第五章留数定理

第五章留数定理§1留数定理§2留数在定积分计算上的应用（一）§3留数在定积分计算上的应用（二）学习要求1.掌握残数的概念和残数定理。2.熟练掌握残数的计算方法；能熟练利用残数定理求沿封闭曲线积分；掌握利用残数定理计算定积分（主要是三种类型）的方法。

考核知识点1.残数的定义。2.可去奇点残数的计算。3.本性奇点残数的计算。4.极点残数的计算。5.残数定理6.利用残数计算定积分

如果函数f(z)在z0的邻域内解析,根据柯西积分定理

如果z0为f(z)的一个孤立奇点,则沿在z0的某个去心邻域0<|z-z0|<R内，包含z0的任意一条正向简单闭曲线C的积分一般就不等于零。思考：积分等于多少?§1留数定理结论：从上面的讨论可知,积分的计算可转化为求被积函数的罗朗展开式中z-z0的负一次幂项的系数c-1。或[思路一]将f(z)在此邻域内展开为罗朗级数

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

后,两端沿C逐项积分,右端各项积分除留下

c-1(z-z0)-1的一项等于2ic-1外，其余各项积分都等于零，所以若令n=-1,

得[思路二]由罗朗级数系数公式为函数f(z)在z0的留数(Residue)，记作Res[f(z),z0]。一、留数的定义

定义

若f(z)在去心邻域内解析，z0是f(z)的孤立奇点，C是

内包围z0的任意一条正向简单闭曲线，定义积分即留数定理：如果函数f(z)在一条正向简单闭曲线C上连续，在C的内部除有限个孤立奇点z1,z2,...,zn外处处解析。则二、留数定理[证]把在C内的孤立奇点zk(k=1,2,...,n)用互不包含的正向简单闭曲线Ck围绕起来,则根据多连通域的柯西积分定理有根据留数的定义，有讨论问题：柯西积分定理、柯西积分公式与留数定理的关系如何？意义：把计算沿路径积分的整体问题化为计算各孤立奇点留数的局部问题。2、求罗朗级数中c-1(z-z0)-1项的系数c-1。

三、留数的计算1、留数只对孤立奇点而言才有意义。2）如果z0是f(z)本性奇点,将f(z)在其z0的去心邻域中展开为罗朗级数，求c-1;

如果知道奇点的类型,对求留数可能更有利。

1）如z0是f(z)的可去奇点,则Res[f(z),z0]=0;3）如果z0是f(z)的极点,则可以利用以下的规则：（极点留数的计算规则）规则2

如果z0为f(z)的m级极点，则规则1

如果z0为f(z)的一级极点,则

规则3

设,P(z)及Q(z)在z0都解析,如果P(z0)0,Q(z0)=0,Qˊ(z0)0,则z0为f(z)的一级极点,且注意规则3的应用条件例2:计算z=0是本性奇点例1:

例3.z=i与z=-i为的一阶极点,故从而例4.

计算

解以z=0为其三阶极点,故由残数定理得例5.

计算

解在单位圆周|z|=1内,以z=0为其孤立奇点,我们应用罗朗展式求为此注意后面那个因式在z=0解析,且显然可以展为常数项为1的幂级数因此在z=0的无心领域内有由此即得故由规则1,得我们也可以用规则III来求留数：这比用规则1要简单些，但要注意应用的条件。[方法一]、首先应定出极点z=0的级数。由于因此z=0是z-sinz的三级零点，也就是f(z)的三级极点。例9：计算在z=0处的留数.

应用公式得由此可见,二阶导数的计算过程将十分繁杂。

如果函数f(z)的极点z0的级数不是m,它的实际级数要比m低,这时表达式的系数c-m，c-m+1，…中可能有一个或几个等于零,显然规则2的公式仍然有效。

一般说来,在应用规则2时,为了计算方便不要将m取得比实际的级数高。注意：在应用规则2时，为了计算方便，可以将m取得比实际的级数高。[方法三]用洛朗展开式求c-1就比较方便，因为所以考虑：多值函数的留数计算。

1.定义：

设函数f(z)在圆环域R<|z|<内解析，C为圆环域内绕原点的任何一条简单闭曲线，则积分称其为f(z)在点的留数，记作这里积分路径的方向是顺时针方向，这个方向很自然地可以看作是围绕无穷远点的正向。四、无穷远点的留数及计算方法将f(z)在R<|z|<+∞内的罗朗展式为则即f(z)在点的留数等于函数f(z)在点的罗朗级数中z-1项的系数c-1的变号。注意：有限可去奇点的留数为0，z=∞既便是f(z)的可去奇点，f(z)在z=∞的留数也未必是0，为什么？另：由于f(z)在R<|z|<+内解析，所以在此圆环域内可以展开成洛朗级数C为R<|z|<+内绕原点任何一条简单正向闭曲线。考虑n=-1的情况因此Res[f(z),]=-c-1

