都是奇点,故:z=0不是孤立奇点,没有留数定 视为绕无穷远点积分=-P,P=4f) 无穷远点是孤立奇点,可用留数定理,但如何求其留数。 h=f(1/4),考虑=0,在判断奇点阶数时不必含-一因子 hC/-分母为一阶零点,故=0是M4)的单极点 从而二=∞是f()的单极点。分母为一阶零点,分子非零 但对于无穷远点,单极点也不能应用Resf(b)= Res f(oo)=Res g(0), g(4=--f(1/4= =0是的三阶极点,Resh0)=21c-1 繁琐(用番 Mathematica,呵呵) f(-)直接展开 f(二)= 化为—的形式 2!二23! 2 只需一的系数, Resf(∞)=-a-1= 1 12 c1ear["GL。ba1★"] f[z_]:= h f[1/z] Residue[f[z],(z,∞}] Residue f[1/z],{z,0} 回路内有100个单极点,视为绕无穷远点的积分
z = 2 k π 都是奇点 ，故：z = 0 不是孤立奇点 ，没有留数定理 。 视为绕无穷远点的积分 I = -I′ , I′ = CR f (z) z 无穷远点是孤立奇点 ，可用留数定理 ，但如何求其留数 。 h(ζ) = f (1/ ζ)，考虑 ζ = 0，在判断奇点阶数时不必含 - 1 ζ2 因子。 h(ζ) = 1 ζ - 1 , 分母为一阶零点 ，故 ζ = 0 是 h(ζ) 的单极点 从而 z = ∞ 是 f (z) 的单极点 。分母为一阶零点 ，分子非零 ， 但对于无穷远点 ，单极点也不能应用 Res f (b) = P(b) Q′ (b) Res f (∞) = Res g(0), g(ζ) = - 1 ζ2 f (1/ ζ) = - 1 ζ2 1 ζ - 1 , ζ = 0 是 h(ζ) 的三阶极点 ，Res h(0) = 1 2! - ζ ζ - 1 ′′ ，繁琐 （用 Mathematica，呵呵 ） f (z) 直接展开 ： f (z) = 1 1 z + 1 2! 1 z2 + 1 3 ! 1 z3 + ... 化为 1 1 ± t 的形式 = z 1 + 1 2! 1 z + 1 3! 1 z2 + ... t 在 ∞ 邻域，t < 1 = z1 - 1 2 ! 1 z + 1 3! 1 z2 + ... t + 1 2! 1 z + 1 3! 1 z2 + ... 2 t2 + ... 只需 1 z 的系数， = z - 1 2 + 1 2! 2 - 1 3! 1 z + ... ⟹ Res f (∞) = -a-1 = - 1 12 (1.2) I′ = - 1 12 2 π = - π 6 ，I = -I′ = π 6 Clear["Global`*"] f[z_] := 1 1/z - 1 ; h[z_] = -1 z2 f[1 / z]; Residue[f[z], {z, ∞}] Residue -1 z2 f[1 / z], {z, 0} - 1 12 - 1 12 5. f (z) = z100 k=1 100 1 z - k ，求 I = z =200 f (z) z 回路内有100个单极点 ，视为绕无穷远点的积分 6 z04a.nb
z04a.nba f(-)d==2 Ti Res f(∞) Res f(oo)=Res g(0), g()=--f(1/=) 0为g()的二阶极 =-=-[2xi(-5050=10100i f(-)在回路内有1个本性奇点二=0,求留数需作 Laurent展开。 视为绕无穷远点的积分:-=P=4fc)d=2 Ti Res f(o f(∞)=Resg(O),g(-) f(1/=) Ine- 二=0是g()的单极点,Resg(O)=-lm=-sn1 7.二=0在区域D内,f()和g(-)在D内解析,在D上连续 g()在D内有一阶零点b*0,k=1,2,…,n,求/=Cf() d=,C为D的边界 解:分母为0的点:b,k=0,1,2,…,n,其中b=0,都是被积函数)sf的奇点 (-) 若bk不是f()的零点,则b是以()的一阶零点,则 l=2 i =2xSb02+2r;0 ∈=dg)y=b br g(bx) 若某个b也是f()的零点,则Res(b)=0,但仍有 l=2丌i 台bkg(bk) e- cos=+1 ,在=∞是什么奇点?留数=?
