留数定理及其应用 我们终于走到这一步:在孤立奇点去心邻域,一个解析函数可以展开成 Laurent级数,这个 Laurent级数是唯一的、在展开环 域是绝对收敛且内闭一致收敛的,因而求导、求积和级数的求和可以交换次序。对一般复变函数的积分,可望先展开为级 数,再利用下式求积分。 2丌i6 具体如何做?正是本章的内容 41留数定理 目标:利用级数展开,解决复变函数的闭合回路积分问题 Q留数定理 由 Cauchy定理,对一个闭合回路积分,若闭合回路所包围的区域是解析的,那么积分为0:若回路内有一些奇点,那么积分 值等于包围这些奇点的各闭回路积分值之和。若这些奇点是孤立奇点,计算孤立奇点邻域一条闭合回路的积分就可用留数 定理计算 引理:设=0是解析函数f(-)的一个孤立奇点,函数在二0的去心邻域D:0 ak(-=oxd==2Ti ak5k-1=2ia_l Res∫(=0)=a_1。注意积分回路取向:对有限远点,回路正向应该是逆时针,留数为a1 ■若=0为无穷远点,则在区域D:R<日<∞内, f(-)d== ak=d==)a44=d== ak Resf(∞)=-a-1。注意积分回路取向:对无穷远点,回路正向应该是顺时针,留数为-a
4 留数定理及其应用 我们终于走到这一步：在孤立奇点去心邻域，一个解析函数可以展开成Laurent级数，这个Laurent级数是唯一的、在展开环 域是绝对收敛且内闭一致收敛的，因而求导、求积和级数的求和可以交换次序。对一般复变函数的积分，可望先展开为级 数，再利用下式求积分。 C z (z - a)n = 2 π δn,1 具体如何做？正是本章的内容。 4.1 留数定理 目标：利用级数展开，解决复变函数的闭合回路积分问题。 留数定理 由Cauchy定理，对一个闭合回路积分，若闭合回路所包围的区域是解析的，那么积分为 0 ；若回路内有一些奇点，那么积分 值等于包围这些奇点的各闭回路积分值之和。若这些奇点是孤立奇点，计算孤立奇点邻域一条闭合回路的积分就可用留数 定理计算。 引理：设 z0 是解析函数 f (z) 的一个孤立奇点，函数在 z0 的去心邻域 D：0 < z - z0 < δ （ z0 为有限远点）或 R < z < ∞ （ z0 为无穷远点）内解析，则函数对 D 内任意一条包围 z0 的闭合回路正向的积分 c:z0 f (z) z = 2 π Res f (z0)， 其中 c : z0 为在 D 内包围 z0 的任意一条闭合回路 ， Res f (z0) 称为函数在 z0 的留数，“闭合回路积分残留下来的数 ”。 ◼ 包围 z0 的闭合回路正向：在回路上走，z0 在左手边。 ◼ 若 z0 在有限区，则在区域 D：0 < z - z0 < δ 内， c:z0 f (z) z = c:z0 k=-∞ ∞ ak(z - z0)k z = k=-∞ ∞ ak c:z0 (z - z0) k z = 2 π k=-∞ ∞ ak δk,-1 = 2 π a-1 Res f (z0) = a-1。 注意积分回路取向 ：对有限远点 ，回路正向应该是 逆时针，留数为 a-1。 ◼ 若 z0 为无穷远点，则在区域 D：R < z < ∞ 内， c:∞ f (z) z = c:∞ k=-∞ ∞ ak zk z = k=-∞ ∞ ak c:∞ zk z = -2 π k=-∞ ∞ ak δk,-1 = -2 π a-1 Res f (∞) = -a-1。 注意积分回路取向 ：对无穷远点 ，回路正向应该是 顺时针，留数为 -a-1
注意无穷远点的留数与有限远点的留数形式上差一个负号。回路正向一个逆时针一个顺时针。 ■对有限远点,若0不是奇点(或是可去奇点),则Rcsf(a0)=0,对无限远点,即使它不是奇点,也有可能 Resf(=0)≠0 例如:f()=e在z=∞点是可去奇点,但Resf()=-1≠0 B数定理:设区域D的边界C是分段光滑的闭合曲线,函数f(2)在D内除有限个孤立奇点b 解析,在D上连续,且在C上无奇点,则 k=22/ ■这个定理实际上是复连通 Cauchy定理和上一个引理的直接结果。 ■如果函数f(=)在有限区域只有有限个孤立奇点,则包括无穷远点在内的所有奇点的留数和为0。 