ch4_06解析函数的孤立奇点与留数.ppt

五.留数定理 由复合闭路定理,可得 留数定理1：设函数f(z)在区域D内除去有限个孤立奇点z1, z2, …, zn外处处解析, L是D内包围诸奇点的任意一条逆时针简单闭曲线, 则 利用这个定理，可将求沿封闭曲线L的积分，转化为求被积函数在L中的各孤立奇点处的留数。 如果函数f(z)在扩充复平面内除去有限个孤立奇点外处处解析, 那么f(z)在所有奇点(包括?点)的留数的总和等于零. 留数定理2 利用留数计算复积分 解: 在L内, z = 0为被积函数的一级极点, z = 1为 二级极点, 其余点处解析. Res[f(z), 1]= 例4. 计算 L为圆周|z| = 2, 取逆时针方向. 故由留数定理得 而Res[f(z), 0]= 解: 只以 (k = 0, ?1, ?2, …) 为一级极点,由公式(4)得 于是由留数定理得 例5. (1)计算积分 n为正整数. (k = 0, ?1, ?2, …). 如果直接用留数定理1计算，则需要计算5个 留数；改由留数定理2，则只需计算2个留数： 解: 在L内部奇点为z5-1=0的5个根zk(k=1,2,3,4,5), 在L外部有两个奇点：z=3和?点 六 . 用留数计算某些实积分 令z = eix, x : 0?2? (对应于|z| = 1 逆时针一周), 则dz = ieix dx, 其中 R(cosx, sinx)为cosx, sinx的有理函数. 所以 令 则 其中zk (k=1,2,…,n)为f(z)在|z|1内的孤立奇点. 例6. 计算 其中a 0且a ? 1. 解: 令z = eix, 则 ① 当0a1时, 在圆|z|1内, 只以z = a为一级极点, 在|z| = 1上无奇点. 由公式(1)得Res[f(z), a]= 所以由留数定理得: ②当a 1时, 在圆|z| 1内, 只以 为一级极点, 在|z| = 1上无奇点. 由公式(1)得 所以由留数定理得: 注: 若R(cosx, sinx)为x的偶函数, 则 仍然可令z = eix, 将 化为单位圆周上的积分. 例7. 计算积分 ?m为正整数. 解: 因为积分号下的函数为x的偶函数, 故 则 令 设z = eix, 则 在圆周?: |z| = 1内部, I2 = 0, 所以 由留数定理得: 仅有一个一级极点 于是 因而 证明: 为既约分式(n?m?2, am?0, bm ? 0). 取积分路径如图所示, 且R(z)所有 在上半平面内的奇点都包含 (?) 因为?M0, 取R充分大, 当|z| = R时, 总可以使 在这个积分曲线内, 由留数定理得 故在LR上, 从而在半径R充分大的LR上有 在(?)式中令R→+∞得: 注: 若R(x)为偶函数, 则有 例8. 应用留数计算实积分 解: 在上半平面内的只有一个有限 奇点(二级极点)z = i. 故 例9. 设a 0, 计算积分 解: 共有四个一级极点 (k = 0, 1, 2, 3), 其中a0, a1在上半平面. 由公式(3), Res[R(z), ak] 于是 例13. 计算积分 (m 0). 解: 被积函数为偶函数, 故 又因为 于是 由此可见 * 留数定理 扩充复平面（含无穷远点）的留数定理在下一页 * 下一页利用留数定理计算复积分 * 共有两题三个例子 * 共有两题三个例子 * 根据留数定理2有时候可以简化计算 §6 解析函数的孤立奇点与留数 留数是区别解析点与孤立奇点的重要标志；留数揭示了孤立奇点与围道积分的内在联系。 一.孤立奇点及其分类: 1.定义 若f(z)在z0不解析, 但在z0的某一去心邻域0|z?z0|? 内解析, 则称z0为f(z)的孤立奇点. 由定义可知，若z0为f(z)的孤立奇点，则意味着在z0的某个领域里只有z0一个奇点。 并非所有的奇点都孤立，例如： 1).若无负幂项, 则称z0为f(z)的可去奇点； 2).若只有有限个负幂项, 则称z0为f(z)的极点； 若c-m ? 0, 而cn = 0 (n-m), 则称z0为f(z)的m级极点, 2.?分类 由Laurent级数中负幂项的个数来分类 设z0为f(z)的孤立奇点, 则f(z)在0|z?z0|? 内 解析， Laurent展式为 3).若有无穷多个负幂项, 则称z0为f(z)的本性奇点。 判别： (1)如果z0为f(z)的可去奇点, 则在0|z?z0|?内, 有 如对函数 补充定义 在z = 0处解析. 则 如果z0为f(z)的m级极点, 则在0|z?z0|?内,有 (2) z0为f(z)的极点 z0为f(z)的m级极点 若 中负幂项有无穷多项 (3) z0为f