2021第五章留数

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1、第五章留数第22讲 第五章 留数 教学课题：5.1孤立奇点p145教学目的：1、掌握孤立奇点的三种类型；2、理解孤立奇点的三种类型的判定定理；3、归纳奇点的所 有情况；4、知道本性奇点的性质。教学重点：孤立奇点的三种类型 教学难点：孤立奇点的三种类型的 判定定理；教学方法：启发式、讨论式；教学手段：讲解、演示与板书相结合；教材分析：孤立奇点是 解析函数中最简单最重要的一种类型，以解析函数的洛朗级数为工具，研究解析函数在孤立奇点去心邻 域内一个解析函数的性质。教学过程：5.1 孤立奇点 1. 定义2. 分类 3. 性质 4. 零点与极点的关系1. 定义 0000(),0,().f z z z z

2、 z z f z )(= -z =0为孤立奇点；11)(-=z z f -z =1为孤立奇点 zz f 1sin 1)(=-z =0及z =1/n (n = 1 , 2 ,)都是它的奇点1lim0,0,()n z f z n =但在不论多么小的去心邻域内总有的奇点存在，101sin z z=故不是的孤立奇点。这说明奇点未必是孤立的。2. 分类 以下将f (z )在孤立奇点的邻域内展成洛朗级数，根据展开式的不同情况，将孤立点进行分类。考察： +-+-+-=)!12()1(!5!31sin )1(242n z z z z z n n特点：没有负幂次项 +=-+=-+=!211!1)2(1010n

3、z z z n z n z z z e n n n n n z 特点：只有有限多个负幂次项+=-n z n z z e z!1!211)3(211 特点：有无穷多个负幂次项 定义：设0z 是()f z 的一个孤立奇点，在0z 的去心邻域内，若()f z 的洛朗级数=-=00)()()(n n n z z c z f i ，没有负幂次项，称0z 为可去奇点;)1,0()()()(0-=-=m c z z c z f ii m mn nn，只有有限多个负幂次项，称0z 为m 级极点;-=-=n nnz z c z f iii )()()(0，有无穷多个负幂次项，称0z 为本性奇点。全纯函数的孤立奇

4、点另一种定义及其分类 若f在某个去心圆盘00(,)B z r z 上全纯,则称0z 是全纯函数f的孤立奇点.其分类如下: () 存在有限极限0lim()z z f z a =,此时称0z 是f的可去奇点；() 存在无限极限0lim()z z f z =,此时称0z 是f的极点；() 不存在有限和无限极限0lim()z z f z ,此时称0z 是f的本性奇点.3. 性质 若0z 为()f z 的可去奇点00 )(lim )()(0c z f z z c z f z z n nn=?-=?+=，.)()(000解析在补充定义：z z f c z f =若0z 为()f z 的m (m 1) 级极

5、点)1,0()()(0-=?-+-=m c z z c z f m mn nn)()(1)()(lim 00z g z z z f z f mz z -=?=? 2102000:()()(),()()0.m m m g z c c z z c z z g z z z g z -+-+=+-+-+-例如：422)1)(1(23)(-+-=z z z z z f ，1z =为()f z 的一个三级极点， z i =为()f z 的一级极点。若0z 为()f z 的本性奇点()lim ()n f z f z ?的洛朗级数有无穷多项负幂次项不存在，也不为4. 零点与极点的关系定义 不恒等于0的解析函数

6、()f z 如果能表示成)()()(0z z z z f m ?-=N m z z z ,)(,0)(00点解析在其中：?则称z =z 0为()f z 的m 级零点。例如：301()(1)z z f z z z =-与分别是的一级与三级零点。 定理：()()000()()()()0(0,1,2,1)()0.m n m f z z z z f z n m f z =-?=-，),)(,0)(00N m z z z 点解析在?例如 301()(1)z z f z z z =-与均为的零点。23)1(3)1()(-+-=z z z z f 又 )1(6)1(6)(2-+-=z z z z f zz

