我的大一复变函数

一.如果函数f(z在z0不解析，但在z0的某个去心邻域0<|z-z0|<δ内处处解析，那么z0称为f(z的孤立奇点例：1z1

e z=0都是孤立奇点(zi)(z z1,if(z)

z

z0,z1 (n1 )z=0二.设z0为f(z) ∑c(zz (zz)n

c(zz

0<|z-z|<δ ∑ ∑

如在(*)式中不含zz0的负幂项,则称z0为f(z)的可f(z) F(zlimf(z)limF(z)F(z0)c0z z

z0|<δz0为f(z)的可去奇点 limf(z)c0.(其中c0是有限复常0

(z

1z3 )11z21z4 z=0是可去奇

ez

(z

z

1 z z z=0是可去奇点二. 如在(*)式中只含有限项zz0的负幂项,f(z)=cm(zz0)m+...+c2(zz0)2+c1(zz0)1 (m1,则称z0为f(z)的m级极点f(z)

(zz0

其中g(z)=cm+cm+1(zz0)+cm+2(zz0)2+...在|zz0|<内解析且g(z0)0.z0为f(z)的极点limf(z) f(z) z z=1是三级极点(z21)(zz＝i,z＝－i是一级极点 如在(*)式中含有无穷多项z-z0的负幂项,称z0为f(z)的本性奇点limf(z)不存在且非 1 f(z)e 2! n!znz=0１、定义：（m级零点mmf(z)(zz0

h(z)其中h(z)在z0解析，且h(z00m如果f(z)在z0

那么称z0为f(z)的m级z0为f(z)的m级零点f(n)(z0)0,(n ,mf(m)(z0)2、零点的性质解析函数零点的孤立性设f(z)解析，且不恒为零，如f(z0)=0, 存在U(z0 使得当zU(z0)时 f(z)(解析函数的惟一性定理)设函数f(z与g(z)在区域Dzn是D内互异的点列且limznz0D如果对一切n,f(zn)g(zn),则在 有f(z)g(z).1z0是f(z)的m级极点z0是f(z)的m级零点f(z)g(z),g(zh(z)都在z解析,且zh(z) g(zh(z)的m和n级零点(m,n为正整数),当mn时,z0是f(z)的可去奇点当m<n时z0是f(z)的n-m级极点展成Laurentlimf(z)m关于(zz)1的最高幂 (z z0且不为ezf(z)

f(z) z3z2z

f(z) f(z)e

f(z)

sinz2

ez1f(z)在无穷远点z=的去心邻域R<|z|<内解析,f(z)的孤立奇点nf(z)∑cnnn

∑cn 0令t0

∑cnzn

t0|t|f(z)

f )1t1

(tn (t)∑ctn

c∑ctn

0|t|R

∑c定义:如果t=0是(t)的可去奇点m级极点或本性奇点则称点z=是f(z)的可去奇点∑cnf(z)∑cnnn

∑cn

(t)∑ctnn

c∑ctn

0|t|R

不含正幂项;则z=f(z)的可去奇点limf(z)含有限多的正幂项,且zm为最高正幂;则z=是f(z)的m级极点limf(z)含有无穷多的正幂项;则z=f(z)的本性奇点limf(z)不存在且非例2、求下列函数在扩充复平面内的孤立奇点，并判别类型。1f(z)ef(z)

(z1)(zP(z)cczcz2 czn f(z)1cosz,(kZf(z)

(z21)(z2)3(sinz)3第二 留无穷远点的留设z0为f(z)的一个孤立奇点RC使得f(z)在0zz0R内解析RCf(z)在0

z

R内Laurentf(z)

n

c(zz)n11

2

f(z)∫(zz∫

dz(n0,1,2, Cz0的任一正向简单闭曲线即 f(z)dzRes[f(z),zC 2i C f(z)在z0点的留数 f(z), f(z),

∫f(z)dz2i2if(z)在孤立奇点z0为中心的圆环域内Laurent级数-1次幂项的系数∫f(z)dz2iRes[f(z),z0C定理(留数基本定理1)设函数f(z)在区域∫f(z)dznf(z),∫f(z)dznf(z),C.k根据留数基本定理 函数f(z)在闭曲线C上CzC11.z2C2D CzC11.z2C2D中心,C1,C2

