第五六七节留数定理

第五节基本定理的推广复合闭路定理一、问题的提出

二、复合闭路定理三、典型例题四、小结与思考DD1AABBC1EEFF为了讨论方便,添加字符E,E

,F

,F

,显然曲线AEBB

E

A

A,AA

F

B

BFA均为封闭曲线.因为它们的内部全含于D,CAEBB

E

A

Af

(

z)dz

=

0,故f

(z)dz

=

0.AA

F

B

BFAAEBB

E

A

A

=

AEB

+

BB

+

B

EA

+

A

A,︵

︵

︵

︵AA

F

B

BFA

=

AA

+

A

FB

+

B

B

+

BFA,︵︵

︵︵由

AEBB

E

A

A

AA

F

B

BFAf

(z)dz

+

f

(z)dz

=0,得DCD1AABBC1EEFFC-C1AA

A

A

f

(z)dz

+

f

(z)dz

+

f

(z)dz

+

f

(z)dz︵

︵+

f

(z)dz

+

f

(z)dz

=

0,︵

︵B

B

BBC1-C即

f

(z)dz

+

f

(z)dz

=0,或

f

(z)dz

=

f

(z)dz.C

C1CCD1AABB1FF-如果我们把这两条简单闭曲线

C

及C1

看成一条复合闭路

G,

G

的正方向为:外面的闭曲线C

按逆时针进行,内部的闭曲线C1

按顺时针进行,(即沿G的正向进行时,G的内部总在G的左手边),E那末说明

f:(

z在)d变z

=形0.过程中曲线不D

经

E过G函数f(z)的不解析的点.解析函数沿闭曲线的积分,不因闭曲线在区域内作连续变形而改变它的值.闭路变形原理2.

复合闭路定理设C

为多连通域D

内的一条简单闭曲线,C1

,C2

,,Cn

是在C

内部的简单闭曲线,它们互不包含也互不相交,并且以C

,C1

,C2

,,CnDC1CC23C为边界的区域全含于D,如果f

(z)在D

内解析,那末nk

=1Ckf

(z)dz,(1)

f

(z)dz

=

C均取正方向;k其中C

及CDCC1C2C3(2)

f

(z)dz

=

0.G这里G

为由C

,C1

,C2

,,Cn

组成的复合闭路(其方向是:C

按逆时针进行,C1

,C2

,,Cn按顺时针进行).第六节

柯西积分公式一、问题的提出二、柯西积分公式三、典型例题四、小结与思考一、问题的提出设

B

为一单连通域,

z0

为

B

中一点.Cz

-

z0所以

f

(

z)

dz

一般不为零,不解析.f

(z)

在z如果f

(z)在B内解析,那末00z

-

zC

为B

内围绕z0

的闭曲线.根据闭路变形原理知,该积分值不随闭曲线C

的变化而改变,求这个值.积分曲线C

取作以z0

为中心,半径为很小的d的正向圆周

z

-

z0

=

d,由f

(z)的连续性,在C上函数f

(z)的值将随着d

的缩小而逐渐接近于它在圆心z0

处的值,(d

缩小)CCdz

将接近于z

-

z0

z

-

z0f

(z)

f

(

z0

)

dz.Cz

-

zdzf

(z

)001000dz

=

2pif

(z

).=

f

(z

)z

-

zC二、柯西积分公式定理如果函数f

(z)在区域D

内处处解析,C

为D内的任何一条正向简单闭曲线,

它的内部完全含于

D,

z0

为C

内任一点,

那末f

(

z

)

=C2π

i z

-

z1

f

(z)

dz.00Dz0C证因为

f

(

z)

在

z0

连续,则"

e

>

0,

$d(e)

>

0,Dz0CK当z

-z0<

d

时,

f

(z)

-

f

(z0

)

<

e

.设以z0

为中心,半径为R

(R

<d

)的正向圆周K

:z

-z0

=R全在C

的内部,RC则dz

=Kf

(

z)

f

(z)

dzz

-

z0

z

-

z0=

dz

+Kz

-

z0f

(z)

-

f

(z0

)

dzKf

(z

)z

-

z00Kz

-

z=

2pif

(z

)

+0f

(z)

-

f

(z0

)

dz0z

-

z0f

(z)

-

f

(z0

)

dsKds

=

2π

e.e<KR上不等式表明,只要R足够小,左端积分的模就可以任意小,根据闭路变形原理知,

左端积分的值与

R

无关,所以只有在对所有的R

积分值为零时才有可能.[证毕]f

(z

)

=C2pi z

-

z1

f

(z)

dz00柯西积分公式dz

£f

(z)

