复变函数论课件：6-3 辐角原理及即应用

1、6.3 辐角原理及即应用6.3.1 对数留数6.3.2 辐角原理6.3.3 儒歇定理定义：形如积分称为f(z)的对数残数主要作用：推出辅角原理提供了计算解析函数零点个数的一个有效方法.特别是,可以研究在一个指定的区域内多项式零点个数的问题显然,函数f(z)的零点和奇点都可能是 的奇点.6.3.1 对数留数对数留数因此而得名 证 如a为f(z)的n级零点,则在点a的邻域内有引理6.4 (1)设a为f(z)的n级零点(极点）, (2)设b为f(z)的m级极点a必为函数的一级极点,且必为函数 的一级极点,且其中g(z)在点a的邻域内解析,且g(a)0.于是 (2)如b为f(z)m级极点 在点b的去心

2、邻域内有在点a的邻域内解析,的一级极点,且 a必为 h(z)在点b的邻域内解析,且h(b)0.在点b解析的一级极点,且故b为 定理6.9 设C是一条围线,f(z)合条件:(6.26) 证 由第五章习题(二)14,可知f(z)在C内部至多只有有限个零点和极点.设ak(k=1,2,p)为f(z)在C内部的不同零点,其级数相应地为nk;bj(j=1,2,q)为f(z)在C内的不同极点,其级数相 (1)f(z)在C内部除可能有极 点外是解析的;(2)f(z)在C上解析切不为零则有式中N(f,C)与P(f,C)分别表示f(z)在C内部的零点与极点的个数称为f(z)在C内是亚纯的(2)可改为f(z)在C上

3、连续且不为零特别注意几级算几个.在C内部及C上除去在C内部有一级极点ak(k=1,2,p)及bj(j=1,2,q)均是解析的.故由残数定理6.1,及引理6.4得应地为mj,则根据引理(6.4)知,例 计算积分例 计算积分例 求 。解 例 求 。 解法二令 ，则 为 的一级零点, Cargf(z)表示z沿C之正向绕行一周时argf(z)的改变量(6.27)特别说来,如f(z)在围线C上及C之内部均解析,且f(z)在C上不为零,则(6.28)6.3.2 辐角原理(2) f(z)在C内是亚纯的(3) f(z)在C上连续且不为零(1) C是一条围线 辅角 原理 例6.21 设f(z)=(z-1)(z-

4、2)2(z-4),C: |z|=3,试验证 辐角原理 Next Page例6.21 ,试验证辐角原理。证 故辐角原理成立。例Cargf(z)表示z沿C之正向绕行一周时argf(z)的改变量(6.27)(6.28)(2) f(z)在C内是亚纯的(3) f(z)在C上连续且不为零(1) C是一条围线 辅角 原理 Cargf(z)表示z沿C之正向绕行一周时argf(z)的改变量(6.28)例6.22 设n次多项式 p(z)=a0zn+ a1zn-1+ +an=0 (a0 0）在虚轴上没有零点，证明它的全部零点在左半平面Rez0,及6.3.3 儒歇(Rouche)定理设C是一条围线,函数f(z)及(z

5、)满足条件: (1)它们在C的内部均解析,且连续到C;(2)在C上, |f(z)|(z)|f(z)与 f(z)+(z) 在C内部有同样多的零点,即(6.30)由关系式(6.31) 这样一来,这两个函数f(z)与 f(z)+(z)都满足定理6.9的条件.由于这两个函数在C的内部解析,于是由(6.28),下面只须证明C0z图6.14根据条件(2),当z沿C变动时将z平面上的围线C变成平面上的闭曲线,借助函数201即是说,点 不会围着原点=0 绕行. 全在圆周|-1|=1的内部.例6.23 设 次多项式 满足条件 ,则 在单位圆 内有 个零点。例6.23 设 次多项式 满足条件 ,则 在单位圆 内有

6、 个零点。推论1: 设n次多项式 p(z)=a0zn+ atzn-t+an(a00）满足条件：|at|a0|+ |at-1|+ |at+1+ +|an|则p(z)在单位圆|z|a0|+ |at-1|+ |at+1+ +|an|(z)|由儒歇定里得p(z)=f(z)+(z)与f(z)在单位圆内有同样多的零点，即为n-t个推论2: n次方程 (p(z)=)a0zn+ a1zn-1+ +an=0 (a0 0） 在复数域内有且仅有n个根（几重根就算几个根）1.首先证明存在R0，有n个根R方程在圆|z|0无根证明1.令， f(z)=a0zn, (z)= a1zn-1+ +an=0 则当|z|=R时， |

7、(z)| a1zn-1|+ +|an| = | a1|Rn-1+ +|an-1|R+|an| ( | a1|+ +|an-1|+|an|) Rn-1 1限定| a1|+ +|an|a0|R所以只要取有:当|z|=R时,| f(z)|(z)|, f(z),(z)在|z|R上解析 N(f(z)+(z),C)=N(f(z),C)=n即：N(p(z),C)=n2.z0: |z0|=R0R，需证:|p(z0)|0|(z0)| | a1z0n-1|+ +|an| = | a1|R0n-1+ +|an-1|R0+|an| ( | a1|+ +|an-1|+|an|) R0n-1 |a0|R0n=|f(z0)

8、| |p(z0)|=|f(z0)+(z0)| |f(z0)|-|(z0)|0 p(z0)=a0z0n+ a1z0n-1+ +an 0 例 求方程 在 内根的个数。解 令 ，当 时， ， ，故已知方程在 内根的个数与 在 内零点个数相同，都是5个。思考题思考题答案 只有一个根.放映结束，按Esc退出.定理6.11如函数f(z)在D内单叶解析则在D内f (z)0 证: (反证法) 若有D的点z0使f(z0)0,则z0必为f(z)- f(z0)的一个n级零点(n2).由零点的孤立性,故存在0 ,使在圆周 C: |z-z0|=上: f(z)- f(z0)0,在C的内部, f(z)- f(z0)及f /(z)无异于z0的零点.命m表|f(z)- f(z0)|在C上的下确界,则由儒歇定理即知,当0|-a|m时, f(z)- f(z0)-a在圆周C的内部亦恰有n个零点.但这些零点无一为多重点,理由是f /(z)在C内部除z0外无其他零点,而z0显然非f(z)- f(z0)-a的零点.故命z1,z2,zn表f(z)- f(z0)-a在C内部的n个相异的零点.于是f(zk)= f(z0)+a (k=1,2,n).这与f(z)单叶性假设矛盾.故在区域D