[理学]第七章 留数定理及其应用ppt课件

1、数学物理方法7.1 留数定理 单值函数 f(z) 在孤立奇点bk 邻域内的洛朗展开 中的 项的系数 称为 f(z) 在 bk处的留数，记作 ，或 。)(1ka )(reskbf留数 llkklbzazf)()()(1)( kbz定义 kbzf),(res 设光滑的简单闭合曲线 C 是区域 G 的边境，假设除了有限个孤立奇点 bk ( k =1, 2, n ) 外，函数 f(z) 在 G 内单值解析，在 上延续，且 C 上没有奇点，那么 1)(res2)(kkCbfidzzf 留数定理 定理G如图，围绕每个奇点 bk 作闭合曲线 gk ，使 gk 均在 G 内，且互不交叠，由复连通区域的柯西定理

2、知 nkCkdzzfdzzf1)()( nnkknbzazf)()()(证明n 1 2 k GC将 f(z) 在 bk 的邻域内展开为洛朗级数 nknnkknnknnkknCkkdzbzadzbzadzzf1)(1)()()()( 复连通区域的柯西定理洛朗展开系数公式 1, 01,2)(nnidzazCn 由于 且C 内含有z = a nkknkkCbfiiadzzf11)(1)(res22)( 可知 留数定理设 z = b 是 f(z) 的 m 阶极点，那么在 b 点的邻域内留数的求法全为正幂项，求导 (m-1) 后，低于 (m-1) 次的幂项没有了，高于 (m-1) 次的幂项在 ，只剩 了

3、。 1101111)()()()()(bzaabzabzabzazfmmmm bzmmmzfbzdzdma )()()!1(1111 110111)()()()()()(mmmmmmbzabzabzabzaazfbz两边同乘以 (z b)m 得0)( bzbz1 a常见情况： ， P(z)、Q(z) 在 b 点及其邻域内解 析， z = b 是 Q(z) 的一阶零点。 Q(b) = 0， Q(b) 0， P(b) 0，那么)()()(zQzPzf 假设 z = b 是一阶极点，那么 )()(lim1zfbzabz )()()()(lim)()()()(lim)()(lim1bQbPzQbzbP

4、zQzPbzzfbzabzbzbz )()(1bQbPa 小结：求留数的方法 根据定义将函数在奇点邻域展开，求展开系数 a1 求积分 对 m 阶极点求导数 对一阶极点，求极限 对一阶极点，有)()(1zQzPa kdzzfia )(211 bzmmmzfbzdzdma )()()!1(1111 )()(lim1zfbzabz 例例题题解求 在奇点处的留数。 112 z221)()()(resizzQzPifiziz iz 是它的一阶极点izizz 11112 例例题题解2zeeibziaz)()0(res1baiaf 方法一：直接在 z = 0 作展开求 在奇点处的留数。 onnnnnonnn

5、ibziazzbaninibziazzzee222)(!)()(1方法二： 是一阶奇点0 z201lim)0(reszeezafibziazz zeeibziazz 0lim 0 zibziazibeiae)(bai 所以 是 的三阶极点。的倒数 的零点 例例题题解求 在奇点处的留数。 3211 ziz 3211 z 321 ziz 0 iz 2232)1(6)1( zzz )1(24)1(6)1(222232 zzzz 322)3(3248)1(72)1(zzzz 3211 z0 iz izzizdzdif 32322)1(1)(! 21)(res bzmmmzfbzdzdma )()()!

6、1(1111izzizdzd 32221! 21izizdzd 3221! 21izizdzd 4)(3! 21iziz 5)(12! 21iziz 5)(65326i i163 izzizdzdif 32322)1(1)(! 21)(resizzizdzd 32221! 21izzdzd 32211! 21izizdzd 4)(3! 21iziz 5)(12! 21iziz 5)(65)2(6i 5326i i163 为一阶极点， 为二阶极点先分析奇点的类型 例例题题解求 在奇点 处的留数。 211 zzz1 z1 z41) 1)(1() 1(lim) 1 (res21zzzzfz41) 1

7、() 1() 1)(1() 1()!12(1) 1(res12122zzzzzzzzzdzdf1 z可将 在 展开，为 在复平面内的独一孤立奇点，不确定， 为本性奇点。 例例题题解求 在孤立奇点的留数。 21cos3 zz21cos)(3 zzzf2 z 20z2 z21coslim32 zzz21cos3 zz 023)2(1)!2()1(2)2()(kkkzkzzf只关怀负一次幂系数 因此，24143)2(res f 023223)2(1)!2()1(2)2(23)2(23)2(kkkzkzzz 21! 2112! 41z 2124143z 显然，A、B、C 正好是 f(z) 在一阶极点