取回路CR包围所有有限远的奇点,则 f()d==2 i)Res(by) 但:df()d=-4()d=为绕无穷远点的闭回-2 i Res(∞) 从而:> Res f(b)+Resf(∞)=0,特别注意即使无穷远点是可去奇点,其留数也可能不为0 Q留数的求法 留数: Laurent展开式中负一幂次相的系数a_1(对有限远点)或-a-1(对无穷远点),最直接的求法就是 Laurent展开,当然 还有其它简便方法 ■有限区的单极点b(一阶极点) 单极点:)=1+Sa-b (-b)f()=a-1+(-b))a(=-b 两边同时求极限:Resf(b)=a-1=lim(=-b)f(-) 若f()=2a且P(b)≠0,Q(b)=0为一阶0点,则 P(=) limP() Res f(b)=lim(E-b) ):bQ(=)-Qb) 但是,若J()=P且Pb)=0为m阶0点,Qb)=0为m+1阶0点 Resf(b)≠lmP(-) 再用洛必达法则 bQ(=) 反例:二=0是f(2)=—的单极点, Res f(o)= 而:Resf(0)≠lm
◼ 注意无穷远点的留数与有限远点的留数形式上差一个负号。回路正向一个逆时针一个顺时针。 ◼ 对有限远点，若 z0 不是奇点（或是可去奇点），则 Res f (z0) = 0，对无限远点，即使它不是奇点，也有可能 Res f (z0) ≠ 0。 例如：f (z) = e1/z 在 z = ∞点是可去奇点 ，但 Res f (∞) = -1 ≠ 0。 留数定理：设区域 D 的边界 C 是分段光滑的闭合曲线，函数 f (z) 在 D 内除有限个孤立奇点 bk, k = 1, 2, ..., n 外单 值解析，在 D 上连续，且在 C 上无奇点，则 C f (z) z = 2 π k=1 n Res f (bk) ◼ 这个定理实际上是复连通Cauchy定理和上一个引理的直接结果。 ◼ 如果函数 f (z) 在有限区域只有有限个孤立奇点，则包括无穷远点在内的所有奇点的留数和为 0。 取回路 CR 包围所有有限远的奇点 ，则 CR f (z) z = 2 π k=1 n Res f (bk) 但 : CR f (z) z = -CR f (z) z 视为绕无穷远点的闭回路 -2 Resf (∞) 从而： k=1 n Res f (bk) + Res f (∞) = 0，特别注意即使无穷远点是可去奇点 ，其留数也可能不为 0。 留数的求法 留数：Laurent展开式中负一幂次相的系数 a-1（对有限远点）或 -a-1（对无穷远点），最直接的求法就是Laurent展开，当然 还有其它简便方法。 ◼ 有限区的单极点 b （一阶极点） 单极点：f (z) = a-1 z - b + k=0 ∞ ak(z - b)k ⟹ (z - b) f (z) = a-1 + (z - b) k=0 ∞ ak(z - b)k 两边同时求极限 ：Res f (b) = a-1 = lim zb (z - b) f (z) 若 f (z) = P(z) Q(z) 且 P(b) ≠ 0, Q(b) = 0 为一阶 0 点，则 Res f (b) = lim zb (z - b) P(z) Q(z) = lim zb P(z) Q(z) - Q(b) (z - b) = lim zb P(z) lim zb Q(z) - Q(b) (z - b) = P(b) Q′ (b) (1.1) ▲ 但是，若 f (z) = P(z) Q(z) 且 P(b) = 0 为 m 阶 0 点， Q(b) = 0 为 m + 1 阶 0 点 Res f (b) ≠ lim zb P(z) Q′ (z) 再用洛必达法则 反例：z = 0 是 f (z) = sin z z2 的单极点， Res f (0) = lim z0 z sin z z2 = 1, 而：Res f (0) ≠ lim z0 sin z z2 ′ = lim z0 sin z 2 z = 1 2 2 z04a.nb
z04anb 3 那么,对此例,上面的(1.1)式错在哪儿?(答: 目例题: 单极点,Resf z=∞为非孤立奇点,因为z=2kr可以落到任意的一个大圆之外 ■有限区的m阶极点b,m≥1 阶极点:f(2)=a-m(=-b)-m 1(-b)-1+a+…,其中 比较:m阶零点:f()=am(2-b+am+1(=-b)m+1…,其中am≠0 →(-b)mf()=a-m+…+a-1(-b)m1+a0(-b)+…,其中a-m≠0 两边同时求(m-1)阶导数并求极 dm-1(二-b)f() Rm:b9y2时那化为单点情况 f(-)= z=0为4阶极点