,都在其余的外部,而都在C的内部,复合,复合闭路定理∫f(z)dz∫f(z)dz∫f(z)dz ∫f 再由留数的定义,n∫f(z)dz2n

f(z), k二.留数的计算z0为f(z)的可去奇点则Res[f(z),z0]z0为f(z)的本性奇点,则需将f(z展开成Laurent级数,求c1.z0为f(z)的极点除将f(zz0成Laurent级数求c1

z0为f(z)的一级极点Res[f(z),z0]lim[(zz0)f规则

z0f(z)的m级极点nm,1

dn1nRes[f(z),n

] z

[(zz0

f(z)].(n 0证明由于z0f(z)的m级极点，所以在z0某个去心邻域内的Laurentmf(z)cm(zz0 c2(zz0m (zz)1cc(zz) ff(z)cm(zz0)mc2(zz0)2(zz)1cc(zz)0010,(zz)nf(z) (zz)nm (zz)n1 c(zz)nc(zz)n1 对上式求n1阶导数 dzn1[(zz0)fdn1

n1)!c1+(

zz0正幂的项所以zz0

n1

[(zz0n1n

f(z)](ndn1

,Res[f(z),

]

[(zz

f

(n

0

规则

设f(z)P(z),P(z及Q(z)在z都解析0Q(z)0如果P(z0)0,Q(z0)0,Q(z0)0, 那么z0为f的一级极点Res[f(z),z0]

P(z0)Q(z0证 由条 z0是f(z)的一级极点.于Res[f(z),z]lim(zz)f(z)

P(z Q(z0

z例1.f(z)

ez(z1)(zz2n

f(z)

sinzz21cosf(z)

(z

,(n

f(z) 解 z=1和z=2都是f(z)的1级极点，ezRes[f(z),1]lim[(z1)f(z)]

z1zezRes[f(z),2]lim[(z2)f(z)] e2 z2zz=0f(z)的1Res[f(z),0]lim[zf(z)]limsinz 显然z1是f(z)的nResf(z),1 lim(n1)!

lim2n(2n (2nn2)z2nn1 (n(1)n12n(2n (2nn(n

(2n)! (n1)!(nz=0是f(z)的3级极点,在规则2中取n=5,Res[f(z),0]1lim(1cosz)(4)14! 如果在规则2中取n=3,那么计算就要麻烦得多例3.计算积分是z2的正向.

zz∫C3(z1)(zz∫C

dz,

解记f(z) z 解记z3(z1)(z

分别是f(z)的3级和1级极点都在极点z=3在z2的外部.

z2的内部Res[f(z),0]

12!z0

z (z1)(zzC zC

∫4

dz,其中C是z解zz11,z2i,z31,z4i解zz4f(z)z 的1级极点，并且都在C的内部所以z44∫f(z)dz2i∑Res[f(z),zk4 k42i∑4k

z(z4z(z4

2i∑4k4

24zk2

1

4 z z12z0

(z

(z

14Res[f(z),1]lim[(z1)f(z)]1 ∫ z dz2i 14 z

z3(z1)(z

1例3.f(z)z2e

∫f(z)dz,其中CC

z1的正向解易见z=0是函数f(z)f(z)z2

z

1

z Resf(z01.3!∫f(z)dz 例

求f(z)

zz在z=0处的留数

z f(z) zeze∑ zn∑n!

z∑n!∑

0z n0 n0Res[f(z),0]c1 1!2!

