第5章留数 51解析函数的孤立奇点 52留数定理 53留数应用 51解析函数的孤立奇点 51.1孤立奇点z0的定义及分类 定义51:设(=)在域D:0<z-=0k<R内解析而在0不解析,则称=0为f(=)的孤立奇点。 sln二sin二 如0为 及e的孤立奇点:1,2是f(=)= 的孤立奇点;而0是 lnz的奇点,却不是孤立奇点。事实上,若函数/()仅有有限个奇点,则其每一个奇点都是孤立奇 点(为什么?)。 孤立奇点二0按照f()在D内的罗朗展式含负次幂的情况分类如下 *f(=)=∑cn(=-=0) 其中 d(n=0,±1,±2,…),C是正向圆周|z-0=r(0<r<R 1若n=-1-2,-3…时,Cn=0,则称二0是f(-)的可去奇点,此时,其罗朗展式为 ∫(=)=+c(z-=0)+…+cn(=-=0)+ 5.1) 例如 sin= 1 (-1) (-1) 22(2n+1) (2n+1 sin 由可去奇点的定义知,0为 的可去奇点 2若∫(=)的罗朗展式(51)中只有有限个(至少一个)负整数n使得cn≠0,则称二0为f() 的极点若对正整数m,Cn≠0,而当n<-m时,cn=0,则称二0是f(-)的m阶极点
第5章 留 数 5.1解析函数的孤立奇点 5.2 留数定理 5.3 留数应用 5.1 解析函数的孤立奇点 5.1.1 孤立奇点 的定义及分类 0 z 定义 5.1：设 在域 ( )zf 内解析而在 不解析，则称 为 的孤立奇点。 0 D zz :0 | | <− < R 0 z 0 z ( )zf 如 为0 z sin z , 2 sin z z 及 z e 1 的孤立奇点；1，2 是 f (z) = ( )( )2 21 1 zz −− 的孤立奇点；而0 是 ln z 的奇点，却不是孤立奇点。事实上，若函数 f (z)仅有有限个奇点，则其每一个奇点都是孤立奇 点 为什么 ( ?) 。 孤立奇点 按照 0 z (zf )在 内的罗朗展式含负次幂的情况 D 分类如下： * f ( )z = ∑ ( +∞ −∞= − n n n zzc 0 ) 其中 n c = ( ) ( ) ∫ + r − C n dz zz zf i 1 0 2 1 π ( 0, 1, 2, ) n = ±± L ， 是正向圆周 Cr 0 | | zz r − = (0 < <r R) . 1.若 n =− − − 1, 2, 3,L时， ，则称 是 0 n c = 0 z (zf )的可去奇点，此时，其罗朗展式为 f ( )z = 0 c + cz z 1 0 ( ) − ++ L ( ) 0 n n czz − +L (5.1) 例如： sin z z = ( ) ( ) ∑ ∞ = + + − 0 12 12 1 1 n n n n z z ！ ( ) ( ) 2 0 1 2 1 n n n z n ∞ = − = = + ∑ ！ 2 4 1 3! 5 z Z − + −L， 由可去奇点的定义知， 为0 z sin z 的可去奇点。 2.若 的罗朗展式 中只有有限个 至少一个 ( )zf (5.1) ( ) 负整数 使得 n cn ≠ 0 ，则称 z 0 为 (zf ) 的极点.若对正整数 m ， ，而当 0 m c− ≠ n < −m时， 0 n c = ，则称 是0 z (zf )的 m 阶极点
此时,其罗朗展式为 +c(=-=0) 例如 由m阶极点的定义知,0为2的一阶极点。 同理:z=1,-1分别为—的二阶、一阶极点 3若f(=)的罗朗展式中有无限多个n0)内解析,则二0是八()的可去奇点、极点、本性 奇点的必要与充分条件是:mf(=)=c(常数)、imf(=)=∞、lm(=)不存在也不为∞ 例如:1im5in limin 极点阶数的判断 若=0为/()的m阶极点,则∫()在域D:04x-=0kR内解析,并有罗朗展式: f(-)=cn(=-=0)m+c.m(=-=0)m+…+c1(z-=a)+co+c(=-=0)+…+ 0)+ (z-=0)+…+c0(z-=0)+…+cn(=-=0) (5.4 其中()=cm≠0,以()为幂级数的和函数,在04x-=0kR内解析 反之,若f(二)在D内可以表示成为
此时，其罗朗展式为 ( )zf ( ) 0 m m c zz − = −+ − + 0 L c +cz z 1 0 ( − +) + ( ) 0 n n L czz − +L (5.2) 例如： 2 sin z z 1 z = − !3 z 3 5! z + −L， 由 阶极点的定义知， m 0 为 2 sin z z 的一阶极点。 同理： 分别为 z = − 1, 1 1 1 23 − − zzz + 的二阶、一阶极点。 3.若 的罗朗展式中有无限多个 ( )zf n ) 内解析，则 是0 z (zf )的可去奇点、极点、本性 奇点的必要与充分条件是： ( ) 0 lim ( z z f z c → = 常数) 、 ( ) 0 limz z f z → = ∞ 、 (zf ) zz 0 lim → 不存在也不为∞。 例如：lim sin z z = 1 lim 1 1 23 − − zzz + = lim 1− z 1 sin 极点阶数的判断 若 为 的 阶极点，则 在域 ： 0 z ( )zf m ( )zf D 0 0| | < zz R − < 内解析，并有罗朗展式： ( )zf ( ) 0 m m c zz − = − − + ( ) 1 01 +− +− − m m zzc ( ) 1 1 0 c zz − + + − − + 0 L c +cz z 1 0 ( − ++ ) L ( ) 0 n n czz − +L = ( ) [ () () () ... ... ...] 1 01 00 0 0 +−++−++−+ − + +−− mn n m m mm zzczzczzcc zz ( ) ( ) 0 1 m z z z = ϕ − , （5.4） 其中ϕ( )z 0 m c = ≠ − ，ϕ(z)为幂级数的和函数，在 0 0| | < zz R − < 内解析. 反之，若 在 内可以表示成为 ( )zf D
