1、第五章留數及其應用第一節孤立奇點教學內容：孤立奇點的分類、各類奇點的特征、函數的零點與極點的關系、函數的零點與極點的關系函數在無窮遠點的性態教學要求：1、掌握孤立奇點的分類2、理解并掌握各類奇點的特征3、了解函數的零點與極點的關系及函數的零點與極點的關系教學過程：一、孤立奇點的分類設函數f (z)在去掉圓心的圓盤 D : 0 ：| Z - z k R(0 ： R乞二)內解析，那么我們稱 z為f (z)的孤立奇點.在D內，f (z)有洛朗展式f (Z)八:n(Z-Zo)n,n =_：:其中-nnid ,(n =0,一1,一2,.)2 i C： (- Zo)-boCr 是圓 |Z-Zo|(0Vn(

2、Z-Zo)n,為 f(z)的解析部n=_0分,-bax :(Z-Z。)，為f(z)的主要局部.isin z - 0 是 ，ez zf Z 二一-.1 sin zn 41-的孤立奇點.Z1z0 = n = 1,2, 是它的孤立奇點.n兀般地，對于上述函數f(z)，按照它的洛朗展式含負幕的情況(主要局部的情況)，可以把孤立奇點分類如下：定義5.1(1)假設f(z)在zo的主要局部為零，那么稱Zo為f (z)的可去奇點.(2) 假設f(z)在zo點的主要局部為有限多項.即Jm)+ J(Z-Z°)mm -1(Z-Z。)Z-Z。那么稱Zo為f (z)的m階極點.(3)假設f (z)在zo點的主

3、要局部有無限多項,那么稱Zo 為f (z)的本性奇點.二、各類奇點的特征1、可去奇點我們說Z。是f (z)的可去奇點，或者說f (z)在Z。有可去奇點.這是因為令f(z。)八0，就得到在整個圓盤|z-Zo卜:R內的解析函數f(z).定理 5.1 函數 f(z)在 D：o ：|z-z0 卜:R(0： R 內解析，那么Zo是f(Z)的可去奇點的必要與充分條件是：存在著極限,lim f(z) =o(o，其中ao是一個復數.z -zo證明：(必要性).z0是f(z)的可去奇點，在0 ：|z - Zo | ： R 內，f (z)有洛朗展式：f (z) = ： o J(Z-zo) . ： n(Z-Zo)n

4、 .因為上式右邊的幕級數的收斂半徑至少是R,所以它的和函數在|z-zo|：R內解析，于是顯然存在著lim f(z) =o.zo(充分性)設在o ：|z-zo卜：R內，f (z)的洛朗展式是f (Z)n(Z-Zo)n,n fJaF其中：nnyd ,(n =°,_1,_2,.)2兀i CZo)lim f (zH ： o，所以存在著兩個正數 M及0(空R)，使得在 o ：|Z-Zo 卜：o 內,I f(z)卜:M ,那么取'，使得O ：，我們有(n 7-1,-2,.)當n : O時，在上式中令'趨近于O,就得到 =°(n =-1,-2, -3,.).于是Zo是f

5、(z)的可去奇點.定理5.1設z0為f(z)的孤立奇點，貝U z是f (z)的可去奇點的充分必要條件是：存在著某一個正數訂GR)，使得f (z)在0 I Z-Zo I：: G 內有界.2. 極點設Zo是f (z)的m階極點.當m = 1時，稱Zo是f (z)的單極點，當m .1時，稱zo是f (z)的m重極點.z是f (z)的m(_1)階極點，那么在0 ：|z - z |： R內，f(z)有洛朗展式:fz= 僅 +僅上卅 +上丄mmz-Z0z-Z0z-Z0：0：1Z-Z° .：-汀.在這里q0 .于是在 0 ：|zz | ： R 內ota上a df 二 .z z°z z。-