8、z = 1，z = 2，z = 3 的留数，所以 例例题题解对有理函数 部分分式。 )3)(2)(1(1)( zzzzf321)( zCzBzAzf21)3)(2(1)3)(2)(1(1)1(lim)1(res11 zzzzzzzzfA1)3)(1(1)3)(2)(1(1)2(lim)2(res22 zzzzzzzzfA21)2)(1(1)3)(2)(1(1)3(lim)3(res33 zzzzzzzzfA所以3121211121)( zzzzf为 的一阶极点，为本性奇点， 例例题题解求 在奇点的留数。 zez 1zezfz 1)(1 zefbffkbk1)1(res)(res)(res ze

9、zezfzz11)1(lim)1(res1 补充定理： 函数上一切孤立奇点的留数之和为0 证明：设一个球面，其中0点和无穷远点分别在一条半径的两端。那么从该奇点看该邻域的正方向与从无穷远点看该邻域的正方向相反。和为0。 所以，一切有限孤立奇点的留数的和与无穷远点的留数和相加均为0。假设从数学上严厉证明的话，那么需求进展一些计算证明: 如今做一个区域，将一切有限奇点囊括进去。那么该区域外为无穷远点的邻域那么cdzzfisf)(2)(Re)(Re)(211icnizsfdzzfi2在 C 内只需 能够是 f(z) 的奇点，作变换 那么对于无穷远点，定义 C 为绕无穷远点正向一周的围道，1在 C 内

10、有奇点 bk ，那么 Cdzzfif)(21)(res tz1 补充讨论： kbkbff)(res)(res CCtdttfitdtfif21211121)(res 在 t = 0 点邻域内幂级数展开中 t1 项的系数在 t = 0 点邻域内幂级数展开中 t1 项的系数在 z = 点邻域内幂级数展开中 z1 项的系数 21ttf tf 1 )(zf 此结果与有限远处奇点的留数不同之处为：1方式上多了一个负号；2 z1 是 f(z) 在点展开的正那么部分绝对收敛的负幂项，即 使点不是奇点，resf() 也可以不为 0；反之，即使点是奇 点，甚至为一阶极点， resf() 也可以为 0。留数的计算

11、在积分计算中常用到！下面重点学习积分计算中留数定理的运用，涉及定积分和常见类型积分的计算。作变换 ，即 ， ， 那么R 在在 上延续，保证了上延续，保证了 R(z) 在在 上无奇点。上无奇点。7.2 有理三角函数的积分 计算方法 R 为为 和和 的有理函数，在的有理函数，在 上延续，上延续， izz21sin2 cossin 20)cos,(sindRI2 , 0 12212221,211res221,21zzzzizzRzizdzzzizzRI 1 z iez zz21cos2 izdzd 2 , 0 例例题题解计算积分1,cos1120 dI 12202111cos11zizdzzzdI

12、有一阶极点： 2122 z只需 在 内 2122 z1 z 1222zidzzz 1222res2zzz 2112222 zz 212222 1,122 设 ，那么 ， 例例题题解计算积分)(,cos45cos0为为正正整整数数mdxxmxI 被积函数为偶函数ixez izdxdz zzx21cos2 dxxmxIcos45cos21令 dxxmxIdxxmxIcos45sin,cos45cos21那么 dxxeiIIimxcos4521 1221)1(251zmdzzzziiII252)1 (25)(22zzzzzzzfmmmmmzmzzzzzzzf231221221)2(2lim)1(25

13、21lim21res21221 1212323121 mmiiiII 在 内，函数 f(z) 只需一个一阶极点1 z)12(,21 zz中的被积函数为奇函数，2I02 ImIdxxmxI23121cos45cos211 1123 mI 可见 z = 0 是被积函数 在 内的独一奇点，是 2n + 1 阶极点，假设求 2n 阶导数那么很复杂，故将 f(z) 在 中展开 例例题题解计算积分 202cosxdxInixez dzzidx zzx21cos2 1222)1()( nnzzzf令 112222122202)1(221cosznnnznndzzzidzzizzxdxI 1 z z0由二项式

14、定理知 nkknnnnzknknzzzzf2024121222)!2( !)!2(1)1()(21) !()!2(!)!2()0(resnnnnnaf 当 k = n 时，为 项1 z22222202) !2()!2(2) !()!2(22) !()!2(22cosnnnnnniixdxInnnn nknknzknkn201224)!2( !)!2( nkknzknkn20122)!2( !)!2( 的奇点 均为一阶极点，只需 在 内 例例题题解计算积分 202cos11dI令 204020202cos312cos312cos31cos11ddddI161)(2 zzzf 1212202164

