第二节留数及留数定理 一、 留数的引入 二、留数定理及其应用 三、留数的计算方法 四、无穷远点的留数 五、典型例题
第二节留数及留数定理 一、留数的引入 二、留数定理及其应用 四、无穷远点的留数 三、留数的计算方法 五、典型例题
留数的引入 设z为f(z)的一个孤立奇点； z的某去心邻域0<z-0<R 邻域内包含乙，的任一条正向简单闭曲线 f(z)在0<k-z<R内的洛朗级数： fe)=+cn(e-)广”++c(-2)+.+G +C(z-z0)+.+Cn(亿-)+
0 1 0 1 0 f (z) c (z z ) c (z z ) c n n = + − + + − + + − − − − C 0 设 z 为 f (z) 的一个孤立奇点; f (z) z − z R 内的洛朗级数: 0 在 0 + c1 (z − z0 ) ++ cn (z − z0 ) n + 0 z . z0 的某去心邻域 0 z − z0 R 邻域内包含 0 z 的任一条正向简单闭曲线 2 一、留数的引入
积分∫fz)dz =+cfz-z)业++cfz-z)广八dz+. (高阶导数公式) 2元d +fcodz+fc(z-zo++fc(z-4o)"dz+. 0(柯西-古萨基本定理) =2πi论- 洛朗级数中负幂项1(z-z0)的系数
1 2 = − ic + c z + c z − z z ++ c z − z n z + C n C C 0d 1 ( 0 )d ( 0 ) d = + − − − ++ − − − + C C n n c (z z ) dz c (z z ) dz 1 0 1 0 C 积分 f (z)dz 0 (高阶导数公式) 0 (柯西-古萨基本定理) 2i 洛朗级数中负幂项c−1 (z − z0 ) −1的系数 3
即1 2n ff(=d==c=Res[f(=),zo] 定义1：函数f(z)在z的空心邻域内展成的洛朗 级数中负一次项的系数c,称为函数f(z)在z。 处的留数。 可记为：Res[f(z),2o]=c 关于留数定义的几点说明： (1)此处的定义只是对于有限的孤立奇点来说，对 于无穷远点为孤立奇点处的留数后面另有定义
Re [ ( ), ]0 = s f z z d 1 ( ) 2 1 = − f z z c i C 即 处的留数。 级数中负一次项的系数 ，称为函数 在 定义 ：函数 在 的空心邻域内展成的洛朗 1 0 0 ( ) 1 ( ) c f z z f z z − 0 1 Re [ ( ), ] = − 可记为： s f z z c 关于留数定义的几点说明： 于无穷远点为孤立奇点处的留数后面另有定义. (1)此处的定义只是对于有限的孤立奇点来说,对
(2)如果z是f(z)的可去奇点，则有Res[f(z),zo]=0 (3)留数定义蕴含的公式提供了一种计算积分的新 的方法. xtcResl/() 或者ff(zdz=2c-1=2πRes[f(),2o] 例1：求z在孤立奇点z=0处的留数
的方法. (3)留数定义蕴含的公式提供了一种计算积分的新 (2)如果z0 是f(z)的可去奇点,则有Res[ f(z),z0 ]= 0 5 ( )d Re [ ( ), ] 2 1 1 0 f z z c s f z z i C = − = ( )d 2 2 Re [ ( ), ] 1 0 f z z ic i s f z z C = − = 或者 例1:求ze 在孤立奇点z = 0处的留数. z 1
1 111 1 解：e=[l+-+ 21:232+=2+1+ 十. !z 21 =22 例2：求z2cos在孤立奇点z=0处的留数 Z Res[e2cos0=0,手，cost-2ax0=0
. 1 cos 例2:求 2 在孤立奇点z = 0处的留数 z z = + + + + = + + + z z z z z ze z z 2! 1 ] 1 3! 1 2! 1 1 [1 2 3 1 解： 2 = 2 − 2 + 4 + = 2 − + 2 + 4! 1 2! 1 ] 4! 1 2! 1 [1 1 cos z z z z z z 解：z 6 , 2 1 Re [ ,0] 1 = z s ze ze d z i i z z = = = 2 1 2 1 1 ,0] 0, 1 Re [ cos 2 = z s z 2 0 0 1 cos 1 2 = = = dz i z z z
例3：求sn2 在孤立奇点z=0处的留数 1 2-3到 351 Resm:01-0, sind=2xix0=0 考察积分f(z,若闭曲线C内仅有f(z)的一个 孤立奇点，可利用留数定义去求积分，但是如 果在闭曲线内有f(z)的多个孤立奇点时，可利用 下面的留数定理计算
= − + + = − + − 3! 5! ] 1 3! 5! [ sin 1 3 5 2 4 z z z z z z z z 解：例3:求 在孤立奇点z = 0处的留数. z sin z ,0] 0, sin Re [ = z z s 2 0 0 sin 1 = = = dz i z z z 下面的留数定理计算。 果在闭曲线内有 的多个孤立奇点时，可利用 孤立奇点，可利用留数定义去求积分，但是如 考察积分 若闭曲线 内仅有 的一个 ( ) ( ) , ( ) f z f z dz C f z C
二、留数定理及其应用 留数定理 函数f()在区域D内除有限个孤 立奇点1,22，.，2m外处处解析，C是D内包围诸奇 点的一条正向简单闭曲线，那末 ff(ei=2m∑Res[fe),2]
留数定理 f (z) 在区域 D内除有限个孤 n z ,z , ,z 1 2 外处处解析, C 是 D内包围诸奇 点的一条正向简单闭曲线, 那末 ( )d 2 Res[ ( ), ]. 1 = = n k k C f z z i f z z 立奇点 函数 8 二、留数定理及其应用
证 如图 ffz=ffz)d+∫fad++ff( C 两边同时除以2πi且 20fe脚+2Ie++af脚 ResIf(z),]+Reslf(),]++Res[f(z),nl -∑Rsf(z,z】即可得. [证毕] k=1
证 + + + C C Cn f (z)dz f (z)dz f (z)dz 1 2 f z z = C ( )d f z z i f z z i f z z i C C Cn ( )d 2 1 ( )d 2 1 ( )d 2 1 1 2 + + + Res[ ( ), ] Res[ ( ), ] Res[ ( ), ] 1 2 n = f z z + f z z ++ f z z Res[ ( ), ] . 1 即可得 = = n k k f z z [证毕] 两边同时除以 2i 且 1z 2 z nz D C . . . 如图 9
说明： (①)条件：f(z)在C上及C内部除有限几个孤立奇点外 处处解析： (2)将复积分ff(z)的计算转化成f(z)在C内几个 孤立奇点处的留数和。 (3)留数定理提供了一种复积分的计算方法。 ff(eh=2m∑Res[f(z),2k] k=I
说明: 处处解析； (1)条件: f (z)在C上及C内部除有限几个孤立奇点外 10 孤立奇点处的留数和。 将复积分 f z dz的计算转化成f z 在C内几个 C (2) ( ) ( ) (3)留数定理提供了一种复积分的计算方法。 ( )d 2 Res[ ( ), ]. 1 = = n k k C f z z i f z z