工程数学第7讲

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1、1工程数学工程数学第第7讲讲本文件可从网址(单击ppt讲义后选择工程数学子目录)2定理 如果 z0是 f(z)的 m 级极点,则 z0就是)(1zf的m 级零点,反过来也成立.证 如果 z0是 f(z)的 m 级极点,便有 )()(1)(0zgzzzfm 其中 g(z)在 z0解析,且 g(z0)0.所以当 zz0时,有)()()(1)()(100zhzzzgzzzfmm (5.1.4)3函数 h(z)也在 z0解析,且 h(z)0.由于 0)(1lim0zfzz 因此,只要令0)(10zf,则由(5.1.4)知 z0是)(1zf的 m 级零点.反过来,如果 z0是)(1zf的 m 级零点,则

2、 ).()()(10zzzzfm 这里(z)在 z0解析,并且(z0)0,4由此,当zz0时,得)()(1)(0zzzzfm而(z)=1/(z)在z0解析,并且(z0)0,所以z0是f(z)的m级极点.证毕这个定理为判断函数的极点提供了一个较为简单的方法.5例 1 函数zsin1有些什么奇点?如果是极点,指出它的级.解 函数1/sin z的奇点显然是使sin z=0的点.这些奇点是 z=k(k=0,1,2,).因为从 sinz=0得eiz=eiz或e2iz=1,从而有2iz=2ki,所以z=k.它们是孤立奇点.由于 (sin z)|z=k=cos z|z=k=(1)k0,所以 z=k都是 si

3、n z 的一级零点,也就是 sin z的一级极点.6注意不能一看函数表面形式就急于作结论.像函数21ezz,初看似乎 z=0 是它的 2 级极点,其实是一级极点.因为),(1!3!2111!11e022zzzznzzznnz 其中(z)在 z=0 解析,并且(0)0,类似地,z=0 是3shzz的 2 级极点而不是 3 级极点 75.函数在无穷远点的性态 如果函数f(z)在无穷远点z=的去心邻域R|z|内解析,称点为f(z)的孤立奇点.作变换zt1,并且规定这个变换把扩充z平面上的无穷远点z=映射成扩充t平面上的点t=0,则扩充平面 z 上每一个向无穷远点收敛的序列zn与扩充t 平面上向零收敛

4、的序列nnzt1相对应.反过来也是这样.8同时,zt1把扩充 z 平面上的去心邻域R|z|+映射成扩充 t 平面上原点的去心邻域Rt1|0,又 )()1()(ttfzf.这样,我们可把在去心邻域 R|z|+对 f(z)的研究变为在Rt1|0内对(t)的研究.显然(t)在Rt1|0内解析,所以 z=0 是(t)的孤立奇点.9规定,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,m级极点或本性奇点.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,根据(4.4.5)与(4.4.8),)5.1.5(,2,1,0(d)(21)(1101nficzcc

5、zczfCnnnnnnnnC为R|z|+内绕原点任何一条简单正向闭曲线10如果在级数(5.1.6)中i)不含负幂项,ii)含有有限多的负幂项,且tm为最高幂,iii)含有无穷多的负幂项,则t=0是(t)的i)可去奇点,ii)m级极点,iii)本性奇点.因此,(t)在圆环域Rt1|0内的洛朗级数可由(5.1.5)得到为 101)(nnnnnntcctct (5.1.6)11因此,在级数(5.1.5)中,i)不含正幂项;ii)含有限多的正幂项,且zm为最高幂;iii)含有无穷多的正幂项;则z=是f(z)的i)可去奇点;ii)m级极点;iii)本性奇点.12又知道要确定 t=0 是否(t)的可去奇点

6、,极点或本性奇点,可以不必把(t)展开成洛朗极数来考虑,只要分别看极限)(lim0tt是否存在(有限值),为无穷大或即不存在又不为无穷大数就可以了.由于 f(z)=(t),对于无穷远点也有同样的确定方法,即 z=是 f(z)的可去奇点,极点或本性奇点,完全看极限)(limtfz是否存在(有限值),为无穷大或即不存在又不是无穷大来决定.13当 z=是 f(z)的可去奇点时,可以认为 f(z)在是解析的,只要取).(lim)(zffz.例如,函数1)(zzzf在圆环域 1|z|+内可展开成 nnzzzzzzf1)1(1111111)(32 它不含正幂项,所以是 f(z)的可去奇点.如果我们取 f(