15、1622cos11zzzzdzidzzizzzdI 223 z223 z1 zzz21cos2 dzzid iez 24162116123res2232232 zzzzzf 2248)23(res24cos11202 fiidI 12122021)24(12112121sin1zzdzzazidzzizzadxxI 例例题题解计算积分0,sin1202 adxxI dzzid 令 020202cos1212cos122sin1dadxxadxxaIzz21cos2 iez 有一阶极点只需 在 内1)24(1)(2 zazzfaaaz 22121 zaaaz 2212 aaazaaafiidxx

16、Iaaaz 221222022)24(212212res2sin12 在上半平面补上以圆点为圆心 R 为半径的弧 CR，那么 -R, R+CR 构成闭合围道，运用留数定理计算闭合围道积分后令 R0。7.3 无穷积分 将实变函数 f(x) 延拓为 f(z) 补上适当的积分途径，构成闭合围道 dxxfI)(计算方法： R RoRC 例例题题解计算积分 dxxI22)1(1iz 2222111i)(zi)(z)z(f(z)在上半平面只需一个二阶极点iizizdzdizizizdzdifiziziz41)(2lim)(1lim)()(1)(lim)(res32222 )(res2)1()1(1)1(1

17、222222ifizdzdxxdzzRCRRC 0)1(1lim22 zzz由于由引理二第三章知0)1(1lim22 RCRz所以2)1(122 dxxIR RoRCiizdzdxxRCRRRR412)1(lim)1(1lim2222 可见，无穷积分的被积函数 f(z) 必需满足：1在上半平面除有限个孤立奇点外，处处解析，实轴上无奇点；2在 内，当 时， 一致的趋于 0。 即 ，使当 时， zarg0 z)(zzf0)(, 0 M azarg0, 0 )(zzf 例例题题解计算定积分 0411dxxI4 iez 411)()(zzfxf 在围道内只需一个一阶奇点oiRRRC0 , 0iRCRR

18、 作围道 044044)()(1111111RCRCiydiyzdzdxxdzzR RCRzdzxdxi40411)1(4411res2 iezzi 212i 011lim4 zzR01lim4 RCRzdz引理二所以2121)1(04ixdxi 即42104 xdx在上半平面内有两个一阶极点 和 例例题题解计算积分 dxxxI42114 iez 4211)()(zzzfxf 43442424211res11res211 iiezezzzzzidxxx43 iez 01142 zzzz 434323241412 iiezezzzzzi iiiii2222222241412 4344234324

19、24141211 iieziieziieeeeidxxx 4)(14)(1222222222iiiii 4222iii 2 只需知道 ，那么分别比较实部和虚部即可。7.4 含三角函数的无穷积分当 时， 和 行为复杂，故取被积函数为 pxdxxfIcos)(计算方法： RRCipzRRCipzRRipxCizpdzezfdxpxipxxfdzezfdxexfdzezf)()sin)(cos()()()(ipzezf)(pzpzsincos Rz或 0,sin)( ppxdxxfI RCipzdzezf)(R RoRC 设 ，当 时，Q(z) 一致的趋近于 0，那么0)(lim RCipzRdze

20、zQ约当定理 定理其中 p 0，CR 是以原点为圆心，以 R 为半径的半圆弧。 z zarg0证明ideRdzCziRi,Re 0)sin(cos)()(ideReeRQdzezQiiipRiCipzR 20sin0sin0sin2)()( deRdeRRdeeRQdzezQpRpRpRiCipzR 时，20 2sin pRpRpRCipzepdeRdeRdzezQR 122)(20220sin 可见0)(lim RCipzRdzezQ由复变积分性质知：2 o1 sin kkbipbkCipzebfidzezfdxpxipxxf)(res2)()sin)(cos( 当 f(x) 为偶函数时，

21、f(x)cospx 为偶函数，f(x)sinpx 为奇函数。 bk 在 C 内约当引理保证了： kkbipbkebfipxdxxf)(rescos)(0 kkbipbkebfpxdxxf)(ressin)(0 当 f(x) 为奇函数时， f(x)cospx 为奇函数，f(x)sinpx 为偶函数。为偶函数 例例题题解计算积分 041cosdxxaxI4 iez 411)(xxf 014 RCiazdzze43 iez 0114 zz411)()(zzfxf在上半平面内有一阶极点 和由约当引理知 4344404,1res,1res1cos iiaziiazezefezefidxxax 43433

22、04441cos iieiazeiazzezeidxxax aiaaiaeieii22222222241241 aaea2222cossin2222 非奇非偶 例例题题解计算积分 dxxxxxI102cos2102)(2 xxxxf01022 RCizdzzzzeiz31 01022 zzzz102)()(2 zzzzfxf在上半平面内有一个一阶极点 由约当引理知)31(22)31(res2102102iiCizixeifidzzzzedxxxxe ieiieizzzeeifiiiiiizii6)31(2)31(2)31()102(lim31res3)31(2)31(31)31( )1sin1