方法1如果f(z)在的洛朗展开式为

则有Res[f(z),∞]=-C-12、无穷远点留数的计算方法方法2z=∞是f(z)的可去奇点，并且则f(z)在z=∞的留数方法3

此结论请同学们课后自行证明。例设f(z)=z5/(1+z6),求z=∞的留数解：（方法一）由于f(z)在1<|z|<+内解析，所以z=∞是可去奇点，z=∞的留数为Res[f(z),∞]=-C-1=-1（0）（方法二）z=∞是可去奇点，并且则Res[f(z),∞]

[定理]：如果函数f(z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点，那末f(z)在所有各奇点(包括点)的留数总和必等于零.[证]除点外,设f(z)的有限个奇点为zk(k=1,2,...,n)。又设C为一条绕原点的并将zk(k=1,2,...,n)包含在它内部的正向简单闭曲线，则根据留数定理与在无穷远点的留数定义，有§4.2应用留数理论计算实变函数定积分(重点的重点)一、需解决的问题许多场合中需要计算实变函数的定积分，而这些定积分利用高等数学中的知识较难求得或无法求得。二、解决问题的基本思路把需求解的定积分与复变函数的围道积分联系起来，再利用复变函数的知识以便得到定积分的解。31三、具体解法试求：将实变函数的积分路径与复平面上的一段路径C等同起来。abxxyzazbCxyCabxzazb32若对应的复变路径C不构成闭合围道，则补上一段路径C’使得C+C’构成一闭合围道。abxxyC’zazbCxyCabxC’zazb33利用留数定理求出在C+C’上的积分，再利用其它方法求出在C’上的积分，相减后得到问题的答案。34注意：一般来讲在C’上的积分利用约当引理，可证为零。1.形如的积分为cos与sin

的有理函数，且在[0，2]上连续。

从而，积分化为沿正向单位圆周的积分：令z=eiθ，那么dz=ieiθdθ,dθ=dz/iz其中zk(k=1,2,…,n)为包含在单位圆周内的f(z)的孤立奇点。注意：1）f(z)为z的有理函数；2）R(cos,sin)在[0，2],则f(z)在单位圆周上无奇点；3）积分限可以为[-

，]。4）若R(cos,sin)为偶函数，则例1计算的值.解：令例2

计算积分解则例3

计算解令极点为:(在单位圆内)(在单位圆外)例4计算的值.[解]由于0<p<1,被积函数的分母在0q2p内不为零,因而积分是有意义的.由于cos2q=(e2iq+e-2iq)/2=(z2+z-2)/2,因此

在被积函数的三个极点z=0,p,1/p中只有前两个在圆周|z|=1内,其中z=0为二级极点,z=p为一级极点.例5解：

(1)Q(z)比P(z)至少高两次；

(2)Q(z)在实轴上无零点；

若R(z)在上半平面Imz＞0内的极点为zk(k=1,2,…,n)，则有

2.形如的积分

引理1（大圆弧引理）设f(z)在CR上连续，CR：，且在CR上，则。特别：则证明只需证明对>0，当R充分大时，有即可。

因为分析：可先讨论最后令即可.2.积分区域的转化:取一条辅助曲线,使与区间一起构成一条封闭曲线,并使R(z)在其内部除有限孤立奇点外处处解析.(此法常称为“围道积分法”)1.被积函数的转化:(当z在实轴上的区间内变动时,R(z)=R(x))可取f(z)=R(z).

如图所示：1）取辅助路径CR

，CR与[-R,R]一起构成闭合路径C，其中CR是以原点为中心,R为半径的上半平面的半圆周.2）取R适当大,使R(z)所有的在上半平面内的极点zk都包在这积分路线内.R(z)在C及其内部(除去有限孤立奇点zk

）处处解析.z1z2z3yCR-RROx例1例2计算积分解

在上半平面有二级极点一级极点例3解：

3.形如的积分(1)Q(z)比P(z)至少高一次；(2)R(z)在实轴上没有奇点;(3)>0;其中zk为R(z)在复平面上半平面的奇点。则设z1z2z3yCR-RROx

引理2(Jordan引理)

设f(z)在CR上连续，CR：如果在CR上，则证明：设f(z)在CR上连续，，

且满足也可写为不等式,当时的图示yqOpy=sinq1例计算的值.[解]这里m=2,n=1,m-n=1.R(z)