7、)=1,则 f(z)在解析.14又如函数zzzf1)(,含有正幂项,且 z 为最高正幂项,所以为它的一级极点.函数 sin z 的展开式:)!12()1(!5!3sin1253nzzzzznn 含有无穷多的正幂项,所以是它的本性奇点.152 留数161.留数的定义及留数定理 如果函数f(z)在z0的邻域内解析,那末根据柯西-古萨基本定理.0d)(CzzfCzzfd)(但是,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|zz0|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零.17因此将f(z)在此邻域内展开为洛朗级数f(z)=.+cn(zz0)n+.+c1(zz0)1

8、+c0+c1(zz0)+.+cn(zz0)n+.后,两端沿C逐项积分,右端各项积分除留下c1(zz0)1的一项等于2ic1外,其余各项积分都等于零,所以.2d)(1iczzfC100),(Res)1.2.5(d)(21),(ResczzfzzfizzfC其中c1就称为f(z)在z0的留数,记作Resf(z),z0,即18定理一(留数定理)设函数f(z)在区域D内除有限个孤立奇点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,则)3.2.5(.),(Res2d)(1nkkCzzfizzfDz1z2z3znC1C2C3CnC19证 把在C内的孤立奇点zk(k=1,2,.,n

9、)用互不包含的正向简单闭曲线Ck围绕起来,则根据复合闭路定理有nkkCnCCCCCzzfizzfzzfzzfzzfzzfizzfzzfzzfzzfn121.),(Res2d)(),(Res),(Res),(Resd)(21.d)(d)(d)(d)(21即20求函数在奇点z0处的留数即求它在以z0为中心的圆环域内洛朗级数中c1(zz0)1项的系数即可.但如果知道奇点的类型,对求留数可能更有利.如果z0是f(z)的可去奇点,则Resf(z),z0=0,因为此时f(z)在z0的展开式是泰勒展开式.如果z0是本性奇点,则没有太好的办法,只好将其按洛朗级数展开.如果z0是极点,则有一些对求c1有用的规则

10、.212.留数的计算规则规则1 如果z0为f(z)的一级极点,则)4.2.5()()(lim),(Res000zfzzzzfzz)5.2.5()()(ddlim)!1(1),(Res01100zfzzzmzzfmmmzz规则2 如果z0为f(z)的一级极点,则22事实上,由于f(z)=cm(zz0)m+.+c2(zz0)2+c1(zz0)1+c0+c1(zz0)+.,(zz0)mf(z)=cm+cm+1(zz0)+.+c1(zz0)m1+c0(zz0)m+.,)()!1()()(dd01011zzacmzfzzzmmm令两端zz0,右端的极限是(m1)!c1,两端除以(m1)!就是Resf(z

11、),z0,因此即得(5.2.5),当m=1时就是(5.2.4)23规则 III 设)()()(zQzPzf,P(z)及 Q(z)在 z0都解析,如果 P(z0)0,Q(z0)=0,Q(z0)0,则 z0为 f(z)的一级极点,而)()(),(Res000zQzPzzf (5.2.6)因为000)()()()()(zzzQzQzPzfzz 令 zz0即得(5.2.6)24例 1 计算积分Czzzzed12,C 为正向圆周|z|=2.解 由于1e)(2zzzfz有两个一级极点+1,1,而这两个极点都在圆周|z|=2 内,所以.1),(Res 1),(Res2d12zfzfizzzeCz 25由规则

12、1,得1ch2)2e2e(2d1e.2e1elim1e)1(lim 1),(Res2e1elim1e)1(lim 1),(Res121121121iizzzzzzzzzfzzzzzzfCzzzzzzzzz因此26我们也可以用规则III来求留数:.2e2e 1),(Res;2e2e 1),(Res111|zzzzzzzfzzzf这比用规则1要简单些.27例 2 计算积分Czzzd14,C 为正向圆周|z|=2.解 被积函数1)(4zzzf有四个一级极点1,i 都在圆周|z|=2 内,所以),(Res),(Res 1),(Res 1),(Res2d14izfizfzfzfizzzC.280)414

13、14141(2d1,414)()(III,423izzzzzzzQzPC故由规则29例 3 计算积分Czzzzed)1(2,C 为正向圆周|z|=2.解 z=0 为被积函数的一级极点,z=1 为二级极点,而.1)1(lim)1(lim0),(Res2020zezzezzfzzzz 30.2)01(21),(Res0),(Res2d)1(e.0)1(limeddlim)1(e)1(ddlim)!12(1 1),(Res3211221iizfzfizzzzzezzzzzzzfCzzzzzzz所以313.在无穷远点的留数 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,

14、则积分Czzfid)(21)7.2.5(d)(21),(ResCzzfizf的值与C无关,称其为f(z)在点的留数,记作积分路线的方向是负的.32定理二 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.0d)(21d)(21),(Res),(Res1CCnkkzzfizzfizzfzf33规则 IV 0,11Res),(Res2zzfzf(5.2.9)这是

