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第四章留数定理
第四章留数定理3/31/20121神奇的a-1系数奇点邻域洛朗展开可以有很多负次幂,但其中-1次幂的系数a-1具有特别重要的地位,该系数有个专门的名称叫留数。
那么,这个系数到底有什么重要的用处呢?
a−1可用来计算包围奇点区域的回路积分.若l所围区域内包含1个奇点,那么有:
∫f(zdz=2πial−1其中a−1是该奇点邻域的洛朗展开−1次幂系数无论哪种奇点类型都成立。
3/31/20122
神奇的a-1系数对比第2章,我们曾得到一个回路积分计算公式:
∫f(zdz=2πilim(z−zf(zlz→z00但当时说这个公式并不够普遍,如果极限为无穷大或不存在,左右两边就不相等。
然而,只要极限存在,那么结果总是正确的。
现在有了洛朗展开工具,可以弄清楚这是怎么回事。
准确的公式是∫f(zdz=2πia−1,仅当奇点为单l极点时,才有lim(z−z0f(z=a−1,如果为高阶极z→z0点,这个极限为∞,但a−1仍有限。
3/31/20123留数和柯西留数这个名称的提出者是柯西。
1825年柯西给出了初步形式的留数定理,1841年则给出了更普遍的形式。
柯西在研究奇点如何对路积分产生影响时发现了留数和积分的关系。
1825年,柯西首先给出的是如下初步的形式。
若f(z0→∞,而极限F=lim(z−z0f(z存在,z→z1则越过z0点对路积分值造成的影响就是2πiF。
在l内部没有奇点时,以上形式退化为:
∫f(zdz=0l3/31/2012而这实际上就是柯西定理。
4
留数定理奇点邻域洛朗级数的a-1系数被称作留数(也叫残数,记作Resf(z0单奇点时,∫f(zdz=2πia−1=2πiResf(z0l留数定理设函数f(z在回路l所围区域B上除有限个孤立奇点b1,b2,...,bn外解析,在包含境界线的闭区域上除b1,b2,...,bn外连续,则∫lf(zdz=2πi∑Resf(bnj=1n任何回路积分可表示为其中所包围的奇点留数之和3/31/20125单奇点留数定理的证明设z0为奇点,z0邻域上的洛朗级数为:
f(z=∑ak(z−z0k−∞∞任取一个小回路两边积分,有∫lf(zdz=∑ak∫(z−z0kdz−∞l∞根据课本p.27例题,级数中除k=−1外其他项均为0。
(因原函数只有lnz多值而∫(z−z0−1dz=2πi。
l所以,f(zdz=2πia−1=2πiResf(z0∫l3/31/20126思路:
f(z展开成洛朗级数,逐项积分,只有-1次项不为0。
更简单的证明由洛朗级数展开公式:
ak=1f(ζdζ2πi∫(ζ−z0k+1l将k=−1代入,得:
1f(ζ1a−1=dζ=∫(ζ−z00∫f(ζdζ,2πil2πil立刻得到:
∫f(ζdζ=2πial−1=2πiResf(z073/31/2012无限远点的情况f(z在无限远点也可定义留数,但有一些特殊的地方。
1、f(z在无穷远点∞处的留数记作Resf(∞,定义为f(z在无穷远处洛朗展开的-1次幂系数乘-1,也就是Resf(∞=-a-1。
2、即使f(z在∞处不是奇点,留数也可能不为0。
3/31/20128
留数定理和柯西定理柯西定理∫f(zdz=0l留数定理∫f(zdz=2πi∑Resf(blj=1nn当区域内部没有奇点时,留数定理即可化为柯西定理。
3/31/20129留数定理和柯西公式柯西公式f(z0=f(z1∫z−z0dz2πil也能由留数定理导出吗?