6、m _ 1m ,x m 1Z Z°。"(.宀。).二 z其中'(z)是一個在|z-z°|：R內解析的函數，并且 m0.反之，如果函數f (z)在0：|z-z0|：R內可以表示成為上式右端的 形狀，而;：(z)是一個在|z-z°卜:R內解析的函數，并且(Z0)= 0， 那么可以推出是f (z)的m階極點.這樣我們就得到：Z0是f (z)的m階極點充要條件是:1f(z)十(1)(Z-Z。)其中；：(z)在Zo解析，并且：(Zo)=O.由此可得如下定理：定理5.2設函數 f (z)在 D： 0 ：| zz。|： R(0 ： RU)內解析，那么 z。 是

7、f (z)的極點的充分必要條件是：lim f (z)-：.。推論設函數f (z)在D:0 ：|z-z0 I： R(。： R ：)內解析，那么z。是f(z)的m階極點的充分必要條件是：lim (zz°)mf(z)，z )z。在這里m是一個正整數，亠是一個不等于0的復常數.3. 本性奇點定理 5.3 設函數 f (z)在 D:0 ：|z-z0 |： R(0 ： R ：)內解析，那 么z。是f(z)的本性奇點的充分必要條件是：不存在有限或無窮 極限 lim f (z).z。例3研究是函數f z =ez孤立奇點的類型解：z二0是函數f zAe：的孤立奇點.1當z沿正實軸趨近于。時，ez趨近于

8、二；當z沿負實軸趨近于。時，e；趨近于0；1 1所以lim e1不存在，故z = 0是函數f e"的本性奇點.例4研究是函數f z =沁孤立奇點的類型z解：z=0是函數fz=A蘭的孤立奇點.因為函數zf z = sinz在0 ：|z|： 二內的洛朗展式為 z24sin zzz(-1)nz2n(2n 1)!由于展式中負幕項系數均為 0,故故Z = 0是函數f z二匹的z1 .- z3!5!可去奇點.例5求出以下函數的奇點,并確定它們的類型，對無窮遠點也要加以討論:sin z - z(1) f(z) z5 f(z7解(1)(法一)f(z)以z=0為奇點先求f (z)在0"： :

9、的洛朗展式:n 2n 1z3 nd (2n 1)!n£ (zn 1)!f(z)=嚀吞 Iz由此，f (z)在z=0的負幕項局部為零；故z=0為f (z)的可去(法二)sin z-z cosz-1-sinz1因為 lim 3 lim 2 limZTzzT 3z T 6z 6故z =0為f (z)可去的奇點(2) 顯然z =1是f (z)的二級極點.三、函數的零點與極點的關系定義5.2假設f(z) =(zZ。)，其中®在zo解析，且 5)7 ，m是一正整數，那么稱z為f (z)的m階零點.定理5.4假設f(z)在zo解析，那么zo為f (z)的m階零點充分必 要條件是f

10、76; (zo) =0 (n =0,1,m -1) f zo0證明：(必要性)假設z0為f(z)的m階零點，貝Uf (Z) = (z z0®(z )設：(z)在z0的泰勒展式為=入：1(Z -z0) . ： ,Z - Zo)" .其中o h護(Zo)o，從而f (z)在Zo的泰勒展式為f (z) =cto(z -Zo )m +s(z Zo 嚴 +由此式推知f(n (zo) =0 (n =0,1，m1)f Eizo 序0(充分性)課后作業注1:不恒為零的解析函數的零點是孤立的零點與極點有如下關系1定理5.5 zo為f的m階極點，貝U Zo是 一的m階零點， f(z)反之亦然.

11、1例6函數f z二丄有什么奇點？如果是極點，指出它們 sin z的階.解：sinz=O= z二k二k=0,_1,_2, 是函數f(z)的孤立奇點，由于(sinz)冷主二=0 k =0, 1, 2,，所以z二k二k =0, 1, 2，都是si nz的一階零點，也就是 f z = 一階極點.si nz四、函數在無窮遠點的性態定義5.3設函數f (z)在無窮遠點的鄰域 R：|z|： :內解析，那么稱無窮遠點為f (z)的孤立奇點.在R ：|z|： :內，f (z)有洛朗級數展式：f(z) nzn( 2)n 二:12門n 1 z。)f()二 0,-1,-2,.)1i令z ，按照R 0或R = 0，我們