-

f

(z

)z

-

z0K0关于柯西积分公式的说明:(1)把函数在C内部任一点的值用它在边界上的值表示.(这是解析函数的又一特征)(2)公式不但提供了计算某些复变函数沿闭路积分的一种方法,而且给出了解析函数的一个积分表达式.(这是研究解析函数的有力工具)(3)一个解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的平均值.iq如果

C

是圆周

z

=

z0

+

R

e

,2π2π00f

(z

+

R

eiq

)dq

.0f

(z

)

=

1

sin

z

dz;三、典型例题例1

求下列积分z

=421z

=4

(2)

+

dz.z

-

3

z

+

1(1)

12piz解

(1)

1

sin

z

dz2pi

z

=4

z因为f

(z)=sin

z

在复平面内解析,z

=0

位于z

<4内,(2)

z

=4

dz.z

-

3

z

+

1+21=z

=4

z

-

3dz

+

z

=4

z

+

1dz

=

2pi

1

+

2pi

221=

6pi.z

=42pi

z1 sin

z

dz

=

1=

0;由柯西积分公式z=02pi

sin

z2pi例2

计算积分

z

-

1

dz.z

=2ez解因为f

(z)=ez

在复平面内解析,z

=1

位于z

<2内,由柯西积分公式=

2epi.z=1z

=2z

z

-

1dz

=

2pi

eez例3dz.z(z2

+

1)112z-i

=1计算积分解=1z(z2

+

1)

z(z

+

i)(z

-

i)

z

-

i=

z(z

+

i)1=

f

(z)2因为

f

(

z)

在

z

-

i

£

1

内解析,

由柯西积分公式z0

=

i,z(z2

+

1)2z-i

=1dz

=1z

-

i2z-i

=11z=iz(z

+

i)z(z

+

i)

dz

=

2pi

12i

21=

2pi=

-pi.例４

设

C

表示正向圆周

x2

+

y2

=

3,dx,

求f

¢(1

+i).f

(

z)

=

Cx

-

z3x2

+

7x

+

1根据柯西积分公式知,解

当

z

在C

内时,f

(z)

=

2πi

(3x2

+

7x

+

1)

=

2pi(3z2

+

7z

+

1),x=z故

f

(

z)

=

2pi(6z

+

7),而1

+i

在C

内,所以

f

(1

+

i)

=

2p(-6

+

13i).1psin

z4例5

计算积分

z2

-

1

dz,

其中C

:

(1)

z

+

1

=

2;C解pz2

-

12z+1

=1sin

z4

dz(1)pdzz

+

1z

-

1=2z+1

=1sin

z4z=-14z

-1sin

p

z=

2pi22=

pi;14psin

z例5

计算积分

z2

-

1

dz,

其中C

:

(2)

z

-

1

=

2;Cpz2

-

12z-1

=1sin

z4

dz(2)pdzz

-

1z

+

1=2z-1

=1sin

z4z=14z

+

1sin

p

z=

2pi22=

pi;解z

=2dz4z2

-

1sin(3)z由闭路复合定理,得例5

计算积分Cpdz,

其中C

:

(3)

z

=

2.sin2p4z

-

1z解pz2

-

1

dz

=z

=2sin

z42z+1

=1sin

z4z2

-

1

dz

+p

πz2

-

1

dz2z-1

=1sin

z422

pi

=2=

2

pi

+2pi.例6

求积分dz,并证明π0cosqe

cos(sinq

)dq

=π

.z

=1zez解根据柯西积分公式知,z

=1ezdz

=

2pi

ez=

2pi;z=0z令

z

=

reiq

,

(-π

£

q

£π

)z

=

r

=

1,z

=1dzzzeireiq

dq

=iqreereiq=π-ππiqeie

dq-πdqπiecosq

+i

sinq-π=

2iπ-πecosq

sin(sinq

)dqπ0cosqe

cos(sinq

)dq

-πiqeie

dq

=-π=z

=1ez因为

z

dz

=

2π

i,cos(sinq

)dq

-π-πcosπ0cosqdz

=

2i

ee

q

sin(sinq

)dqz

=1

zez比较两式得π0cosqe

cos(sinq

)dq

=π

.课堂练习计算积分z

=3

z(

z2

-

1)

dz.ez答案有三个奇点z

=0,z

=1,z

=-12dz

=

pi(e

+

e-1

-

2).z

=3

z(

z

-

1)ez四、小结与思考柯西积分公式是复积分计算中的重要公式,它的证明基于柯西–古萨基本定理,它的重要性在于:一个解析函数在区域内部的值可以用它在边界上的值通过积分表示,所以它是研究解析函数的重要工具.f

(z

)

=C2pi z

-

z1

f

(z)

dz.00柯西积分公式:第七节 留

数一、留数的引入二、利用留数求积分三、典型例题四、小结与思考一、留数的引入C设z0

为f

(z)的一个孤立奇点;f

(z)

