故
∫
Γ−
− 2π i , dz = n z 0,
n = 1 n ≠ 1
f ( z) = L+ c−2 z−2 + c−1 z −1 + c0 + c1 z + L+ cn zn + L
dz −2π i , n = 1 及∫ − n = 可推出 Γ z n≠1 0,
∫
z=∞
Γ
f (z) =L+ c−2z + c−1z + c0 + c1z +L+ cnz +L 1)在0 <| t |≤ 1 内的洛朗展式为 则f ( t r
n
再利用洛朗级数证明这个公式 设f ( z)在r ≤| z |< +∞内的洛朗展式为
−2 −1
1) = L+ c t 2 + c t + c + c t −1 +L+ c t −n +L f (t 0 1 n −2 −1 1) 1 =L+ c + c t−1 + c t−2 + c t−3 +L+ c t−n−2 +L f ( t t2 0 1 n −2 −1
15
I = 2π i[− Re s f (z)]
z=∞
Re s f (z) = −c−1
z=∞
I = 2π i ⋅ c−1
z 易知z = ∞是f ( z) = 2 的一阶零点 2 4 3 ( z + 1) ( z + 2)
15
∴c−1 = limzf (z) = lim
z→∞ z→∞
在∞ 的去心邻域内有 c −1 c −2 ∴ f (z) = + 2 +L z cz ∴ zf ( z ) = c−1 + −2 + L 16 z z
=∞
在去心邻域N-{ 设f(z)在去心邻域 ∞}:0≤r < | z | <+∞内 在去心邻域 的洛朗展式为
f (z) = L+ c−2z + c−1z + c0 + c1z +L+ cnz +L
n
−2
−1
是圆|z例 3.2 设 C是圆 -a|<ρ，其中 a 是一个 是圆 ， 复数， 是一个正数 是一个正数， 复数 ， ρ是一个正数， 那么按反时针方向 所取的积分 (n = 1) 2π i , dz ∫C (z − a)n = 0, (n ≠ 1的整数)
1 f ( z )dz = 0 =− ∫Γ 2π i
这也是定理6.6的特例 这也是定理 的特例. 的特例
计算函数在无穷远点留数的一个公式
1 , 则 ϕ(t ) = f (1) = f (z). 令 t = z t
考 虑 Res f ( z ) =
z=∞
Γ :| z |= r 或 z = re (θ : −π →π ) 1 或t = 1 eiϕ (ϕ : −π → π ) γ :| t |= r r 1
n
故
∑Res f (z) + Res f (z) = 0
k =1 z =ak z =∞
注意： 的可去奇点， 注意：若a为f(z)的可去奇点，则必有 为 的可去奇点
Res f ( z ) = 0
z=a
的可去奇点(解析点 若∞为f(z)的可去奇点 解析点 ，则不一 的可去奇点 解析点)， 定有 R es f ( z ) = 0
k =1 z = ak
n
∫
Γ
1 ∑ Res f ( z ) − 2π i ∫Γ f ( z )dz = 0 z = ak k =1 n 1 ∑ Res f ( z ) + 2π i ∫Γ− f ( z )dz = 0 z = ak n k =1
n
f ( z )dz = 2π i ∑ Res f ( z ) z = ak k =1 n 1 ∫Γ f ( z )dz = ∑ Res f ( z ) z = ak 2π i k =1
复变函数论
Functions of One Complex Variable
湖南第一师范学院数理系
第六章 留数理论及其应用
§6.1 留数 §6.2 用留数定理计算实积分 §6.3 辐角原理及其应用
§6.1 留数
3.函数在无穷远点的留数 函数在无穷远点的留数
定义6.2 设∞为f(z)的一个孤立奇点 即f(z) 的一个孤立奇点,即 定义 的一个孤立奇点 在去心邻域N-{ 内解析,则称 在去心邻域 ∞}:0≤r < | z | <+∞内解析 则称 1 ∫ Γ − f ( z ) dz , ( Γ :| z |= ρ > r ) 2π i 的留数， 为f(z)在点 ∞的留数，记作 Res f ( z ) 在点 的留数 z =∞
(z +1) (z + 2) I = 2π i ⋅ c−1 = 2π i
2 2 4
3
=1
解法二
1 = 2 2 4 3 t (1 + t ) (1 + 2t )
1 1 1 f( ) 2 = 2 1 1 t t 2 3 t ( 2 + 1) ( 4 + 2) t t
1 15 t
1) 1 = −1 所以 Res f (z) = − Res f ( t t2 z=∞ t =0 I = 2π i[− Res f (z)] = 2π i[−(−1)] = 2π i
iθ
∫ 2π i
1
Γ
−
f ( z )dz , 其 中
变换 t = z 把圆 周Γ 变成圆 周γ . 同 时 把 区 域 r ≤| z |< +∞ 变 成 0 <| t |≤ 1 r
1 1 1)d(1) 故Res f (z) = ∫Γ− f (z)dz = 2πi ∫γ f ( t t z=∞ 2π i 1 1)d(1) = 1 1)(− 1 )dt = ∫γ f ( t t 2π i ∫γ f ( t t2 2π i 1 1 1 f (1) t 2 dt = − Res f (1) t 2 =− ∫γ t t t =0 2π i 1) 1 即 Res f ( z ) = − Res f ( t t 2 z =∞ t =0
z=∞
本讲结束Biblioteka 业第270页 页 3.(3)(4)
所以
1) 1 Res f ( z ) = −c−1 = − Res f ( t t 2 z =∞ t =0
例6.6 计算积分
z I =∫ dz 2 2 4 3 |z|=4 (z + 1) (z + 2) 解法一：七个孤立奇点, 解法一：七个孤立奇点, 六个 有限奇点均在积分曲线内部,只有∞ 有限奇点均在积分曲线内部,只有∞ 在其外部. 在其外部.
以原点为圆心作圆周Г， 证 以原点为圆心作圆周 ，使a1，a2， …， an ， 皆含于 Г内部 ， Г的外部 只有一 内部， 的外部 的外部只有一 ， 内部 个奇点∞，由留数定理得 ，
∫
Γ
f ( z )dz = 2π i ∑ Res f ( z )
k =1 z = ak
n
Γ
a2
an
O
a1
∫
Γ
f ( z )d z = 2π i ∑ R e s f ( z )
z=∞
2z + 1 例如z = ∞是f ( z ) = 的可去奇点，但 z
Res f ( z ) = −1
z =∞
若f(z)是整函数，则 Res f ( z ) = 0 是整函数， 是整函数
z =∞
1 证 Res f (z) = ∫ − f (z)dz,(Γ:| z |= ρ) 明 z=∞ 2πi Γ
−
f ( z ) dz = − 2π i ⋅ c − 1
2π i ∫ 1
Γ
−
R es f ( z ) =
f ( z )d z = − c −1
注意比较含点∞的区域的柯西积分定理 注意比较含点 的区域的柯西积分定理 与此结论的异同. 与此结论的异同
定理6.6 如果 在扩充z平面上只有有 如果f(z)在扩充 定理 限个孤立奇点(包括无穷远点 包括无穷远点)， 限个孤立奇点 包括无穷远点 ， 设为 a1 ， a2, …，an, ∞ , 则f(z)在各点的留数总和为零 在各点的留数总和为零. ， 在各点的留数总和为零