sin z z2 ′ = lim z0 sin z 2 z = 1 2 2 z04a.nb
z04anb 3 那么,对此例,上面的(1.1)式错在哪儿?(答: 目例题: 单极点,Resf z=∞为非孤立奇点,因为z=2kr可以落到任意的一个大圆之外 ■有限区的m阶极点b,m≥1 阶极点:f(2)=a-m(=-b)-m 1(-b)-1+a+…,其中 比较:m阶零点:f()=am(2-b+am+1(=-b)m+1…,其中am≠0 →(-b)mf()=a-m+…+a-1(-b)m1+a0(-b)+…,其中a-m≠0 两边同时求(m-1)阶导数并求极 dm-1(二-b)f() Rm:b9y2时那化为单点情况 f(-)= z=0为4阶极点
那么，对此例，上面的 (1.1) 式 错在哪儿 ？（答：错在蓝色部分吗 ，商的极限不等于极限的商 ） ☺ 例题： f (z) = 1 sin z ，z = 0 为单极点，Res f (0) = lim z0 1 (sin z)′ = lim z0 1 cos z = 1 z = ∞ 为非孤立奇点 ，因为 z = 2 k π 可以落到任意的一个大圆之外 。 f (z) = z cos z + 1 zn - 1 ，z = 1 为单极点 ，Res f (1) = lim z1 z cos z + 1 (zn - 1)′ = lim z1 z cos z + 1 n zn-1 = cos 1 + 1 n ◼ 有限区的 m 阶极点 b，m ≥ 1 m 阶极点：f (z) = a-m(z - b)-m + ... + a-1(z - b)-1 + a0 + ...，其中 a-m ≠ 0 比较：m 阶零点：f (z) = am(z - b)m + am+1(z - b)m+1 ...，其中 am ≠ 0 （对 f (z) 在 b 点解析而言 ） ⟹ (z - b) m f (z) = a-m + ... + a-1(z - b)m-1 + a0(z - b)m + ...，其中 a-m ≠ 0 两边同时求 (m - 1) 阶导数并求极限 (m - 1)! a-1 = lim zb m-1 [(z - b) m f (z)] zm-1 ， Res f (b) = a-1 Res f (b) = 1 (m - 1)! lim zb [(z - b)m f (z)](m-1) ， m = 1 时退化为单极点情况 ☺ 例题： f (z) = z cos z - 1 z5 , z = 0 为 4 阶极点 Res f (0) = 1 3! z4 z cos z - 1 z5 (3) z04a.nb 3
c1ear【"G1oba1`"] f[z]:=(ecos[z]-1)/z5 E3 D Limit[f3,z→0] Residue [f[z],[z, 0)1 Series [f[z],[z,0, 3] c[n]:= Seriescoefficient[f[z],[z,0, n] c【-1] 111 o[z]4 z43z26z306302520 6 (((2-2i)((1-i)+i(1+i)2))/(5+n)!) True 有限区的本性奇点b:只能作 Laurent展开求a1 ■无穷远点:即使是可去奇点,无穷远点的留数也可能不为0,故求留数时一定别忘了计算Resf( f()=>a, Resf(oo)=-a-1, 4 f(=)d==2ri Resf(oo)=-2Tia-l 做变换:=1/= g(o f(1/ k=-oo 故:f(=)在二=00的留数等于g(=-f(1/4在<=0的留数 Res f(oo)=Res g(0), g(o=--f(1/4 目例题 1.f(x)=+2i 求奇点及其留数