12、得到在0 q w | 或wR0：|w| ：:內解析的函數(w)二f (丄)，在0：|w|：丄內其洛朗wR級數展式是:(w) = ' bnwnn=_：再用w = -代入，得到在R ：| z|牡?內z-bof (z)bnZ(3)n =-：:(3) 與(2)比照得n =b_n, n =0,二1,二2,因此，有(1) 在(2)中，如果當時n =1,2,3，時，：.n =0，那么Z二是f (Z)的可去奇點(2) 在(2)中，如果只有有限個(至少一個)整數n 0， 使得： n = 0，那么Z-:是f (z)的極點.設對于正整數m，m = 0， 而當n m時，n = 0，那么我們稱z二：是f (z)

13、的m階極點.(3) 在(2)中，如果有無限個整數n 7，使得九=0, 那么稱Z二：是f(z)的本性奇點.-joo-be忖注2：我們也稱芒,分別為級數:-nzn,的解n z0n z!n -二析局部和主要局部.注3:假設：為f(z)的可去奇點，也說f(z)在無窮遠點解析.注4：有限點的結論都可以推廣到無窮遠點的情形，有內解析，那么孤立奇點Z":為f(z)的可去奇點、極點、本性奇點的充分必要條件是存在著有限、無窮極限lim f(z)、不存在有限或無窮的極限lim f(z).Z1例7求函數f)在：的去心鄰域內的洛朗展式,并指出其收級域.解：因f (z)在1 ：:|z|：: :內解析，故在此領

14、域內展為洛朗級數.n*Z n z0 Z Z n=Zn=?Zz(z -1) z -1 Z Z 1z111111，*打11|111- -Y _ -1 _T _y _nn -1nZ例8函數f (z) =1 2z 3z2 4z3是否以z =氨為孤立奇 點？假設是，屬于哪一類?解：函數f (z) =1 2z 3z2 4z3在全平面上解析，式子本身就是f (z)在無窮遠點的鄰域|z|： :內的洛朗展式，所以Z二是函數f (z)的孤立奇點且為三階極點. 例9函數f (z)二是否以z =：:為孤立奇點？sin z解：函數f(z)二丄在全平面上除sinz的零點以外為解sin zJ1析，但sin Z的零點Zk *

15、 k =0,1,2,，它們都是f(z)二sin z的極點，且在擴充復平面上，序列？ zk以為聚點，因此 1:1一 1z =：:不是函數f (z)二的孤立奇點.sin z第二節留數教學內容：留數的概念及留數定理、留數的求法、函數在無窮遠點的的留數.教學要求：1、掌握留數定理及留數的求法2、正確理解函數在無窮遠點的的留數3、了解留數的概念教學過程：一留數的概念及留數定理設函數f在點z0解析.作圓C :|z - Zo Fr，使f (z)在以它 為邊界的閉圓盤上解析，那么根據柯西定理，積分C f (z)dz =0設函數f (z)在區域0 I z - z0卜：R內解析.選取r ，使 0 ：r : R，并

16、且作圓C:|z-zo|=r，那么如果f (z)在z也解析， 那么cf(z)dz=0 ;如果z是f (z)的孤立奇點，那么積分C f (z)dz就 不一定等于零；關于 f(z)dz的計算有C定義5.4如果z0是f (z)的孤立奇點，函數 f (z)在區域10 I z z0 i R內解析.那么稱積分 f (z)dz為f (z)在孤立奇點|0 |2 兀i、cz0的留數，記作Re$ f z ,z。)，這里積分是沿著C按逆時針方向取的.注1:我們定義的留數ReSf z,z。)與圓C的半徑r無關.事實上:在0 ：| z - Zo卜R內，f(z)有洛朗展式：-bof (z) = Vn(Z - Zo)n，n