令F(z=f(z,因f(z在l内解析,F(z在l内有z−z0唯一奇点z0。
应用留数定理有:
∫F(zdz=2πiResF(z=2πia0l−1其中a−1是F(z在z0洛朗展开的−1次幂系数,亦即f(z在z0点泰勒展开的系数a0,也就是f(z0.3/31/2012由此即得留数定理:
f(z0=1f(z∫z−z0dz2πil10
留数之和的守恒关系如果f(z只有有限个孤立奇点,则f(z在复平面上所有奇点(含∞点的留数之和等于零。
只需注意包围∞点的路径从另一个角度来看,其中包含其他所有的有限远奇点。
nResf(∞+∑Resf(bn=0n=1n阶极点不需要计n次。
复数球3/31/201211留数的计算原则上,计算函数在z0点的留数,只需将函数展开成以z0为中心的洛朗级数,其负1次幂系数即为所求。
(如果能用1/(1-z简单展开公式则计算也很方便如果是极点型的奇点,也可以利用泰勒展开公式,直接得到其留数。
特别的,对于单极点的情况,有:
Resf(z0=lim(z−z0f(zz→z03/31/201212
证明思路对于单极点,负次幂系数只有a-1不为0。
单极点的洛朗级数:
f(z=a−1+a0+a1(z−z0+a2(z−z02+...z−z0两边同乘(z−z0,有(z−z0f(z=a−1+a0(z−z0+a1(z−z0+a2(z−z02+...显然,当z→z0时即有(z−z0f(z=a−1因右边是一个幂级数,当z→z0时必然是收敛至第0项.单极点判据:
(z−z0f(z为有限非零值。
limz→z03/31/201213一种更简单的情况如果f(z=P(z/Q(z,其中P(z和Q(z都在z0点解析,且z0为Q(z一阶零点而P(z0不为0,有Resf(z0=P(z0Q'(z0因为此时z0是f(z一阶极点,因此这里是对z求导,求导时注意区分z和z0Resf(z0=lim(z−z0P(zz→z0Q(z3/31/2012利用洛必达法则,有上式[(z−z0P(z]'P(z+(z−z0P'(z=lim=limz→z0z→z0[Q(z]'Q'(zP(z=Q'(z14
m阶极点的情况若z0是f(z的m阶极点,则洛朗级数为留数仍然是a-1,求法有些不同。
f(z=a−ma−m+1a++...+−1mm−1(z−z0(z−z0z−z0+a0+a1(z−z0+a2(z−z02+....其中a−m不为0,两边同乘(z−z0m,得:
(z−z0mf(z=a−m+a−m+1(z−z0+...+a−1(z−z0m−1+a0(z−z0m+a1(z−z0m+1+....z→z0m阶极点判据:
z→z0lim(z−z0f(zm有限且不为0lim(z−z0mf(z=a−m不为0,可作为m阶极点判据.不过,留数不是a−m而是a−1,因此还需要继续往下算。
上式可以看作lim(z−z0mf(z的泰勒展开,其中a−1是z→z0(km阶极点在奇点附近性质m−1次项系数。
而泰勒展开系数公式是:
bk=f(z0。
k!
等价于a-m(z-z0-mm−13/31/2012d(z−z0mf(zm−1因此Resf(z0=a−1=bm−1=limdzz→z0(m−1!
[]15留数性质小结解析函数回路积分可归结为其中所围奇点的留数值。
无论单极点、高阶极点还是本性奇点,留数都是a-1(无穷远处为-a-1。
对于孤立奇点的情况,含无穷远点在内的所有奇点处的留数之和为0。
m阶极点的留数是z0处lim(z-z0mf(z泰勒展式的m-1次幂的系数。
单极点的留数永不为0,高阶极点和本性奇点的留数可以为0。
有限远非奇点(含可去奇点处的留数一定为0,无穷远点即使不是奇点其留数也可不为0。
(非孤立奇点和支点的情况不讨论3/31/201216
留数计算的例子p.53例1求f(z=1/(zn-1在z0=1点的留数。
(假设n是一个正整数首先由limf(z=∞可知,z=1是函数的极点。
z→1把分母因式分解可得:
f(z=11=n−1z−1(z−1(z+zn−2+...+1n因为n为正整数,因此第2个括号中只有有限项,值趋向于n从而可以知道z=1是函数的单极点。
利用单极点留数计算公式,有Resf(1=lim(z−1z→1z−1111=lim⋅n−1n−2=zn−1z→1z−1z+z+...+1n173/31/2012因此,留数为1/n。
其他的解法上面解法运用了因式分解,也可不用因式分解。
首先测试z=1是否为单极点,即计算以下极限是否存在:
z−1z→1z→1zn−1利用洛必达法则分子分母求导,可得lim(z−1f(z=lim11(因为n为正整数故1n−1=1=n−1z→1nzn这样我们得到了一个不为0的极限值。
因此z=1是单极点,上式=lim而留数为1/n。
此外,如运用公式Resf(z0=也可得Resf(z0=3/31/2012这个问题中,能否由此推断Resf(∞=-1/n?
不行。
因为z=1只是f(z的极点之一。
实际上f(z有n个极点P(z0,这里P=1,Q=zn−1Q'(z011=[z−1]'nnn为负整数时同样适用(n≠0即可。
18
留数计算的例子p.54例2确定函数f(z=1/sinz的极点,求出函数在这些点的留数。
显然,当sinz=0时z为f(z的极点。
我们知道实数域上sinz=0的零点是z=nπ,复数域上会不会有别的零点?