在

0

<

z

-

z0

<

R

内的洛朗级数:f

(z)

=

+

c

(z

-

z

)-n

+

+

c

(z

-

z

)-1

+

+

c-n

0

-1

0

0+

c

(z

-

z

)

+

+

c

(z

-

z

)n

+

1

0

n

00.

zz0

的某去心邻域0

<

z

-

z0

<

R的任一条正向简单闭曲线邻域内包含0z=

2pic-1c1

(z

-

z0

)dz

+

+c

dz

++Cc

(z

-

z

)n

dz

+

n

0CC0C=

+

c-n

(z

-

z0

) dz

+

+

c-1

(z

-

z0

) dz

+

-n

-1

C

积分

f

(z)dz

C

(高阶导数公式)00

(柯西-古萨基本定理)2pi-1洛朗级数中负幂项c-1

(z

-

z0

)

的系数f

(z)dzC12pi

-1即

c

==

Res[

f

(z),

z0

]f

(z)在z

的留数0定义如果z0

为函数f

(z)的一个孤立奇点,则沿<R内包含z0

的在z0

的某个去心邻域0

<z

-z0任意一条简单闭曲线C

的积分

f

(z)dz

的值除C以2pi

后所得的数称为f

(z)在z0

的留数.记作Res[f

(z),z0

].(即f

(z)在z0

为中心的圆环-1域内的洛朗级数中负

幂项c-1

(z

-

z0

)

的系数.)二、利用留数求积分说明:

1.

f

(

z

)在C上及C内部处处解析；2.留数定理将沿封闭曲线C积分转化为求被积函数在C内各孤立奇点处的留数.1.留数定理立奇点z1

,z2

,,zn

外处处解析,C是D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线,那末函数f

(z)在区域D内除有限个孤nk

=1C

f

(z)dz

=

2pi

Res[

f

(z),

zk

].证 如图C

C1

C2

Cn两边同时除以2pi且

f

(z)dz

=

f

(z)dz

+

f

(z)dz

++

f

(z)dz11

11

2

n

f

(z)dz2pi

C

2pi

C2pi

C

f

(z)dz

+

f

(z)dz

+

+=Res[f

(z),z1]+Res[f

(z),z2]++Res[f

(z),zn]即可得.n=

Res[

f

(z),

zk

]k

=1[证毕]2znzDCz1...2.留数的计算方法(1)

如果z0

为f

(z)的可去奇点,则Res[f

(z),z0

]=0.zfi

z0如果

z0

为

f

(z)

的本性奇点,

则需将

f

(z)

展开 成洛朗级数求

c-1

.如果z0为f

(z)的极点,则有如下计算规则规则1

如果z0

为f

(z)的一级极点,那末Res[

f

(z),

z0

]

=

lim(z

-

z0

)

f

(z

-

z0

).f

(z)].1mRes[

f

(z),

z0

]

=

lim

m-1

[(z

-

z0

)dm-1(m

-

1)!

zfi

z0

dz规则2

如果

z0

为

f

(z)的

m

级极点,证-m

-2f

(z)

=

c-m

(z

-

z0

)

+

+

c-2

(z

-

z0

)

++

c

(z

-

z

)-1

+

c

+

c

(z

-

z

)

+

-1

0

0

1

0(z

-

z

)m

f

(z)

=

c

+

c

(z

-

z

)

++

c

(z

-

z

)m-10

-m

-m+1

0

-1

0+

c

(z

-

z

)m

+

c

(z

-

z

)m+1

+

0

0

1

0那末limmm-1

[(z

-

z0

)

f

(z)]

=

(m

-

1)!c-1

,zfi

z0

dz=(m

-1)!c-1

+(含有z

-z0正幂的项)dm-1所以Res[f

(z),z0

]=c-1f

(z)].1m=

lim

m-1

[(z

-

z0

)dm-1(m

-

1)!

zfi

z0

dzmdm-1得

dzm-1

[(z

-

z0

)

f

(z)]两边求m

-1

阶导数,[证毕]规则3如果

P(z0

)

„

0,Q(z0

)

=

0,Q

(z0

)

„

0,

那末

z0

为Q(z)0设f

(z)=P(z),P(z)及Q(z)在z

都解析，证

因为Q(z0

)

=

0,

Q

(z0

)

„

0所以z0为Q(z)的一级零点,Q(z)10z的一级极点.为的一级极点,f

(z).Res[

f

(z),

z0

]

=00P(z

)Q¢(z

)且有在z0

解析且P(z0

)j(z0

)„0.所以z0

为f

(z)的一级极点,因此j

(z),1Q(z)

z

-

z01=其中j

(z)在z