第五章留數定理

第五章留數定理§1留數定理§2留數在定積分計算上的應用（一）§3留數在定積分計算上的應用（二）學習要求1.掌握殘數的概念和殘數定理。2.熟練掌握殘數的計算方法；能熟練利用殘數定理求沿封閉曲線積分；掌握利用殘數定理計算定積分（主要是三種類型）的方法。

考核知識點1.殘數的定義。2.可去奇點殘數的計算。3.本性奇點殘數的計算。4.極點殘數的計算。5.殘數定理6.利用殘數計算定積分

如果函數f(z)在z0的鄰域內解析,根據柯西積分定理

如果z0為f(z)的一個孤立奇點,則沿在z0的某個去心鄰域0<|z-z0|<R內，包含z0的任意一條正向簡單閉曲線C的積分一般就不等于零。思考：積分等于多少?§1留數定理結論：從上面的討論可知,積分的計算可轉化為求被積函數的羅朗展開式中z-z0的負一次冪項的系數c-1。或[思路一]將f(z)在此鄰域內展開為羅朗級數

f(z)=...+c-n(z-z0)-n+...+c-1(z-z0)-1+c0+c1(z-z0)+...+cn(z-z0)n+...

后,兩端沿C逐項積分,右端各項積分除留下

c-1(z-z0)-1的一項等于2ic-1外，其余各項積分都等于零，所以若令n=-1,

得[思路二]由羅朗級數系數公式為函數f(z)在z0的留數(Residue)，記作Res[f(z),z0]。一、留數的定義

定義

若f(z)在去心鄰域內解析，z0是f(z)的孤立奇點，C是

內包圍z0的任意一條正向簡單閉曲線，定義積分即留數定理：如果函數f(z)在一條正向簡單閉曲線C上連續，在C的內部除有限個孤立奇點z1,z2,...,zn外處處解析。則二、留數定理[證]把在C內的孤立奇點zk(k=1,2,...,n)用互不包含的正向簡單閉曲線Ck圍繞起來,則根據多連通域的柯西積分定理有根據留數的定義，有討論問題：柯西積分定理、柯西積分公式與留數定理的關系如何？意義：把計算沿路徑積分的整體問題化為計算各孤立奇點留數的局部問題。2、求羅朗級數中c-1(z-z0)-1項的系數c-1。

三、留數的計算1、留數只對孤立奇點而言才有意義。2）如果z0是f(z)本性奇點,將f(z)在其z0的去心鄰域中展開為羅朗級數，求c-1;

如果知道奇點的類型,對求留數可能更有利。

1）如z0是f(z)的可去奇點,則Res[f(z),z0]=0;3）如果z0是f(z)的極點,則可以利用以下的規則：（極點留數的計算規則）規則2

如果z0為f(z)的m級極點，則規則1

如果z0為f(z)的一級極點,則

規則3

設,P(z)及Q(z)在z0都解析,如果P(z0)0,Q(z0)=0,Qˊ(z0)0,則z0為f(z)的一級極點,且注意規則3的應用條件例2:計算z=0是本性奇點例1:

例3.z=i與z=-i為的一階極點,故從而例4.

計算

解以z=0為其三階極點,故由殘數定理得例5.

計算

解在單位圓周|z|=1內,以z=0為其孤立奇點,我們應用羅朗展式求為此注意后面那個因式在z=0解析,且顯然可以展為常數項為1的冪級數因此在z=0的無心領域內有由此即得故由規則1,得我們也可以用規則III來求留數：這比用規則1要簡單些，但要注意應用的條件。[方法一]、首先應定出極點z=0的級數。由于因此z=0是z-sinz的三級零點，也就是f(z)的三級極點。例9：計算在z=0處的留數.

應用公式得由此可見,二階導數的計算過程將十分繁雜。

如果函數f(z)的極點z0的級數不是m,它的實際級數要比m低,這時表達式的系數c-m，c-m+1，…中可能有一個或幾個等于零,顯然規則2的公式仍然有效。

一般說來,在應用規則2時,為了計算方便不要將m取得比實際的級數高。注意：在應用規則2時，為了計算方便，可以將m取得比實際的級數高。[方法三]用洛朗展開式求c-1就比較方便，因為所以考慮：多值函數的留數計算。

1.定義：

設函數f(z)在圓環域R<|z|<內解析，C為圓環域內繞原點的任何一條簡單閉曲線，則積分稱其為f(z)在點的留數，記作這里積分路徑的方向是順時針方向，這個方向很自然地可以看作是圍繞無窮遠點的正向。四、無窮遠點的留數及計算方法將f(z)在R<|z|<+∞內的羅朗展式為則即f(z)在點的留數等于函數f(z)在點的羅朗級數中z-1項的系數c-1的變號。注意：有限可去奇點的留數為0，z=∞既便是f(z)的可去奇點，f(z)在z=∞的留數也未必是0，為什么？另：由于f(z)在R<|z|<+內解析，所以在此圓環域內可以展開成洛朗級數C為R<|z|<+內繞原點任何一條簡單正向閉曲線。考慮n=-1的情況因此Res[f(z),]=-c-1