Clear["Global`*"] f[z_] := (z Cos[z] - 1) z5; f3 = D 1 3! z4 f[z], {z, 3}; Limit[f3, z 0] Residue[f[z], {z, 0}] Series[f[z], {z, 0, 3}] c[n_] := SeriesCoefficient[f[z], {z, 0, n}] c[-1] c[n] - 1 6 - 1 6 1 z4 - 1 3 z2 - 1 6 z - 1 30 + z2 630 + z3 2520 + O[z]4 - 1 6 -(((2 - 2 ) ((1 - )n + (1 + )n)) / (5 + n)!) n > -5 0 True ◼ 有限区的本性奇点 b：只能作 Laurent 展开求 a-1。 ◼ 无穷远点：即使是可去奇点，无穷远点的留数也可能不为 0，故求留数时一定别忘了计算 Res f (∞) f (z) = k=-∞ ∞ ak zk， Res f (∞) = -a-1，c:∞ f (z) z = 2 π Res f (∞) = -2 π a-1 做变换：ζ = 1/z ⟹ g(ζ) = - 1 ζ2 f (1/ ζ) = - 1 ζ2 k=-∞ ∞ ak ζ -k = - k=-∞ ∞ a-k ζk-2 = - k=-∞ ∞ ... + a-1 ζ + a0 ζ2 + ... 故： f (z) 在 z = ∞ 的留数等于 g(ζ) = - 1 ζ2 f (1/ ζ) 在 ζ = 0 的留数 Res f (∞) = Res g(0), g(ζ) = - 1 ζ2 f (1/ ζ) ☺ 例题： 1. f (z) = z + 2 z5 + 4 z3 ，求奇点及其留数 4 z04a.nb
z04anb5 奇点:=0三阶,R/0=1,=(+2P=- 备点:=24单点,R=曰+4 (+2i)i 奇点:z=-2i,可去奇点,Resf(-2i)=0 别忘了奇点:二=∞,尽管在这里它是可去奇点,但留数并不一定为0 直接展开f()= 2i=2b二 无负一幂次,Resf()=0 c1ear【"G1oba1`"] (z+2立 f【z_] z5+4z3 Residue[f[z],[z,0] Residue[f[z],[z,211 Residue[f[z],[z,-21] Residue[f[z],{z,∞}] Residue f[/],(s,0 i 以下各题均没有求解z=∞点的留数,请自己补充。 2.f()=el,求奇点及其留数 奇点:二=0,本性奇点,只能展开,f()= Resf(0)=-1 3.f()= 求l=df(=)d sins=cos 二=0是4阶奇点,f()是“偶函数”,展开式不包含奇幂次,Resf(0)=0 f(=)d
奇点：z = 0, 三阶， Res f (0) = 1 2 ! lim z0 z + 2 z2 + 4 (2) = - 8 奇点：z = 2 , 单极点，Res f (2 ) = lim z2 (z + 2 ) z5 + 4 z3 ′ = 8 奇点：z = -2 , 可去奇点 ，Res f (-2 ) = 0 别忘了奇点 ：z = ∞, 尽管在这里它是可去奇点 ，但留数并不一定为 0 直接展开 f (z) = 1 z3 1 z - 2 = 1 z4 1 1 - 2 z = 1 z4 k=0 ∞ 2 z k 无负一幂次 ，Res f (∞) = 0 Clear["Global`*"] f[z_] := (z + 2 ) z5 + 4 z3 ; Residue[f[z], {z, 0}] Residue[f[z], {z, 2 }] Residue[f[z], {z, -2 }] Residue[f[z], {z, ∞}] Residue- 1 ζ2 f[1 / ζ], {ζ, 0} - 8 8 0 0 0 以下各题均没有求解 z = ∞ 点的留数 ，请自己补充 。 2. f (z) = -1/z ，求奇点及其留数 奇点：z = 0, 本性奇点 ，只能展开， f (z) = k=0 ∞ 1 k ! - 1 z k ， Res f (0) = -1。 3. f (z) = z sin5 z cos z ，求 I = z =1 f (z) z z = 0 是 4 阶奇点，f (z) 是 “偶函数”，展开式不包含奇幂次 ，Res f (0) = 0。 4. f (z) = 1 1/z - 1 ，求 I = z =1 f (z) z z04a.nb 5