那么，对此例，上面的 (1.1) 式 错在哪儿 ？（答：错在蓝色部分吗 ，商的极限不等于极限的商 ） ☺ 例题： f (z) = 1 sin z ，z = 0 为单极点，Res f (0) = lim z0 1 (sin z)′ = lim z0 1 cos z = 1 z = ∞ 为非孤立奇点 ，因为 z = 2 k π 可以落到任意的一个大圆之外 。 f (z) = z cos z + 1 zn - 1 ，z = 1 为单极点 ，Res f (1) = lim z1 z cos z + 1 (zn - 1)′ = lim z1 z cos z + 1 n zn-1 = cos 1 + 1 n ◼ 有限区的 m 阶极点 b，m ≥ 1 m 阶极点：f (z) = a-m(z - b)-m + ... + a-1(z - b)-1 + a0 + ...，其中 a-m ≠ 0 比较：m 阶零点：f (z) = am(z - b)m + am+1(z - b)m+1 ...，其中 am ≠ 0 （对 f (z) 在 b 点解析而言 ） ⟹ (z - b) m f (z) = a-m + ... + a-1(z - b)m-1 + a0(z - b)m + ...，其中 a-m ≠ 0 两边同时求 (m - 1) 阶导数并求极限 (m - 1)! a-1 = lim zb m-1 [(z - b) m f (z)] zm-1 ， Res f (b) = a-1 Res f (b) = 1 (m - 1)! lim zb [(z - b)m f (z)](m-1) ， m = 1 时退化为单极点情况 ☺ 例题： f (z) = z cos z - 1 z5 , z = 0 为 4 阶极点 Res f (0) = 1 3! z4 z cos z - 1 z5 (3) z04a.nb 3
c1ear【"G1oba1`"] f[z]:=(ecos[z]-1)/z5 E3 D Limit[f3,z→0] Residue [f[z],[z, 0)1 Series [f[z],[z,0, 3] c[n]:= Seriescoefficient[f[z],[z,0, n] c【-1] 111 o[z]4 z43z26z306302520 6 (((2-2i)((1-i)+i(1+i)2))/(5+n)!) True 有限区的本性奇点b:只能作 Laurent展开求a1 ■无穷远点:即使是可去奇点,无穷远点的留数也可能不为0,故求留数时一定别忘了计算Resf( f()=>a, Resf(oo)=-a-1, 4 f(=)d==2ri Resf(oo)=-2Tia-l 做变换:=1/= g(o f(1/ k=-oo 故:f(=)在二=00的留数等于g(=-f(1/4在<=0的留数 Res f(oo)=Res g(0), g(o=--f(1/4 目例题 1.f(x)=+2i 求奇点及其留数
Clear["Global`*"] f[z_] := (z Cos[z] - 1) z5; f3 = D 1 3! z4 f[z], {z, 3}; Limit[f3, z 0] Residue[f[z], {z, 0}] Series[f[z], {z, 0, 3}] c[n_] := SeriesCoefficient[f[z], {z, 0, n}] c[-1] c[n] - 1 6 - 1 6 1 z4 - 1 3 z2 - 1 6 z - 1 30 + z2 630 + z3 2520 + O[z]4 - 1 6 -(((2 - 2 ) ((1 - )n + (1 + )n)) / (5 + n)!) n > -5 0 True ◼ 有限区的本性奇点 b：只能作 Laurent 展开求 a-1。 ◼ 无穷远点：即使是可去奇点，无穷远点的留数也可能不为 0，故求留数时一定别忘了计算 Res f (∞) f (z) = k=-∞ ∞ ak zk， Res f (∞) = -a-1，c:∞ f (z) z = 2 π Res f (∞) = -2 π a-1 做变换：ζ = 1/z ⟹ g(ζ) = - 1 ζ2 f (1/ ζ) = - 1 ζ2 k=-∞ ∞ ak ζ -k = - k=-∞ ∞ a-k ζk-2 = - k=-∞ ∞ ... + a-1 ζ + a0 ζ2 + ... 故： f (z) 在 z = ∞ 的留数等于 g(ζ) = - 1 ζ2 f (1/ ζ) 在 ζ = 0 的留数 Res f (∞) = Res g(0), g(ζ) = - 1 ζ2 f (1/ ζ) ☺ 例题： 1. f (z) = z + 2 z5 + 4 z3 ，求奇点及其留数 4 z04a.nb