通过sinz绝对值的表达式,1sinz=(e2y+e−2y+2sin2x−2cos2x=02其中e2y+e−2y≥2,而2sin2x−2cos2x≤2(显然y必须=0,否则根式内的值总是大于0。
因此,复数域上sinz没有其他零点。
3/31/201219留数计算的例子复数域上sinz的零点也是z=nπ,其中n为整数。
计算以下极限值是否有限,z−nπlim(z−nπf(z=limz→nπz→nπsinz利用洛必达法则,有:
上式=lim[z−nπ]'111=lim===(−1nnz→nπ[sinz]'z→nπcoszcosnπ(−1因此z=nπ是单极点,在z=nπ处留数为(−1n。
P(z0同样可用公式Resf(z0=,这里P=1,Q=sinz。
Q'(z03/31/2012亦可得Resf(nπ=1=(−1ncosnπ20
留数计算的例子p.54例3确定函数f(z=(z+2i/(z5+4z3的极点,并求函数在这些点的留数。
这个例子中,分母可以因式分解,从而易于求出分母的零点,也就是函数的极点。
f(z=1z+2iz+2i=3=3z5+4z3z(z+2i(z−2iz(z−2i从分母的形式可知z=2i是函数的单极点,利用单极点的留数计算公式,有:
Resf(2i=lim[(z−2if(z]z→2i=lim3/31/201211i==3z→2iz−8i821留数计算的例子f(z=1分母还有一个z3项,显然z=0是函数三阶极点,z(z−2i3这只需验证以下极限不为0:
11i==≠0z→0z→0z−2i−2i2利用高阶极点的留数计算公式,有:
lim[z3f(z]=lim⎫1⎧d231⎧d21⎫Resf(0=lim⎨2[zf(z]⎬=lim⎨2[]⎬z→02!
dz!
⎩⎭z→02⎩dzz−2i⎭12⎛1⎞⎛1⎞,⎜因⎜⎟=⎟=−23(z−2i⎝z-2i⎠(z−2i⎝z-2i⎠1⎧2⎫1i所以上式=lim⎨==−3⎬z→02(z−2i8⎩⎭8i3/31/201222'''
留数计算的例子直接洛朗展开也不复杂f(z==1z(z−2i3z−31−2i1−(z2i2⎤iz−3⎡⎛i⎞⎛i⎞=⎢1+⎜−z⎟+⎜−z⎟+...⎥2⎢⎝2⎠⎝2⎠⎥⎣⎦=i−31−2i−1iz+z−z+...,因此留数为a−1=−.24883/31/2012综上所述,z=2i是函数单极点,留数为i/8。
z=0是函数的三阶奇点,留数为-i/8,此外注意到i/8+(-i/8=0,所以∞处留数为0。
23本性奇点的例子对于本性奇点,极点型的简单方法不适用。
需要进行洛朗展开。
1例:
计算f(z=exp(在z=0处的留数。
zz→0时,f(z不存在,因此这是一个本性奇点。
limz→0f(z的洛朗级数不难写出,详见p.46例4:
11111f(z=1++++...z2!
z23!
z3从中可以看到,1次幂的系数为a−1=1,因此−f(z在z=0处的留数为Resf(0=1。
另可看到此时f(∞虽然有限,但留数=−1而不为0。
3/31/201224
留数计算方法小结原则上总可以通过洛朗展开计算,但对于极点的情况可以有简单计算方法。
单极点F=lim(z-z0f(z极限存在且为有限非零值,即为单极点,且留数就是F。
但如果上述极限为∞,留数≠∞。
因为留数总是存在的并且都是有限值。
当f(z=P(z/Q(z且P(z0≠0而Q(z0=0时,留数为P(z/Q'(z。
m阶极点若F=lim(z-z0mf(z极限存在且为有限非零值,即为m阶极点。
但此时的留数不是F,而是(z-z0mf(z的m-1阶导数/(m-1!
。
本性奇点不能用以上方法,一般需做洛朗展开3/31/201225洛必达法则在计算留数时往往很有用计算回路积分直接用途:
计算回路积分p.55例4计算沿单位圆的回路积分1∫=1εz2+2z+εdz,(0<ε<1z留数定理的主要用途就是计算积分,本例中,显然积分值=2πi∑Resf(zm,其中zm为积分路径内的奇点。
m首先计算奇点的位置,也就是分母的零点。
−2±4−4ε2易解得z=2εz0=−1+1−ε2ε,z1=−1−1−ε2ε由于ε为0~1间的实数,显然只有z0=3/31/2012ε1+1−ε2落在积分路径(单位圆的内部,类型为单极点。
<126
计算回路积分P(z0−1+1−ε2利用Resf(z0=求z0=处的留数εQ'(z0这里P=1,Q=εz2+2z+ε.Resf(z0=limz→z011==(εz2+2z+ε'2εz0+21⎛−1+1−ε22ε⎜⎜ε⎝⎞⎟+2⎟⎠=121−ε2从而原积分值=2πiResf(z0=z→z0πi1−ε2或者也可用Resf(z0=lim(z−z0f(z计算。
结果=limz−z011==z→z0ε(z−z(z−zε(z0−z1⎛21−ε201ε⎜⎜ε⎝3/31/2012⎞⎟⎟⎠=121−ε227用留数定理计算实函数的定积分利用留数定理可以方便地计算复平面上的回路积分,但我们平常遇到的更多是实函数的积分,实函数的积分也能用留数定理计算吗?