7、z z f 6)1(6)1(12)(+-+-=3(0)(1)00f z =-=为一级零点,0)1(=f ，0)1(=f ，06)1(=f ，为三级零点1=z定理 级极点的是若m z f z )(0.)(10级零点的是m z f z ? 证明 “?” 若0z 为f (z )的m 级极点)()(1)(0z g z z z f m-=?()0)(,)(00z g z z g 且解析在 )()()()(1)()(1000z z z h z z z g z z z f m m -=-=().0)(,)(00z h z z h 且解析在 ，令0)(1,0)(1lim00=z f z f z z .)(10

8、级零点的是则m z f z 则级零点的是”若“,)(10m z f z ?)()()(10z z z z f m ?-=，().0)(,)(00z z z ?且解析在 )()(1)(1)(1)(000z z z z z z z f z z mm ?-=-=时，当，().0)(,)(00z z z 且解析在例 2()(1)(1)zzf z z e =+求的奇点，如果是极点指出它的级。 解 显然，z i =是210z +=的一级零点10,1(1)(2)(21),z z e e z Ln i k k i +=-=-=+=+即故奇点为：(21)0,1,2,k z k i k =+=(21)(21)(1

9、)cos (21)sin (21)0z zz i k z i k e e k i k =+=+=+=-的一级零点是z k e k k i z +=+=1),2,1,0()12(综合：();(21)(1,2,),().k z i f z z i k k f z =+=为的二级极点为的一级极点作业范围：p183，1-6,第23讲 教学课题：5.1 5,解析函数在无穷远点的性质p150教学目的：1、充分了解解析函数在无穷远点邻域的性态；2、掌握孤立奇点类型的判定定理；教学 重点：充分了解解析函数在无穷远点邻域的性态教学难点：孤立奇点类型的判定定理；教学方法： 启发式、讨论式；教学手段：多媒体与板书相

10、结合教材分析：上一节我们讨论的是孤立奇点为有限的情 形，是解析函数中最简单的一种类型，在无穷远点是没有意义的。但我们可以借助上节的理论讨论本节 的相关理论。教学过程：5,解析函数在无穷远点的性态p1501）无穷远点为()f z 的孤立奇点的定义5.4设函数()f z 在区域+远点称为()f z 的孤立奇点。在这个区域内，()f z 有洛朗级数展式：(),nnn f z c z+=-= 其中系数由p128定理中类似的公式确定。2）孤立奇点的（Laurent 级数型）分类 令wz 1=，我们得到在R w 1|0的函数)1()(w f w =?，其洛朗级数展式是： (),n n n cz w ?+=

11、-=如果w =0是)(z ?的可去奇点、（m 阶）极点或本性奇点，那么分别说=z 是()f z 的可去奇点、（m 阶）极点或本性奇点。因此() 是()f z 的可去奇点0?是)(z ?的可去奇点()f z ?的Laurent 级数没有正次项（n =1,2,3,，0n c =）； () 是()f z 的极点0?是)(z ?的极点()f z ?的Laurent 级数仅有有限个非零的正次项（只有有限个（至少一个）整数n ，使得0n c ，那么=z 是()f z 的极点。设对于正整数m ，0n c ，而当nm 时，0n c =，那么我们称=z 是f (z )的m 阶极点。按照m=1或m1，我们也称z

12、=是f (z )的单极点或m 重极点。）； () 是()f z 的本性奇点0?是)(z ?的本性奇点()f z ?的Laurent 级数有无限个非零的正次项（有无限个整数n0，使得0n c ）.注解1、若z =为f (z )的可去奇点，我们也说f (z )在无穷远点解析。 注解2、上一段的结论都可以推广到无穷远点的情形，我们综合如下：3） 孤立奇点的（极限型）分类 设函数()f z 在区域+=z是()f z 的可去奇点、极点或本性奇点的必要与充分条件是：存在着极限lim ()z f z A =（有限）、无穷极限lim ()z f z 或不存在有限或无穷的极限lim()z f z 。推论设函数f

13、 (z )在区域+是：存在着某一个正数)(0R ，使得()f z 在00|z z 定理)(z f 的孤立奇点=z 为极点的充要条件是=)(lim z f z 。定理)(z f 的孤立奇点=z 为本性奇点的充要条件是下列链条中的任何一条成立：（1）)(z f 在点=z 的主要部分有无穷多项正幂不等于零；（2）)(lim z f z 不存在。 例 在点=z的去心邻域内将函数2)(+=z zez f 能否展开为罗朗级数。例 问函数11sec-z 在z=1的去心邻域内能否展开为罗朗级数。 作业范围：p184,10练习：考察下列函数的孤立奇点，奇点类型，如果是极点，指出它的级数。)1(1)()1(2-=