z04anb5 奇点:=0三阶,R/0=1,=(+2P=- 备点:=24单点,R=曰+4 (+2i)i 奇点:z=-2i,可去奇点,Resf(-2i)=0 别忘了奇点:二=∞,尽管在这里它是可去奇点,但留数并不一定为0 直接展开f()= 2i=2b二 无负一幂次,Resf()=0 c1ear【"G1oba1`"] (z+2立 f【z_] z5+4z3 Residue[f[z],[z,0] Residue[f[z],[z,211 Residue[f[z],[z,-21] Residue[f[z],{z,∞}] Residue f[/],(s,0 i 以下各题均没有求解z=∞点的留数,请自己补充。 2.f()=el,求奇点及其留数 奇点:二=0,本性奇点,只能展开,f()= Resf(0)=-1 3.f()= 求l=df(=)d sins=cos 二=0是4阶奇点,f()是“偶函数”,展开式不包含奇幂次,Resf(0)=0 f(=)d
奇点：z = 0, 三阶， Res f (0) = 1 2 ! lim z0 z + 2 z2 + 4 (2) = - 8 奇点：z = 2 , 单极点，Res f (2 ) = lim z2 (z + 2 ) z5 + 4 z3 ′ = 8 奇点：z = -2 , 可去奇点 ，Res f (-2 ) = 0 别忘了奇点 ：z = ∞, 尽管在这里它是可去奇点 ，但留数并不一定为 0 直接展开 f (z) = 1 z3 1 z - 2 = 1 z4 1 1 - 2 z = 1 z4 k=0 ∞ 2 z k 无负一幂次 ，Res f (∞) = 0 Clear["Global`*"] f[z_] := (z + 2 ) z5 + 4 z3 ; Residue[f[z], {z, 0}] Residue[f[z], {z, 2 }] Residue[f[z], {z, -2 }] Residue[f[z], {z, ∞}] Residue- 1 ζ2 f[1 / ζ], {ζ, 0} - 8 8 0 0 0 以下各题均没有求解 z = ∞ 点的留数 ，请自己补充 。 2. f (z) = -1/z ，求奇点及其留数 奇点：z = 0, 本性奇点 ，只能展开， f (z) = k=0 ∞ 1 k ! - 1 z k ， Res f (0) = -1。 3. f (z) = z sin5 z cos z ，求 I = z =1 f (z) z z = 0 是 4 阶奇点，f (z) 是 “偶函数”，展开式不包含奇幂次 ，Res f (0) = 0。 4. f (z) = 1 1/z - 1 ，求 I = z =1 f (z) z z04a.nb 5
都是奇点,故:z=0不是孤立奇点,没有留数定 视为绕无穷远点积分=-P,P=4f) 无穷远点是孤立奇点,可用留数定理,但如何求其留数。 h=f(1/4),考虑=0,在判断奇点阶数时不必含-一因子 hC/-分母为一阶零点,故=0是M4)的单极点 从而二=∞是f()的单极点。分母为一阶零点,分子非零 但对于无穷远点,单极点也不能应用Resf(b)= Res f(oo)=Res g(0), g(4=--f(1/4= =0是的三阶极点,Resh0)=21c-1 繁琐(用番 Mathematica,呵呵) f(-)直接展开 f(二)= 化为—的形式 2!二23! 2 只需一的系数, Resf(∞)=-a-1= 1 12 c1ear["GL。ba1★"] f[z_]:= h f[1/z] Residue[f[z],(z,∞}] Residue f[1/z],{z,0} 回路内有100个单极点,视为绕无穷远点的积分
z = 2 k π 都是奇点 ，故：z = 0 不是孤立奇点 ，没有留数定理 。 视为绕无穷远点的积分 I = -I′ , I′ = CR f (z) z 无穷远点是孤立奇点 ，可用留数定理 ，但如何求其留数 。 h(ζ) = f (1/ ζ)，考虑 ζ = 0，在判断奇点阶数时不必含 - 1 ζ2 因子。 h(ζ) = 1 ζ - 1 , 分母为一阶零点 ，故 ζ = 0 是 h(ζ) 的单极点 从而 z = ∞ 是 f (z) 的单极点 。分母为一阶零点 ，分子非零 ， 但对于无穷远点 ，单极点也不能应用 Res f (b) = P(b) Q′ (b) Res f (∞) = Res g(0), g(ζ) = - 1 ζ2 f (1/ ζ) = - 1 ζ2 1 ζ - 1 , ζ = 0 是 h(ζ) 的三阶极点 ，Res h(0) = 1 2! - ζ ζ - 1 ′′ ，繁琐 （用 Mathematica，呵呵 ） f (z) 直接展开 ： f (z) = 1 1 z + 1 2! 