某些类型的实函数定积分问题,可以通过一些数学处理,转化为复变函数的路积分问题。
从而可利用留数定理方便地计算积分值。
而这些问题用实变方法求解往往非常繁琐。
一个强大的数学工具3/31/201228
计算实函数积分方法要点如左图,计算a到b的实函数积分,可以看作复平面上围绕区域B的路积分的一部分。
整体回路积分值可用留数定理算出,若l2的积分容易算出,那么实积分结果即可得到。
∫f(xdx=∫f(zdz−∫f(zdzal1+l2l2b要求f(z为解析函数3/31/2012此外,如果积分路径[a,b]可通过某种方法变换为复平面上的一个闭合回路,那么就也可利用留数定理。
29基本类型一有一些类型的实函数定积分问题比较容易利用留数定理计算,课本上将其分作3类。
下面依次介绍。
2π类型一∫R(cosx,sinxdx0要满足的条件1、被积函数是三角函数的有理形式,2、积分区间是[0,2π]处理方法:
做变量代换z=exp(ix显然,积分过程中x从0变化到2π,则z从z=1点沿单位圆绕行1圈回到z=1点。
3/31/201230
p.58例4例4计算∫dx,(n为正整数(1+x2n−∞∞本例中积分上下限为∞,分子分母差2n阶,实轴上没有奇点,满足类型二的要求。
f(z=11,有两个n阶极点,=2nn(1+z(z+i(z−in其中上半平面的极点为z0=i因此,I=2πiResf(i归结为计算z=i处的留数3/31/201241p.58例4根据n阶极点留数计算公式⎧dn−1⎫⎧dn−1⎫n(z−if(z⎬(z+i−n⎬⎨n−1⎨n−1⎩dz⎭=lim⎩dz⎭Resf(i=limz→iz→i(n−1!
(n−1!
连续使用幂函数求导公式,可得:
[(z+am]'=m(z+am−1,[(z+am]''=m(m−1(z+am−2......[(z+am](k=m(m−1(m−2...(m−k+1(z+am−k注意:
这里不能把系数写成3/31/2012[][](有条件m!
的形式.(m−k!
42
p.58例4因为[(z+am](k=m(m−1(m−2...(m−k+1(z+am−k将m=−n,k=n−1,a=i,z=i代入,有:
dn−1(z+i−n=(−n(−n−1(−n−2...(−2n+2(2i−2n+1n−1dz=(−1n−1⋅n(n+1(n+2...(2n−2⋅2−2n+1⋅(−1−n⋅i=−n(n+1(n+2...(2n−2⋅2−2n+1i=−(2n−2!
i2(n−1!
2n−1[]⎡⎤π(2n−2!
(2n−2!
最后I=2πi⋅⎢−2n−1i⎥=2n−222⎣2[(n−1!
]⎦2[(n−1!
]3/31/201243p.59例5例5计算∫∞dx,(n为正整数(1+x2n0本例被积函数和例4相同,但上下限不满足类型二的要求。
不过考虑到f(z为偶函数:
∞0∫f(xdx=∫f(xdx,0−∞因此∞π(2n−2!
dx1dx=∫=2n−1∫(1+x2n2−∞(1+x2n2[(n−1!
]20∞3/31/2012也就是说,当f(x为偶函数时,类型二的上下限可放宽为0~∞.44
基本类型三基本要求积分形式为∫F(xcosmxdx或∫G(xsinmxdx,积分区间00∞∞两处修改:
1、加入m>0条件,2、“或”改成“和”.为[0,+∞;m>0;F(x为偶函数,G(x为奇函数,且F或G在实轴上没有奇点;上半平面有有限个奇点;当z在上半平面和实轴趋向于∞时,F(z或G(z一致收敛于0。
处理方法利用奇函数或偶函数的性质,把被积函数化为类型二的形式,从而∞∫F(xcosmxdx=πi{F(zexp(imx在上半平面留数之和}0∞∫G(xsinmxdx=π{G(zexp(imx在上半平面留数之和}03/31/201245基本类型三∞∫F(xcosmxdx=∫F(x2(e100∞∞∞∞imx+e−imxdx11=∫F(xeimxdx+∫F(xe−imxdx2020因F(x为偶函数,易知∫F(xe0∞−imxdx=−∞∫F(xe∞0imxdx11所以原式=∫F(xeimxdx+∫F(xeimxdx=∫F(xeimxdx202−∞−∞1imx同理可得,G(xsinmxdx=∫∫∞G(xedx2i−0∞∞03/31/2012可以化
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