17、二:i1當 n 時，：廠丁 C f(z)dz2叫C有f (z)dz =2江心(1)即，Resff z ,Zo)這就是說f (z)在孤立奇點zo的留數等于其洛朗級數展式中1z Zo的系數.注2:如果zo是f (z)的可去奇點，那么ReSf z,z() = O1例1求f(z) =zeZ在孤立奇點z=O處的留數解：在 O ：| z|： :內1- 1 1f 二 zeZ 二 z 122!z3!z2所以Res f z ,O)=斗=12!定理5.7 (柯西留數定理)設f (z)在D內除去有孤立奇點z1,z2,.,zn外處處解析，C是D內包圍各奇點的一條正向簡單閉曲線，那么nC f dz 二 2二i'

18、 Res f z ,zj(2)kd證明：以D內每一個孤立奇點zk(k=i,2,n )為心，作圓監, 使以它為邊界的閉圓盤上每一點都在 D內，并且使任意兩個這 樣的閉圓盤彼此無公共點根據柯西定理有nCf(z)dz 八 f(z)dz,k=4 k1口1由此得 C f (z)dzf(z)dz,2兀I C心2兀I -k即12：i,f (z)dz'Re$f z,Zk二nC f (z)dz =2二i'Res f z , zk ,k=4二、留數的求法法那么1:設zo是f (z)的一個一階極點.那么Res f z , zo = lim (z - zo) f (z)( 3)zTo證明：z是f (z

19、)的一個一階極點.因此在去掉中心z的某一圓盤內(z = z0)，1f(z)：(z)Z Zo其中:(z)在這個圓盤內包括z=z0解析，其泰勒級數展式是:(Z)八： n(Z-Zo)n,n =e而且：0仝(z0)=O.顯然，在f(z)的洛朗級數中的系數等ZZo于：(Zo)，因此ReS f z ,Zo = Zo = limz = lim (z - Zo) f (z)Z?0z )70例2求函數f二廬冇在各孤立奇點處的留數解：由于z=O,2-5是f (z)的一階極點，有Res f z ,O =lim zf(z) =lim1八z £ z _2 z 510, 1 ReS f z ,2 = lm(z2

20、) f (z)二 limz z 5141 1Resf zT 二問山 5)f(z)= !im5zz_2 =35法那么2 :設f(滬器其中p(z)及Q在z"解析,P(Zo)=O, Zo是Q(z)的一階零點，那么Zo是f (z)的一階極點,PZo(4)證明：利用法那么1注意下面式子ReS f z , Zo = lim (z - Zo ) f (z)P(z)PZo-凹。(z Zo)q(z)Q(Zo) QTzo)即可得證.iz例3函數f (z) = e 2在極點處的留數1 +z2解：因為函數izf二產N1 +z有兩個一階極點Z - _i，且由法那么2P(z) 1Q'(z)iz2ze，i

21、z eResf z,i二2zi2eie-z 一21Restf z，z耐！吧dm(z-zo)mf(z)m-1dz(5)izRes f z , -i =旦2z法那么3：設z是f (z)的一個m階極點.那么例4求函數f(z)-z e2 z在z =0處的留數解：因z=0是f (z)的二階極點，那么有公式(5)有Ref zg冷zmod (zP f“血efdz2'Z )0三、函數在無窮遠點的的留數定義5.5設z =：:為f(z)的一個孤立奇點，即f(z)在R z< -內解析,那么稱1U f (z)d z,(： z = P>R) 2叫1為f在點z=g的留數.記為Res f (z),：.這

22、里丨-是指順時針方向.注3：假設f(z)在R：z： :內的洛朗展式為tof八：nznn 二：貝U有 Res f (z), ： -注4:f (z)的有限可去奇點a處，有Res f (z), a = 0，但是如果點:為f (z)的可去奇點(或解析點)，那么Resf(z),：可 以不是零.1例如 Res ,： = -1z定理5.8如果f (z)在擴充z平面上只有有限個孤立奇點(包括無窮遠點在內)，設為a1,a2/ an/:,那么f (z)在各點的留數總和為零.證明：對于充分大的正數R,使ais,an全在z卜：R內，由 留數定理得nz|J(z)dzRe, z，akf (z)dz = Res f (z)