1 z2 + 1 3 ! 1 z3 + ... 化为 1 1 ± t 的形式 = z 1 + 1 2! 1 z + 1 3! 1 z2 + ... t 在 ∞ 邻域，t < 1 = z1 - 1 2 ! 1 z + 1 3! 1 z2 + ... t + 1 2! 1 z + 1 3! 1 z2 + ... 2 t2 + ... 只需 1 z 的系数， = z - 1 2 + 1 2! 2 - 1 3! 1 z + ... ⟹ Res f (∞) = -a-1 = - 1 12 (1.2) I′ = - 1 12 2 π = - π 6 ，I = -I′ = π 6 Clear["Global`*"] f[z_] := 1 1/z - 1 ; h[z_] = -1 z2 f[1 / z]; Residue[f[z], {z, ∞}] Residue -1 z2 f[1 / z], {z, 0} - 1 12 - 1 12 5. f (z) = z100 k=1 100 1 z - k ，求 I = z =200 f (z) z 回路内有100个单极点 ，视为绕无穷远点的积分 6 z04a.nb
z04a.nba f(-)d==2 Ti Res f(∞) Res f(oo)=Res g(0), g()=--f(1/=) 0为g()的二阶极 =-=-[2xi(-5050=10100i f(-)在回路内有1个本性奇点二=0,求留数需作 Laurent展开。 视为绕无穷远点的积分:-=P=4fc)d=2 Ti Res f(o f(∞)=Resg(O),g(-) f(1/=) Ine- 二=0是g()的单极点,Resg(O)=-lm=-sn1 7.二=0在区域D内,f()和g(-)在D内解析,在D上连续 g()在D内有一阶零点b*0,k=1,2,…,n,求/=Cf() d=,C为D的边界 解:分母为0的点:b,k=0,1,2,…,n,其中b=0,都是被积函数)sf的奇点 (-) 若bk不是f()的零点,则b是以()的一阶零点,则 l=2 i =2xSb02+2r;0 ∈=dg)y=b br g(bx) 若某个b也是f()的零点,则Res(b)=0,但仍有 l=2丌i 台bkg(bk) e- cos=+1 ,在=∞是什么奇点?留数=?
-I = I′ = z =200 f (z) z = 2 π Res f (∞) Res f (∞) = Res g(0)，g(z) = - 1 z2 f (1/z) g(z) = - 1 z2 k=1 100 1 k z - 1 , z = 0 为 g(z) 的二阶极点 Res g(0) = lim z0 z2 g(z) ′ Res g(0) = -lim z0 k=1 100 1 k z - 1 ′ = - k=1 100 k = -5050 I = -I′ = -[2 π (-5050)] = 10 100 π 6. f (z) = 1 z sin 1/z，求 I = z =1 f (z) z f (z) 在回路内有1个本性奇点 z = 0，求留数需作 Laurent 展开。 视为绕无穷远点的积分 ：-I = I′ = z =1 f (z) z = 2 π Res f (∞) Res f (∞) = Res g(0), g(z) = - 1 z2 f (1/z) = - 1 z sin z z = 0 是 g(z) 的单极点 ，Res g(0) = -lim z0 sin z z′ = -sin 1 I = -I′ = 2 π sin 1 7. z = 0 在区域 D 内， f (z) 和 g(z) 在 D 内解析，在 D 上连续， g(z) 在 D 内有一阶零点 bk ≠ 0, k = 1, 2, ..., n，求 I = C f (z) z g(z) z, C 为 D 的边界。 解：分母为 0 的点：bk, k = 0, 1, 2, ..., n，其中 b0 = 0，都是被积函数 φ(z) = f (z) z g(z) 的奇点。 若 bk 不是 f (z) 的零点，则 bk 是 φ(z) 的一阶零点 ，则 I = 2 π k=0 n f (z) [z g(z)]′ z=bk = 2 π k=1 n f (bk) bk g′ (bk) + 2 π f (0) g(0) 若某个 bl 也是 f (z) 的零点，则 Res φ(bl) = 0，但仍有 I = 2 π k=1 n f (bk) bk g′ (bk) + 2 π f (0) g(0) 8. f (z) = z cos z + 1 z2 - 1 ，在 z = ∞ 是什么奇点 ？留数 =？ z04a.nb 7