方法1如果f(z)在的洛朗展開式為

則有Res[f(z),∞]=-C-12、無窮遠點留數的計算方法方法2z=∞是f(z)的可去奇點，并且則f(z)在z=∞的留數方法3

此結論請同學們課后自行證明。例設f(z)=z5/(1+z6),求z=∞的留數解：（方法一）由于f(z)在1<|z|<+內解析，所以z=∞是可去奇點，z=∞的留數為Res[f(z),∞]=-C-1=-1（0）（方法二）z=∞是可去奇點，并且則Res[f(z),∞]

[定理]：如果函數f(z)在擴充復平面內只有有限個孤立奇點，那末f(z)在所有各奇點(包括點)的留數總和必等于零.[證]除點外,設f(z)的有限個奇點為zk(k=1,2,...,n)。又設C為一條繞原點的并將zk(k=1,2,...,n)包含在它內部的正向簡單閉曲線，則根據留數定理與在無窮遠點的留數定義，有§4.2應用留數理論計算實變函數定積分(重點的重點)一、需解決的問題許多場合中需要計算實變函數的定積分，而這些定積分利用高等數學中的知識較難求得或無法求得。二、解決問題的基本思路把需求解的定積分與復變函數的圍道積分聯系起來，再利用復變函數的知識以便得到定積分的解。31三、具體解法試求：將實變函數的積分路徑與復平面上的一段路徑C等同起來。abxxyzazbCxyCabxzazb32若對應的復變路徑C不構成閉合圍道，則補上一段路徑C’使得C+C’構成一閉合圍道。abxxyC’zazbCxyCabxC’zazb33利用留數定理求出在C+C’上的積分，再利用其它方法求出在C’上的積分，相減后得到問題的答案。34注意：一般來講在C’上的積分利用約當引理，可證為零。1.形如的積分為cos與sin

的有理函數，且在[0，2]上連續。

從而，積分化為沿正向單位圓周的積分：令z=eiθ，那么dz=ieiθdθ,dθ=dz/iz其中zk(k=1,2,…,n)為包含在單位圓周內的f(z)的孤立奇點。注意：1）f(z)為z的有理函數；2）R(cos,sin)在[0，2],則f(z)在單位圓周上無奇點；3）積分限可以為[-

，]。4）若R(cos,sin)為偶函數，則例1計算的值.解：令例2

計算積分解則例3

計算解令極點為:(在單位圓內)(在單位圓外)例4計算的值.[解]由于0<p<1,被積函數的分母在0q2p內不為零,因而積分是有意義的.由于cos2q=(e2iq+e-2iq)/2=(z2+z-2)/2,因此

在被積函數的三個極點z=0,p,1/p中只有前兩個在圓周|z|=1內,其中z=0為二級極點,z=p為一級極點.例5解：

(1)Q(z)比P(z)至少高兩次；

(2)Q(z)在實軸上無零點；

若R(z)在上半平面Imz＞0內的極點為zk(k=1,2,…,n)，則有

2.形如的積分

引理1（大圓弧引理）設f(z)在CR上連續，CR：，且在CR上，則。特別：則證明只需證明對>0，當R充分大時，有即可。

因為分析：可先討論最后令即可.2.積分區域的轉化:取一條輔助曲線,使與區間一起構成一條封閉曲線,并使R(z)在其內部除有限孤立奇點外處處解析.(此法常稱為“圍道積分法”)1.被積函數的轉化:(當z在實軸上的區間內變動時,R(z)=R(x))可取f(z)=R(z).

如圖所示：1）取輔助路徑CR

，CR與[-R,R]一起構成閉合路徑C，其中CR是以原點為中心,R為半徑的上半平面的半圓周.2）取R適當大,使R(z)所有的在上半平面內的極點zk都包在這積分路線內.R(z)在C及其內部(除去有限孤立奇點zk

）處處解析.z1z2z3yCR-RROx例1例2計算積分解

在上半平面有二級極點一級極點例3解：

3.形如的積分(1)Q(z)比P(z)至少高一次；(2)R(z)在實軸上沒有奇點;(3)>0;其中zk為R(z)在復平面上半平面的奇點。則設z1z2z3yCR-RROx

引理2(Jordan引理)

設f(z)在CR上連續，CR：如果在CR上，則證明：設f(z)在CR上連續，，

且滿足也可寫為不等式,當時的圖示yqOpy=sinq1例計算的值.[解]這里m=2,n=1,m-n=1.R(z)