23、,如2iri，z 占n故得' Res f z ,ak Res f (z), ： = 0.k 4"1fl、法那么 4： Res f (z),°o =Res f - ,0zlz 丿一證明：在無窮遠點留數定義中，令Z洎二并令Z二丄，經 過化簡即可得證.10例5求函數f(z) 4 二 3在它各有限奇點的留數(z4+2)2(z2$總和.2k + .解：函數的有限奇點是2及Zk =42e 4(k =0,1,2,3)，共五個.其中2是三階極點，每個Zk是二階極點，顯然，逐個求出 在各奇點的留數，不管用規那么 2或展開洛朗級數，都是十分麻煩的，現在我們利用定理5.8來求:r 3,R

24、es f z 2 ' Res f z , zk 丨 Res f z 1-0k=0而2 ,0 - - Res2,0 z(1 + 2z4 )(1-2z-1-=一血 z 3 ,z )0z(1 +2z 2(1 -2z).所以欲求的留數之和為1注5:定理5.8為我們提供了計算函數沿閉曲線積分的又一種方法.如下例例6計算積分而，其中C為正向圓周C(z + i dz = 2- i 'Re s f z , -i 丨 Resf z ,1 i?C z i 10 z1 z3-2二i*Resf z ,3$ Resf z , ：1= _2"：i(z_1Iz_3)z =2解：除：外，被積函數的奇

25、點是z =i,1,3，據定理5.8有Res f z , h 1 Res f z ,11 Resf z ,3 Resf z , ： 1 - 0,其中110z i z-1 z-3由于z = -i, 1,都在C的內部，所以從上式、留數定理與法那么4二 i3 i10_2 3 i 100得到,第三節留數在定積分計算中的應用教學內容：留數的應用教學要求：理解掌握留數在積分計算中的應用.教學過程在數學分析中往往要計算一些定積分或反常積分，而這些 積分中的被積函數的原函數，不能用初等函數表示出來；或者 可以求出原函數，但計算也非常繁瑣.在這種情況下把這些定積 分的計算問題，轉化為計算某些解析函數在孤立奇點的留

26、數下 面通過例子進行討論一、 形如 I = 0 R(siM,cosr)dv 的積分，令 z e，貝U dz 二 ietd J 二 d 二生izcos" z - z2i其中Rsincosn是sin , co 的有理分式，當0_二_2二時,z沿單位圓z=1的正向繞行一周，因此有2 二(1)o R(sin -,cos-)d -=例1計算積分其中常數a 1.712 100 in s+a解：令 z = ，貝U dz- Ziz2dz由("zanr于是應用留數定理，只需計算f(z)=-2在| z|<1內極z +2iaz1點處的留數，就可求出.上面的被積函數有兩個極點：Z| - -i

27、a i、a2 -1及z2 = -ia -r. a2 -1.顯然|z11 ： 1,| z21 1.因此被積函數在| z卜：1內只有一個極點 zi，f(zz2-2iaz-1在極點Zi的留數為“如芯 2ia iHl于是求得形如.R(x)dx型積分其中R z P(z)為有理分式函數.Q(z)定理5.9設R z P(z)為有理分式,其中Q(z)P(z)二 a°zmam, 5=0；Q(z)二 bozn bzn_bn, bo = 0為互質多項式，且合條件：(1)n-m-2 ,即q z比P z至少高兩次，(2) Q z在實軸上無零點，(3) R(z)在上半平面Im z . 0內的極點為zk(k =1,2,n), 那么(2)R(x)dx = 2：i ' Res(R(z),Zk)Im z< 0例2計算積分:x2dx(x2 1)2解：因為被積分函數是一個偶函數，所以2-x dx 1-0 (x21)22 =(x21)2 dx f (z2 1)2它一共有兩個二階極點二i，在上半平面只有z二i 一個極點,由公式 Re$ f z , z0 =lim(m - 1)!z %嚴(0心.得m 4dzz2Re$f z,i)二 limKz + i)由(2)得2極x dx1 (x21)2，掃0 x2-：(x21)2i :例3計算積分0 (x21)2 '解