Clear [f, gI f【z_] z2-1 g[z_] f[1/z] Limit[f[z],z- ComplexInfinity Limit[f【x+iy],{x→-∞,x→∞,y→∞}](*分别以三种不同方式趋于无穷远 1+e Cos[z] 1 +22,- ComplexInfinity [0, ComplexInfinity, ComplexInfinity) 沿正负实轴(或负实轴和虚轴)“极限值”不同,是本性奇点。如何求留数? 番 Mathematica也爱莫能助? Residue [f[z],[z, ComplexInfinity]] Series [f[z], [z, Infinity, 5]] Series[g[z],[z,0, 5] Residue +ez( ,(z, ComplexInfinity) 1 Residu (1+ecos(2])12./1 显然,f()=scos+1 在全平面(不包含无穷远点)仅有两个奇点,z=±1 Mt: Res/(oo)=-[Res/(1)+Resf(D)]=-e-e-l1 42应用留数定理计算实变函数的定积分
Clear[f, g] f[z_] := z Cos[z] + 1 z2 - 1 g[z_] := - 1 z2 f[1 / z] Limit[f[z], z ComplexInfinity] Limit[f[x + y], {x -∞, x ∞, y ∞}] (* 分别以三种不同方式趋于无穷*)远 Limit 1 + z Cos[z] -1 + z2 , z ComplexInfinity {0, ComplexInfinity, ComplexInfinity} 沿正负实轴 （或负实轴和虚轴 ） “极限值” 不同，是本性奇点 。如何求留数 ？ Mathematica 也爱莫能助 ？ Residue[f[z], {z, ComplexInfinity}] Residue[g[z], {z, 0}] Series[f[z], {z, Infinity, 5}] Series[g[z], {z, 0, 5}] Residue 1 + z Cos[z] -1 + z2 , {z, ComplexInfinity} Residue- 1 + 1 z Cos 1 z -1 + 1 z2 z2 , {z, 0} (1 + z Cos[z]) 1 z 2 + 1 z 4 + O 1 z 6 1 + 1 z Cos 1 z -1 - z2 - z4 + O[z]6 显然， f (z) = z cos z + 1 z2 - 1 在全平面 （不包含无穷远点 ） 仅有两个奇点 ，z = ±1 故 ：Res f (∞) = -[Res f (1) + Res f (-1)] = -cos 1 2 - -1 4.2 应用留数定理计算实变函数的定积分 8 z04a.nb
z04a.nb 9 到目前为止,我们所学的关于复变函数的概念:解析、C-R条件、 Cauchy定理、 Cauchy公式、级数、一致收敛、奇点的分 类、留数、留数定理等等,似乎都在围绕一个问题,如何做一个复变函数的闭合回路积分。 闭合回路积分那事,就那么有意思吗? SetDirectory [NotebookDirectory []]i Import["funny. png",ImageSize+300] f ve owe 诚勿扰》 本节及下一节,通过一些例子,我们可看到,复变函数的闭合回路积分,确实那么有意思 再回顾一些基础: 小弧引理:若f()在二=a的去心邻域0M1≤6≤B2上 如=k一致成立,则:如G)d=-B) ▲若B1=0,B2=2,则有:df()d=2riK=-2 Ti Res0),-K是f()在无穷远的留数吗?why? Jordan引理:若=在上半平面及实轴上趋于a时,∫(2)一致趋于0,即 mf(-)=0,0≤6=arg=≤丌 则沿上半平面任意一段圆心于原点半径为R的圆弧: f(-)emd==0,其中m>0 Q三种类型的实变函数积分 处理三种类型的积分: (a)f()在实轴上无奇点或只有可去奇点 f(x)d (b)f()在实轴上有单极点 Il.f(x)eimxdx (a)f()在实轴上无奇点或只有可去奇点 (b)f(=)在实轴上有单极点 目例题:求积分(1型积分)