-I = I′ = z =200 f (z) z = 2 π Res f (∞) Res f (∞) = Res g(0)，g(z) = - 1 z2 f (1/z) g(z) = - 1 z2 k=1 100 1 k z - 1 , z = 0 为 g(z) 的二阶极点 Res g(0) = lim z0 z2 g(z) ′ Res g(0) = -lim z0 k=1 100 1 k z - 1 ′ = - k=1 100 k = -5050 I = -I′ = -[2 π (-5050)] = 10 100 π 6. f (z) = 1 z sin 1/z，求 I = z =1 f (z) z f (z) 在回路内有1个本性奇点 z = 0，求留数需作 Laurent 展开。 视为绕无穷远点的积分 ：-I = I′ = z =1 f (z) z = 2 π Res f (∞) Res f (∞) = Res g(0), g(z) = - 1 z2 f (1/z) = - 1 z sin z z = 0 是 g(z) 的单极点 ，Res g(0) = -lim z0 sin z z′ = -sin 1 I = -I′ = 2 π sin 1 7. z = 0 在区域 D 内， f (z) 和 g(z) 在 D 内解析，在 D 上连续， g(z) 在 D 内有一阶零点 bk ≠ 0, k = 1, 2, ..., n，求 I = C f (z) z g(z) z, C 为 D 的边界。 解：分母为 0 的点：bk, k = 0, 1, 2, ..., n，其中 b0 = 0，都是被积函数 φ(z) = f (z) z g(z) 的奇点。 若 bk 不是 f (z) 的零点，则 bk 是 φ(z) 的一阶零点 ，则 I = 2 π k=0 n f (z) [z g(z)]′ z=bk = 2 π k=1 n f (bk) bk g′ (bk) + 2 π f (0) g(0) 若某个 bl 也是 f (z) 的零点，则 Res φ(bl) = 0，但仍有 I = 2 π k=1 n f (bk) bk g′ (bk) + 2 π f (0) g(0) 8. f (z) = z cos z + 1 z2 - 1 ，在 z = ∞ 是什么奇点 ？留数 =？ z04a.nb 7
Clear [f, gI f【z_] z2-1 g[z_] f[1/z] Limit[f[z],z- ComplexInfinity Limit[f【x+iy],{x→-∞,x→∞,y→∞}](*分别以三种不同方式趋于无穷远 1+e Cos[z] 1 +22,- ComplexInfinity [0, ComplexInfinity, ComplexInfinity) 沿正负实轴(或负实轴和虚轴)“极限值”不同,是本性奇点。如何求留数? 番 Mathematica也爱莫能助? Residue [f[z],[z, ComplexInfinity]] Series [f[z], [z, Infinity, 5]] Series[g[z],[z,0, 5] Residue +ez( ,(z, ComplexInfinity) 1 Residu (1+ecos(2])12./1 显然,f()=scos+1 在全平面(不包含无穷远点)仅有两个奇点,z=±1 Mt: Res/(oo)=-[Res/(1)+Resf(D)]=-e-e-l1 42应用留数定理计算实变函数的定积分
Clear[f, g] f[z_] := z Cos[z] + 1 z2 - 1 g[z_] := - 1 z2 f[1 / z] Limit[f[z], z ComplexInfinity] Limit[f[x + y], {x -∞, x ∞, y ∞}] (* 分别以三种不同方式趋于无穷*)远 Limit 1 + z Cos[z] -1 + z2 , z ComplexInfinity {0, ComplexInfinity, ComplexInfinity} 沿正负实轴 （或负实轴和虚轴 ） “极限值” 不同，是本性奇点 。如何求留数 ？ Mathematica 也爱莫能助 ？ Residue[f[z], {z, ComplexInfinity}] Residue[g[z], {z, 0}] Series[f[z], {z, Infinity, 5}] Series[g[z], {z, 0, 5}] Residue 1 + z Cos[z] -1 + z2 , {z, ComplexInfinity} Residue- 1 + 1 z Cos 1 z -1 + 1 z2 z2 , {z, 0} (1 + z Cos[z]) 1 z 2 + 1 z 4 + O 1 z 6 1 + 1 z Cos 1 z -1 - z2 - z4 + O[z]6 显然， f (z) = z cos z + 1 z2 - 1 在全平面 （不包含无穷远点 ） 仅有两个奇点 ，z = ±1 故 ：Res f (∞) = -[Res f (1) + Res f (-1)] = -cos 1 2 - -1 4.2 应用留数定理计算实变函数的定积分 8 z04a.nb
z04a.nb 9 到目前为止,我们所学的关于复变函数的概念:解析、C-R条件、 Cauchy定理、 Cauchy公式、级数、一致收敛、奇点的分 类、留数、留数定理等等,似乎都在围绕一个问题,如何做一个复变函数的闭合回路积分。 闭合回路积分那事,就那么有意思吗? SetDirectory [NotebookDirectory []]i Import["funny. png",ImageSize+300] f ve owe 诚勿扰》 本节及下一节,通过一些例子,我们可看到,复变函数的闭合回路积分,确实那么有意思 再回顾一些基础: 小弧引理:若f()在二=a的去心邻域0<-d<6内连续,在一段小圆弧Cr:=-a=re1°,r<,B1≤θ≤62上 m(2-a)()=k一致成立,则:limf)d=ik(2-b) ▲若z=a是f(=)的单极点,则lim(z-a)f(=)实际上就是单极点的留数 ▲小圆弧定理的条件弱于单极点的留数定理,留数定理要求闭合回路d/(x)d=,而小圆弧定理只需一段弧 ▲试比较lim(-a)f(=)与lim(-a)f(-)之差别(答 大周弧引理:若f()在无穷远点的去心邻域M<<0内连续,在一段太圆弧CR:==Re6,R>M1≤6≤B2上 如=k一致成立,则:如G)d=-B) ▲若B1=0,B2=2,则有:df()d=2riK=-2 Ti Res0),-K是f()在无穷远的留数吗?why? Jordan引理:若=在上半平面及实轴上趋于a时,∫(2)一致趋于0,即 mf(-)=0,0≤6=arg=≤丌 则沿上半平面任意一段圆心于原点半径为R的圆弧: f(-)emd==0,其中m>0 Q三种类型的实变函数积分 处理三种类型的积分: (a)f()在实轴上无奇点或只有可去奇点 f(x)d (b)f()在实轴上有单极点 Il.f(x)eimxdx (a)f()在实轴上无奇点或只有可去奇点 (b)f(=)在实轴上有单极点 目例题:求积分(1型积分)
到目前为止，我们所学的关于复变函数的概念：解析、C-R条件、Cauchy定理、Cauchy公式、级数、一致收敛、奇点的分 类、留数、留数定理等等，似乎都在围绕一个问题，如何做一个复变函数的闭合回路积分。 闭合回路积分那事，就那么有意思吗？ SetDirectory[NotebookDirectory[]]; Import["funny.png", ImageSize 300] from "If you are the one" 《非诚勿扰 》 本节及下一节，通过一些例子，我们可看到，复变函数的闭合回路积分，确实那么有意思。 再回顾一些基础： 小圆弧引理：若 f (z) 在 z = a 的去心邻域 0 < z - a < δ 内连续，在一段小圆弧 Cr： z - a = r θ, r < δ, θ1 ≤ θ ≤ θ2 上 lim r0 (z - a) f (z) = k 一致成立 ，则 ：lim r0 Cr f (z) z = k (θ2 - θ1) ▲ 若 z = a 是 f (z) 的单极点，则 lim za (z - a) f (z) 实际上就是单极点的留数 ▲ 小圆弧定理的条件弱于单极点的留数定理 ，留数定理要求闭合回路 f (z) z，而小圆弧定理只需一段弧 ▲ 试比较 lim za (z - a) f (z) 与 lim r0 (z - a) f (z) 之差别 （答：后者限制了 z a 的方向，前者 z 以任意方式趋于 a） 大圆弧引理：若 f (z) 在无穷远点的去心邻域 M < z < ∞ 内连续，在一段大圆弧 CR： z = R θ, R > M, θ1 ≤ θ ≤ θ2 上 lim R∞z f (z) = K 一致成立 ，则： lim R∞CR f (z) z = K (θ2 - θ1) ▲ 若 θ1 = 0, θ2 = 2 π, 则有： f (z) z = 2 π K = -2 π Res f (∞), -K 是 f (z) 在无穷远的留数吗 ？why? Jordan 引理：若 z 在上半平面及实轴上趋于 ∞ 时， f (z) 一致趋于 0，即 lim z∞ f (z) = 0, 0 ≤ θ = arg z ≤ π, 则沿上半平面任意一段圆心于原点半径为 R 的圆弧： lim R∞CR f (z) m z z = 0，其中 m > 0 三种类型的实变函数积分 处理三种类型的积分： I. 0 2 π f (cos x, sin x) x II. -∞ +∞ f (x) x ⟹ (a) f (z) 在实轴上无奇点或只有可去奇点 (b) f (z) 在实轴上有单极点 III. -∞ +∞ f (x) m x x ⟹ (a) f (z) 在实轴上无奇点或只有可去奇点 (b) f (z) 在实轴上有单极点 ☺ 例题：求积分 （I 型 积分） z04a.nb 9
10 z04anb 已知:|e<1 解:积分属I型,解法:令 c=er a d==iex dx d= d=,化为闭合回路的积分。代入积分式 利用留数定理求之 1=2x2Rs=l.对单位圆内的奇点求留数·f()= 由二2+=+1=0解得,两奇点12=-1√1-e2 因为<,仅2=-(√1一2在单位圆内(单极点) Res f(=2)=lim f[x_]*1+E cos[x] Integrate[f[x],[x, 0,2 ) Assumptions N(-1<E<1) ConditionalExpression 例题:求积分(I型积分) =|cos2nxdx,n为自然数 解:积分属I型, cosx=-=+ dx= 构不成回路,化成 d=(+x 4 JHkl i-
I = 0 2 π x 1 + ε cos x , 已知：ε < 1 解：积分属 I 型，解法：令 cos x = 1 2 x + - x = 1 2 z + z-1 sin x = 1 2 x - - x = 1 2 z - z-1 z = x ⟹ z = x x ⟹ x = z z , 0 2 π ... x ⟹ z =1 ... z, 化为闭合回路的积分 。代入积分式 I = z=1 z z 1 1 + ε 2 z + z-1 = 2 ε z=1 z z2 + 2 ε z + 1 利用留数定理求之 。 I = 2 ε 2 π k Res f (zk), 对单位圆内的奇点求留数 。f (z) = 1 z2 + 2 ε z + 1 由 z2 + 2 ε z + 1 = 0 解得，两奇点 z1,2 = -1 ε 1 ± 1 - ε2 因为 ε < 1，仅 z2 = - 1 ε 1 - 1 - ε2 在单位圆内 （单极点） Res f (z2) = lim zz2 1 z2 + 2 ε z + 1 ′ = ε 2 1 - ε2 I = 2 π 1 - ε2 f[x_] = 1 1 + ε Cos[x] ; Integrate[f[x], {x, 0, 2 π}, Assumptions {-1 < ε < 1}] ConditionalExpression 2 π 1 - ε2 , ε ≠ 0 ☺ 例题：求积分 （I 型 积分） I = 0 π/2 cos2 n x x，n 为自然数 解：积分属 I 型，cos x = 1 2 z + z-1, x = z z 0 π/2 构不成回路 ，化成 0 2 π I = 0 π/2 cos2 n x x = 1 4 0 2 π cos2 n x x I = 1 4 z=1 z z z + z-1 2 2 n = 1 4n+1 z=1 z2 + 1 2 n z2 n+1 z 10 z04a.nb