14、z e z z f ，z z z f )1ln()()2(+=，()2211)()3(+=z z z f ，3sin )()4(z z z f = 11)()5(23+-=z z z z f ，z z z f sin 1)()6(-=，11)()7(-=z e z f ，()322sin )2()1()()8(z z z z f -=第24讲教学课题：5.2留数(Residue)（1）p153教学目的：1、掌握函数在有限点留数的概念及留数定理；2、充分掌握函数在有限点的留数0Re (),s f z z 的求法。教学重点：函数在有限点留数的概念及留数定理及留数0Re (),s f z z 的求法

15、教学难点：留数0Re (),s f z z 的求法教学方法：启发式、讨论式教学手段：抽象问题具体化，多讲解 实例 教材分析：这一章是第三章的继续。留数概念和留数定理把计算围线积分的整体问题化为计算各 孤立奇点处留数的局部问题。1. 留数的定义及留数定理1）. 留数的定义?=?的奇点所围成的区域内含有未必为所围成的区域内解析在)(0)(0)(z f c c z f dz z f cr z z z z c z f n nn+-=000,)()(设，),)(00在其内部包含的孤立奇点是z c z f z110()2cc dzc f z dz c ic z z -=-?对上式两边沿简单闭曲线逐项积分得

16、：定义 设0z 为 f (z ) 的孤立奇点， f (z ) 在 0z 邻域内的洛朗级数中负幂次项 10()z z -的系数1c -称为f (z )在0z 的留数，记作 Res f (z ), 0z 或 Res f (0z )。由留数定义,Res f (z ), 0z = 1c -， (1) 011Re (),(),(2)2cs f z z c f z dz i-=?故2）. 留数定理121,(),(),()2Re (),(3)n nk ck c f z c z z z f z c c f z dz i s f z z =?设是一条简单闭曲线函数在内有有限个孤立奇点除此以外在内及上解析则证明

17、,(1,2,)k k c k n c z =用互不包含互不相交的正向简单闭曲线将内孤立奇点围绕 由复合闭路定理得：?+=nc c c cdz z f dz z f dz z f dz z f )()()()(21，用2i 除上式两边得:1111()()Re (),22knnk cc k k f z dz f z dz s f z z ii=?，?=nk k cz z f s i dz z f 1),(Re 2)(故得证！求沿闭曲线c 的积分，归之为求在c 中各孤立奇点的留数。2. 留数的计算规则一般求0Re (),s f z z 是采用将 f (z ) 在0z 邻域内展开成洛朗级数求系数1c

18、-的方法, 但如果能先知道奇点的类型，对求留数更为有利。以下就三类孤立奇点进行讨论：0),(Re 0)(010=?=?=-z z f s c z z i 为可去奇点若0001()()()Re (),n nii z z f z c z zs f z z c +-=?=-?=展开若为本性奇点00()Re (),iii z z s f z z =若为极点时，求有以下几条规则规则I 0000(),Re (),lim()()(4)z z z f z s f z z z z f z ?=-若是的一级极点规则II ?级极点的是若m z f z )(0)5()()(lim )!1(1),(Re 01100z

19、f z z dzd m z z f s m m m z z -=-事实上，由条件2102010010()()()()(),(0)m m m f z c z z c z z c z z c c z z c -=-+-+-+-+得乘上式两边以,)(0m z z -10101000()()()()()m m m m m z z f z c c z z c z z c z z -+-=+-+-+-+ 101011()()(1)!()m m m d m z z f z m c m z z dz-=-+-+两边求阶导数得.)5(,)!1()()(lim 10110式移项得-=-c m z f z z dz