23、cos3(3)1sin31(cos36)31(21023332 eieieiidzxxxeiix )1sin31(cos3102cos32 edxxxxx 所以)1sin1cos3(3102sin32 edxxxxx 为奇函数 例例题题解计算积分0,sin022 adxaxxxI22)(axxxf 022 RCizdzazzeiaz 022 zazz22)()(azzzfxf 在上半平面内有一个一阶极点 由约当引理知)(2222022)(res2121iaiCizixixeiafidzazzedxaxxedxaxxe 方法一： 22)(limres)(22)(31)(aiaiiaiiziaie

24、zzeazzeeiaf aaixieeidzaxxe 2222aedxaxxx 2sin022 所以0cos22 dxaxxxaedxaxxx 22sin即为奇函数22)(axxxf kkbipbkebfpxdxxf)(ressin)(0 方法二：aaiaieeeiafdxaxx 22)(ressin)(022 22)(limres)(22)(31)(aiaiiaiiziaiezzeazzeeiaf 所以 主值积分 解析函数 f(x) 在有界区域内某点 x0 无界，称 为 f(x) 在 a, b 上的主值积分。7.5 实轴上有奇点的情形 围道作法同上，只是积分围道绕过实轴上的奇点。围道多了一段

25、以实轴上的奇点为圆心，d 为半径的半圆弧。 计算方法： R RoRC C 定义 bxxabadxxfdxxfdxxfpv 00)()()(. 例例题题解计算主值积分 )1(.2xxxdxpvI RCRCRCzzzdzxxxdxzzzdzxxxdxzzzdz)1()1()1()1()1(22222 R RoRC C 32)1(1res22 iezzzzi 3221res21 iezzzi i 3由引理二知：大弧上的积分为零。01022 zzzz0)0()1(lim2 iKzzzdzRCR又由引理一知：小弧上的积分值。1)1(02 zzzzz iikzzzdzC )0()1(lim20 iixxx

26、dxxxxdxRR 3)1()1(22因此即3)1(.2 dxxxxdxpvI 例例题题解计算积分 dxxxIsin0 RCizRixCizRixCizdzzedxxedzzedxxedzze R RoRC C 围道 C 内 解析，故积分值为零。zeiz由约当引理知：大弧积分为零。 当 时01,arg0 zzz 0lim dzzeRCizR又由引理一知：小弧上的积分值。10 zizzez iikdzzeCiz )0(lim00 RixRixdxxeidxxe 可知即idxxxpvidxxxpv sin.cos.所以 dxxxIsin 例例题题解计算积分)00(,coscos02 badxxbx

27、axI022222 RCibziazRibxiaxCibziazRibxiaxCibziazdzzeedxxeedzzeedxxeedzzee R RoRC C 围道 C 内 解析，故积分值为零。zeeibziaz 21)(zzf 在实轴上有二阶极点 z = 0 ，作如图围道RibxiaxRibxiaxRibxiaxdxxeedxxeedxxee222 RibxiaxibxiaxRibxiaxRibxiaxdxxeeeedxxeedxxee222 Ribxibxiaxiaxdxxeeee2Rdxxbxax2coscos2又由约当引理知：大弧积分为零。 当 时01,arg0 zzz 0lim2

28、dzzeRCiazR由引理一知：小弧上的积分值。)(002baizibeiaezeezeezzibziazzibziazibziaz )()0(lim20baikdzzeeCibziaz 0lim2 dzzeRCibzR0)(coscos222222badxxbxaxdzzeedxxeedzzeedxxeeRCibziazRibxiaxCibziazRibxiax即)(2coscos2abdxxbxaxdzzeeidzzeeziizizzi33333)2(12 例例题题解计算积分 dxxxI33sin31)(zzf 在实轴上有三阶极点 z = 0dzzeedzzziziz333323sin1I

29、 2I dzzeeiizzi23)(由约当引理知：大弧积分为零。 当 时01,arg02 zzz RCizziRRixxiCizzidzzeedxxeedzzee333333333R RRC C o对于 I1 作围道 C，如以下图03lim33 dzzeeRCizziR故iI 61 )0(2resfi 0333223! 22 zizzizeezdzdi ieeizizzi0339! 22 i 6 R RRC C o0333333333 RCziizRRziizCziizdzzeedxzeedzzee故02 I对于 I2 作围道 C，如以下图弧积分在下半平面，以保证能满足约当引理中 的ziizee33 0 peipz由约当引理知：大弧积分为零。 当 时01,)arg(02 zzz 03lim33 dzzeeRCizziR由以上分析可知 43)2(1)2(1sin231333 IiIidxxxI类似地可以求出