15、因为,我们是要求 f(z)在 R|z|内的洛朗展开式nnnzczf)(中的系数c1,则 nnnnnnzczczzfz22211中的 z1项,即n21 的项对应于 n1 的项,即为 c1.34例 4 计算积分Czzzd14,C 为正向圆周:|z|=2.解 114z在|z|=2 的外部除外无奇点,因此 44341221111)1(1zzzzzzzzfz 因此 00,1Res2d144zzizzzC 353 留数在定积分计算上的应用361.形如 的积分,其中R(cosq,sinq)为cosq与sinq的有理函数.令z=eiq,则dz=ieiqdq,20d)sin,(cosqqqR1|1|2222d)

16、(d21,2121)e(e21cos21)e(e21sinzziiiizzfizzizzzzRzzizzi位圆周的积分从而积分化为沿正向单qqqqqq37其中f(z)是z的有理函数,且在单位圆周|z|=1上分母不为零,根据留数定理有其中zk(k=1,2,.,n)为单位圆|z|=1内的f(z)的孤立奇点.1|1|2220d)(d21,21d)sin,(coszzzzfizzizzzzRRqqqnkkzzzfizzf11|),(Res2d)(38例1 计算 的值.)10(dcos212cos202pppIqqq1|1|241|2122d)(d)(1(21d22112zzzzzfzpzpzizziz

17、zpzzpzzI解 由于0p1,被积函数的分母在0q内不为零,因而积分是有意义的.由于cos2q=(e2iq+e2iq)/2=(z2+z2)/2,因此39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.,21)(2)21)(1(4)(lim)(1(21ddlim0),(Res222222432202420ippzpppzzippzzzzpppzzpzpzizzzzzfzz402222422224242212)1(21212,)1(21)(1(21)(lim),(Res,210),(RespppippippiIpipppzpzizzp

18、zpzfippzfpz因此412.形如xxRd)(的积分 当被积函数R(x)是x的有理函数,而分母的次数至少比分子的次数高二次,并且 R(x)在实轴上没有孤立奇点时,积分是存在的.不失一般性,设 2,)(1111nmbzbzazazzRmmmnnn 为一已约分式.42取积分路线如图所示,其中CR是以原点为中心,R为半径的在上半平面的半圆周.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.z1z2z3yCRRROx43此等式不因CR的半径R不断增大而有所改变.),(Res2)(d)(kCRRzzRidzzRxxRR)|(|210111011|1|1|1|1|1|1|1|)(

19、|211111111足够大时当 zzzzbzbzazazzbzbzazazzRnmmmnnnmmmnnnm44),(Resd)(,)(.),(Res2d)(022d|)(|d)(.|2|)(|022kkRCCzzRixxRxRzzRixxRRRRszRzzRzzRRR为偶函数如果因此45例 2 计算积分)0,0()(d22222babxaxxxI的值.解 这里 m=4,n=2,mn=2,并且实轴上 R(z)没有孤立奇点,因此积分是存在的.函数)(22222bzazz 的一级极点为ai,bi,其中 ai 与 bi 在上半平面内.46baabibbaiaiIabibbizRbaiaabaiabza

20、zzaizaizRaiz)(2)(22.)(2),(Res,)(2)(2)()(lim),(Res2222222222222222473.形如 的积分)0(de)(axxRaix|2|)(|zxR当R(x)是x的有理函数而分母的次数至少比分子的次数高一次,且R(x)在实数轴上没有奇点时,积分是存在的象2中处理的一样,由于mn1,故对充分大的|z|有48因此,在半径R充分大的CR上,有)20(2sin)2.3.5(,e)(Res2de)(,0)e1(2de4de4de2de2d|e|)(|de)(20)/2(20sin0sin qqqqqqqqq上面用到不等式因此得kaizaixRaRaRaRa

21、RCayCaizCaizzzRixxRaRsRszRzzRRRR49也可写为.,)(Res2dsin)(dcos)(kaizzezRixaxxRixaxxR 例 3 计算022)0(sinadxaxxxI的值.解 这里 m=2,n=1,mn=1.R(z)在实轴上无孤立奇点,因而所求的积分是存在的.22)(azzzR在上半平面内有一级极点 ai,50aaaizixxaxxxieiaizRixaxxe21dsin.2e2,e)(Res2de02222因此51还可以利用复变函数计算出下列积分值:221dcosdsin2dsin02020 xxxxxxx52作业 第五章习题 第183页开始第1题 第1),2),3)小题第8题 第1),2),3)小题第9题 第1),2)小题