20、d m m m z z 当m =1时，式(5)即为式(4). 规则III 0()()(),(),()P z f z P z Q z z Q z =设在处解析0000000()()0,()0,()0(),Re (),(6)()P z P z Q z Q z z f z s f z z Q z =?=是的一级极点且 事实上，00001()0()0(),()Q z Q z z Q z z Q z =及为的一级零点从而为的一级极点 ()0)()()(1)(1,000-=z z z z z z z Q ?处解析且在因此0001()()()()(),()0),f z g z g z z P z z g z

21、 z z =-故在解析且I -由规则级极点的为则,)(0z f z () 0000000()()Re (),lim()()lim()0()()()z z z z P z P z s f z z z z f z Q z Q z Q z Q z z z =-=-得证！例1、求函数在孤立奇点的留数,sec )(3z z z f =在z =0有三阶极点，则.,!45!211sec )(42+=z z z z ?因此.21)0,(Res =f 由上述公式也可得：.21)sec (lim 21)0,(Res 33220=?=z z z dz d f z z例2、求函数在孤立奇点的留数,)1()(22+=z

22、 z e z f iz 在z =i 有二阶极点。这时,)()(2i z z e z iz +=? 令z=i+t ，那么在,)2)()(2)(t i t i e t h i t i +=+的泰勒展式中，t 的系数就是f (z )在i 的留数。写出h (t )中每个因 子的到t 的一次项，我们有：当|t|1(1)(+=-+it e ei z i .),1(11+-=-=+it i it i t i .),1(41)21(141)2(122+-=-=+it it t i 因此当|t|),(Res ei f -=由上述公式也可得：.43)(lim),(Res 2e i z z e dz d i f i

23、z i z -=+= 例3?=-22)1(25:z dz z z z 计算解252()201(1)z f z z z z z z -=-在的内部有一个一级极点和一个二级极点 I 由规则 2)1(25lim)(lim 0),(Re 200-=-=z z z zf z f s z zII 由规则)1(25)1()!12(1lim 1),(Re 221-=z z z z dz d z f s z 22lim )25(lim 211=-=z zz z z01),(Re 20),(Re 2)(2=+=?=z f s i z f s i dz z f z 例4 p1622:14=-?z c dz zzc正

24、向计算内，都在圆周个一级极点有c i z f ,1:4)( 23414)()(zz z z Q z P =III 由规则 42Re (),1Re (),1Re (),Re (),1c zdz i s f z s f z s f z i s f z i z =-+-?故 1111204444i ?=+-=? 作 业范围 P184 7， 8（2）（4）（6）（8） 9（1）（2）（5） 第24讲教学课题：5.2留数(Residue)（2）p160教学目的： 1、理解在处残数的概念及计算方法；2、了解含点区域的残数定理。1，复习函数在有限点留数0Re (),s f z z 的求法例1 ?=13cos

25、 z dz z z 计算解的三级极点有一个0cos )(3=z z zz f23200111Re (),0lim ()lim(cos )(31)!22z z d s f z z f z z dz II =-由规则i i z f s i dz z z z -=-=?=)21(20),(Re 2cos 13例2 )(tan N n zdzn z ?=计算解sin 1tan cos 0,(0,1,2,)cos 22zz z z k z k k z=+=+=令解得即 0csc )(cot 21212-=+=+=k z k z zz 得由规则为一级极点III ,21+=k z ),1,0(1)(cos

26、sin 21,tan Re 21 =-=?+=k z z k z s k z 故由留数定理得：ni n i k z s izdz nk nz 422,tan Re 2tan 2121-=? ?-=+=?sin )()()(z zz z Q z P z f -=000(0)0(0)(1cos )0(0)sin 0(0)cos 100(),z z z p p z p z p z z p z =-=由于是的三级零点sin lim )!13(10,sin Re 306?-=?-IIz z z z z z s z 由规则 :)(级数展开作若将Laurent z f +-=-+-=-zz z z z z

27、z z z z 1!511!31)!51!31(1sin 35366!510,sin Re 6-=?-z z z s -该方法较规则II 更简单！ (2) 由规则II 的推导过程知，在使用规则II 时，可将 m 取得比实际级数高，这可使计算更简单。如? ?-=?-665506sin lim )!16(10,sin Re z z z z dz d z z z s z !51)cos (lim !51)sin (lim !510550-=-=-=z z z dz d z z 2，函数在无穷远点的留数定义 设为f(z)的一个孤立奇点，即解析在去心邻域?-=):(,)(21r z dz z f i 为