∑n!(n1)!. 设z=是f(z)的孤立奇点,即f(z)z=Rz内解析,1∫f(C为f(z)在z=Res[f(z其中CResf(Resf(z),f(z)在Rz内Laurent定理(留数基本定理2)设函数f(z)有有限个孤立奇点z1,z2, ,zn,zn1,则f(z)在所有孤∑∑Res[f(z),zk]k证 设曲线C是绕原点且包含奇点z1,z2 ,n∫f(z)dz2i∑Res[f(z),zkn k1n1∑Res[f(z),zk]n1k1

2i

Cf(z)dzCRes[f(z),]1∫f(zC∑∑Res[f(z,zk)]k规则4. 设f(z)在Rz内解析，Res[f(z),]Res 11,0 z2n证 设f(z)在R<|z|<内的Laurent展开式nnf(z)nn

czn,于是

1 z2

∑n

czn2 Res

1, Res[f(z),]. z2 4’. 设f(z)P(z)是有理分式,且多项Q(z)Res[f(z),]例5.1f(z)ezzf(z)z

z(zzC zC

∫4

dz,其中C是z例 计算积

zI∫(z21)2(z42)3dz.z 记f(z) .则由规则4(z21)2(z42)3Res[f(z),]Res 11,0 z2Res

z(z21)2(12z4

, z

f(z)dz2iRes[f(z),]2∫(z 1)(z5∫(z 1)(z5CC是z2的正向

dz, 设f(z)

(z51)(z

f(z)有7个孤立奇点:5个1级极点在C内部, 极点z=3和可去奇点z=在C外部.由留数基本定理2可知，只需要计算f(z)在z=3和z=的留数.根据规则4,Res[f(z),] Res[f(z),3] z3

I2iRes[f(z),3]Res[f(z),]i注本题采用这种方法要比直接应用留数基本定第三节留数在定积分计算上的应用有理函数与三角函数乘积的积一.三角有理式的积分2πz

R(cos,sin)ddziei ddz sin

1

iei

z2,

z21. 当在[02π变化时z沿单位圆周z1的正向绕行一周.于是2πR(cos,sin∫∫zz21,z21n ∫f(z)dz2πi∑Resf(z),zknz

kf(z)是有理函数.如果在

单位圆周内部f例１. 计算积

2π d(ab∫ a∫解∫2π ∫ a

d

z1a

z21

∫bz∫bz2az2z

dz.bz22azb在复平面内有两个零点z1

aa2a2

，z2

a a2a2由于a 因此

1.f(z)

bz22az

z11级极点z1.a2 b dz f(za2 bbz2aza2a2a22i

2bz2bzb

设m数 I∫cos d. 5π 因为cos,cosm都是以2为周期的偶函πI2

5

d2

∫ 5∫

d∫ I zm dz ∫

zm dz.2iz15z

z1(2z1)(zzm被积函数f(z)(2z1)(z

z1, 只有1z1

1内,I

1i2iRe

zm , (2z1)(z 2 3

32m二.有理函数的无穷积分

R(x)dx其中(1R(x)是x(2)子的次数高2次，(3R(z)在实轴上没有孤立奇点CCR R(x)dx2πi∑Res[R(z),zk 其中zk(k=1,2,…)是R(z)在上半平面内的所有孤立奇点如果R(x)是偶函数 R(x)d

R(x)dxπi∑Res[R(z),z 2 例 计算积

∫ ∫

dx

a I2

∫ ∫

dx 3 5 7z0ae ,z1ae ,z2ae ,z3ae是f(z)

的4个1级极点,其中z和zz4 平面，z2和z3在下半平面.I2

∫∫

dxx4a4iRes

, iRes ,z4

1

014z 4z01

4a43

ae

ae22

i 222 222 三.有理函数与三角函数乘积的积分I

Rx)eiaxdx(a0,∫∫R(z)P(z)是有理函数Q(z)

I

R(x)e dx2i∑Res[f(z)e ,zkk其中zk(k=1,2,…,n)是R(z)在上半平面内的所有孤立奇点eiaxcosaxisinax,I

R(x)eiax