到目前为止，我们所学的关于复变函数的概念：解析、C-R条件、Cauchy定理、Cauchy公式、级数、一致收敛、奇点的分 类、留数、留数定理等等，似乎都在围绕一个问题，如何做一个复变函数的闭合回路积分。 闭合回路积分那事，就那么有意思吗？ SetDirectory[NotebookDirectory[]]; Import["funny.png", ImageSize 300] from "If you are the one" 《非诚勿扰 》 本节及下一节，通过一些例子，我们可看到，复变函数的闭合回路积分，确实那么有意思。 再回顾一些基础： 小圆弧引理：若 f (z) 在 z = a 的去心邻域 0 M, θ1 ≤ θ ≤ θ2 上 lim R∞z f (z) = K 一致成立 ，则： lim R∞CR f (z) z = K (θ2 - θ1) ▲ 若 θ1 = 0, θ2 = 2 π, 则有： f (z) z = 2 π K = -2 π Res f (∞), -K 是 f (z) 在无穷远的留数吗 ？why? Jordan 引理：若 z 在上半平面及实轴上趋于 ∞ 时， f (z) 一致趋于 0，即 lim z∞ f (z) = 0, 0 ≤ θ = arg z ≤ π, 则沿上半平面任意一段圆心于原点半径为 R 的圆弧： lim R∞CR f (z) m z z = 0，其中 m > 0 三种类型的实变函数积分 处理三种类型的积分： I. 0 2 π f (cos x, sin x) x II. -∞ +∞ f (x) x ⟹ (a) f (z) 在实轴上无奇点或只有可去奇点 (b) f (z) 在实轴上有单极点 III. -∞ +∞ f (x) m x x ⟹ (a) f (z) 在实轴上无奇点或只有可去奇点 (b) f (z) 在实轴上有单极点 ☺ 例题：求积分 （I 型 积分） z04a.nb 9
10 z04anb 已知:|e<1 解:积分属I型,解法:令 c=er a d==iex dx d= d=,化为闭合回路的积分。代入积分式 利用留数定理求之 1=2x2Rs=l.对单位圆内的奇点求留数·f()= 由二2+=+1=0解得,两奇点12=-1√1-e2 因为<,仅2=-(√1一2在单位圆内(单极点) Res f(=2)=lim f[x_]*1+E cos[x] Integrate[f[x],[x, 0,2 ) Assumptions N(-1<E<1) ConditionalExpression 例题:求积分(I型积分) =|cos2nxdx,n为自然数 解:积分属I型, cosx=-=+ dx= 构不成回路,化成 d=(+x 4 JHkl i-
I = 0 2 π x 1 + ε cos x , 已知：ε < 1 解：积分属 I 型，解法：令 cos x = 1 2 x + - x = 1 2 z + z-1 sin x = 1 2 x - - x = 1 2 z - z-1 z = x ⟹ z = x x ⟹ x = z z , 0 2 π ... x ⟹ z =1 ... z, 化为闭合回路的积分 。代入积分式 I = z=1 z z 1 1 + ε 2 z + z-1 = 2 ε z=1 z z2 + 2 ε z + 1 利用留数定理求之 。 I = 2 ε 2 π k Res f (zk), 对单位圆内的奇点求留数 。f (z) = 1 z2 + 2 ε z + 1 由 z2 + 2 ε z + 1 = 0 解得，两奇点 z1,2 = -1 ε 1 ± 1 - ε2 因为 ε < 1，仅 z2 = - 1 ε 1 - 1 - ε2 在单位圆内 （单极点） Res f (z2) = lim zz2 1 z2 + 2 ε z + 1 ′ = ε 2 1 - ε2 I = 2 π 1 - ε2 f[x_] = 1 1 + ε Cos[x] ; Integrate[f[x], {x, 0, 2 π}, Assumptions {-1 < ε < 1}] ConditionalExpression 2 π 1 - ε2 , ε ≠ 0 ☺ 例题：求积分 （I 型 积分） I = 0 π/2 cos2 n x x，n 为自然数 解：积分属 I 型，cos x = 1 2 z + z-1, x = z z 0 π/2 构不成回路 ，化成 0 2 π I = 0 π/2 cos2 n x x = 1 4 0 2 π cos2 n x x I = 1 4 z=1 z z z + z-1 2 2 n = 1 4n+1 z=1 z2 + 1 2 n z2 n+1 z 10 z04a.nb