28、f(z)在点的留数。记为Re (),s f z 故。这里-是指顺时针方向。 定理二 如果f(z)在扩充z 平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远点在内），设为,21n a a a ，则 f(z)在各点的留数总和为零。注意 虽然在f(z)的优先可去奇点a 点处，Re (),0s f z =故，但是如果点为f(z)的可去奇点（或解析点），则Re (),s f z 故可以不是零。下面我们引入计算参数Re (),s f z 故的另一公式。令：zt 1=于是)()1()(z f t f t =?且无穷远点的去心邻域,0(10:0+=r r T K ，圆周r t r z 11:=被变成圆周，从而易证?-=d

29、t tt f i dz z f i 21)1(21)(21 所以有 规则 211Re (),Re (),0s f z s f t t=- P162例4 2:14=-?z c dz z z c 正向计算定理二和规则424112Re (),2Re (),02,0011c z z dz i s f z i s f iRzs z z z z =-=-?作 业范围 P184 10，11，12第26讲教学课题：3 用留数定理计算实积分（一）p163 教学目的：1、掌握应用留数定理来计算20(sin ,cos )R d ?实积分的方法；2、会计算积分路径上没有奇点的广义积分()()P x dx Q x +-

30、?。教学重点：应用残数定理来计算某些实的定积分的方法教学难点：计 算积分路径上没有奇点的广义积分的方法；教学方法：启发式；教材分析：某些实的定积分可应用留数定理来计算，尤其是对原函数不易直接求的定积分和反常积分，常是有效的方法，其要点是将它化为复变 函数的围线积分来进行计算。教学过程：在数学分析中以及许多实际问题中，往往要求计算出一些定积 分或反常积分的值，而这些积分中的被积函数的原函数，不能用初等函数表示出来；或者有时可以求出 原函数，但计算也往往非常复杂。利用留数计算积分的特点：（1）、利用留数定理，我们把计算一些积 分的问题，转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留数，从而大大化简了计算；（

31、2）、利用留数计算积 分，没有一些通用的方法，我们主要通过例子进行讨论；我们只讨论应用单值解析函数来计算积分。1. 形如20(sin ,cos )R d ?的积分 p163，其中(sin ,cos )R 是有理分式，且在圆:1C z =上，分母不等于零。11cos ,sin ,22z z z z dz d i iz-+-=当0,2,1z z =经历沿圆周的正方向绕行一周，因此有11201(sin ,cos )(,)22z z z z z dzR d R i iz-=+-=?例1计算积分 ?+=20,sin t a dtI 其中常数a1。解：令z e it=，那么iz dz dt z z i t

32、 =-=),1(21sin 。而且当t 从0增加到2时，z 按反时针方向绕圆C :|z |=1一周。因此 ,1222?-+=C iaz z dz I 于是应用留数定理，只需计算1222-+iaz z 在|z |就可求出I 。上面的被积函数有两个极点：121-+-=a i ia z 及122-=a i ia z 。显然1|,1|21=? 当()f x 为偶函数时()()0Im 0()Re ,k k kz f x dx i s f z z +=? 例1计算积分?+= 22,)1(x dxI 解：广义积分收敛。考虑函数22)1(1z +，这个函数有两个二阶极点，在上半平面上的一个是z i =。()2

33、22222311111Res(,)limlim2.4(1)(1)()(2)x i x i i z i i z z z i i =-=-=+ 221242(1)dx i i x +-=+?， 从而.4)1(2122=+=?+-x dx I 例2 计算广义积分4 11dx x+?. 解: 41()1f z z=+在上半平面中有两个1阶极点141i z e =和342i z e =,在这两个极点处的留数 1Re (,)s f z =3414i e -， 2Re (,)s f z =1414i e -.便得到12440111Re (,)Re (,)121I dx dx i s f z i s f z

34、x x+-=+? 31441144i i i e e -?=+ ?(2sin )sin 44244ii =-=.故 4 114dx x +=+?.# 作业范围 P184 12,13 （1）-（4）第27讲 用留数定理计算实积分（二）p1673.形如()(),0aix f x e dt a +-?的积分，其中f (x )为关于x 有理函数，且分母的次数比分子的次数至少高1次，分母在实轴上不为零f (x )在0Im z 上可能有有限个孤立奇点外，在其他每一点解析。引理 设()F z 在半径圆周:Re i RC z =（0lim ()0R f z +=，则()lim()0,0Ri x C R f z

35、 e dz a +=? 计算公式()aix f x e dx +-=?()()I m 02R e ,k k kz i s f z z ，p167例1:求22ibxe dx x a+-+?（,0a b ） 解： 令221()f z z a =+，则()f z 在上半平面内只有一个一级极点z ai =，显然有22ibx e dx x a +-=+?()22222Re ,2lim 22ibz ibz ab ab x ai e e e i s ai i z ai i ia z a z a ae -=-=+ 如积分20cos 1x I dx x +=+?21Re 21ixe s dx x +-=+?()

36、,12a b e = 例2求2cos 420x xI dx x x +-=-+? 解： 222424Re 2Re 2lim (24)420420iz izz i z i ze ze I i Res i z i z z z z +=+?=- ? ?-+-+? ()44Re cos 22sin 2(2cos 2sin 2)(cos 22sin 2)22i e e?=-+=-? ? 4用留数定理计算其它实积分 如果函数f (z)在0Im z 上可能有有限个孤立奇点外，在其他每一点解析，而且在实轴上有孤立奇点，我们也可以计算某些积分，如下例。 例1计算积分 ?+= ,sin dx xxI p168 解

37、：取r 及，使0r ，我们有,22sin ?-+-=-=r ix r ixr ix ix rdx x e dx xe i dx ix e e dx x x 函数ze iz只是在z =0有一个一阶极点。作积分路径如图，在上半平面上作以原点为心、r 与为半径的半圆r 与。于是我们有 ,0=+?-dz ze dx x e dz z e dx x e izr ix iz rix r 在这里沿r 与的积分分别是按幅角减小与增加的方向取的。现在求当趋近于0时，?dz ze iz的极限。当0z 时),(1z h zz e iz += 其中h (z )是在z =0的解析函数。因此 ,)()(1?+-=+=dz

38、 z h i dz z h dz z dz z e iz 由于，h (z )在z =0的解析，在z =0的一个邻域内，| f (z )|有上界+充分小时，,2|)(|?M dz z h 从而,lim 0i dz ze iz-=? 令+r ,0，应用引理可以得到所求积分收敛，并且2=I 。作业范围 P184 12,13 （5）-（6）第28讲 第五章、留数习题课1、试求下列解析函数在指定各点的留数：（1）222(1)z z +，在z i =； （2）11z e -，在2z n i =，n 为整数；（3）1sin 1z -，在z i =； 2、函数2Ln 1zz -的各解析分支在1z =各有怎样的

39、孤立奇点？求它们在这些点的留数。 3、计算下列积分： （1）2d (1)(2)C z z z z -?，其中C 是1|2|2z -=； （2）22d (9)z C e zz z -?，其中C 是|1z =； （3）tan d C z z ?，其中C 是|,(1,2,.)z n n =；4,试求下列函数在无穷远点的留数：(1) 1z； (2) 1z e ; (3) 51(1)(3)z z -；5, 试求下列积分：（1）2220(1)x dx x +?；（2）22012cos d a a-+?，其中0/220sin d a +?，其中a0；（4）20sin 1x x dx x +?； （5）20s

40、in (1)x x dx x x +?； （6）220ln (1)xdx x +?； （7）1201ax dx x -+?，其中0-+-?,其中a -x xxdx e e+-?; (10) 220sin xdx x+?;(11) 0cos xx e dx x-+-?;(12) 011ndx x+?,其中整数n 大于或等于2;（13）20ln 1xdx x +-?；，其中被积函数是关于多值函数的任意一个解析分支，并且积分路径是沿圆|z |=2按反时针方向取的；8, 试由2 2x e dx +-=?，证明；（1）220 cos sin ;4r dr r dr +=?（2）22 cos 2x h e hxdx +-=?其中h 0；