f() )9(=) 的形式,其中()是在0x-0kR内解析的函数,并且(=0)≠0,则0是(2)的m阶极点 式(54)两边同乘以(二-=0),得 (=-=0)f()=q/(=) 从而Im(-=0)(=)=(=0)=cm≠0,于是在定理5*的条件下,=0是/(-)的m阶极点的必 要与充分条件是 im(z-=0)f()=9(=0)=cm(cm为非零复常数) 二→=0 例51判定函数f()=的孤立奇点的类型 (=-1)( 解由定义知,z1=1,z2=2为f()的孤立奇点。 因为im(-1)()=lim5x=1≠0,im(-2)2f()=lm-==2≠0,所以 为f()的一阶极点,二2=2为f()的二阶极点。 5.12零点与极点的关系。 定义51设f()在二0的邻域内解析,f(=)=0,则称=0为解析函数/()的零点。 设∫(=)在该邻域内的泰勒展式为 f()=∑cn(2-=0) 那么 (1)当cn=0(n=,2…)时,f()=0 (2)当c1,c2,…,cn,…不全等于零时,总有Cm≠0,而Cn=0(n<m,我们说二0是 f(-)的m阶零点。当m=1时。称z0为f(=)的简单零点。 定理52不恒为零的解析函数∫()以二0为m阶零点的充要条件为 f(=)=(z-=0)o(=) 其中()在点=0的邻域04-kR内解析,且9(=0)≠0。 证必要性。由假设
( )zf ( ) ( ) 0 1 m z z z = ϕ − 的形式，其中ϕ( )z 是在0| | <− < zz R 0 内解析的函数，并且ϕ (z0 ) ≠ 0 ，则 是 的 阶极点。 式 *两边同乘以( ，得 0 z ( )zf m (5.4) ) m zz − 0 ( ) (zfzz ) m − 0 =ϕ (z) , 从而 ( )( ) ( ) 0 zfzz ϕ z m zz 0 0 lim − → = = 0 m c− ≠ ，于是在定理 *的条件下, 是 的 阶极点的必 要与充分条件是： 5.1 0 z ( )zf m ( ) (zfzz ) m zz 0 0 lim − → =ϕ (z0 ) = m c− （ 为非零复常数）. m c− 例5.1 判定函数 ( )zf ( )( )2 1 2 z z z = − − 的孤立奇点的类型。 解 由定义知， z1 =1, 为 2 z = 2 (zf )的孤立奇点。 因为 ( ) (zfz ) z 1lim 1 − → ( )2 1 lim 1 0 2 z z z → = = ≠ ( ) ( − , zfz ) z 2 2 − 2 → lim 2 lim 2 0 z 1 z → z = = ≠ − ，所以 1z =1 为 的一阶极点， ( )zf 2 z = 2 为 的二阶极点。 ( )zf 5.1.2零点与极点的关系。 定义5.1 设 ( )zf 在 的邻域内解析， 0 z f z( 0 ) = 0，则称 为解析函数 的零点。 0 z ( )zf 设 在该邻域内的泰勒展式为 ( )zf f ( )z = ∑ ( ， ∞ = − 0 0 n n n zzc ) ) 那么 (1) 当 cn = 0 ( 1, 2, n = L 时， f z( ) ≡ 0。 (2) 当c1 , , c2 L， ，cn L不全等于零时，总有 mc ≠ 0，而 0 n c = ( ，我们说 是 的 阶零点。当 时。称 为 n m< 0 z ( )zf m m =1 0 z (zf )的简单零点。 定理5.2 不恒为零的解析函数 (zf )以 为 阶零点的充要条件为 0 z m f ( )z = ( ) (zzz ) m − 0 ϕ ， 其中 ϕ( )z 在点 的邻域 z 0 0| | <− < zz R 0 内解析，且ϕ (z0 ) ≠ 0 。 证 必要性。由假设
( (m+1) 设 (m+1)! 即得结果 充分性的证明留给读者 推论如果f()在二。解析,那么z0为f()的m阶零点的充要条件是为 1),fm(=0) 例52考察函数()=z-sinz在原点的性质 解显然∫(2)在二=0解析,且f(0)=0。由 f(=) 3!5! 或由f(=)=1-cos,f"(0)=0;∫"(=)=sin=,∫"(0)=0,f"(=)=cos= ∫"(0)=1≠0,知二=0为f(-)=z-sin=的三阶零点。 例53求sinz-1的全部零点,并指出它们的阶。 解令sinz-1=0得sinz-1的全部零点 z=z+2kz(k=0,±1±2,…)。显然 (sin z-1) =0,(sinz-1) -+2ka 故这些零点均为二阶零点。 零点与极点的关系 首先,设=0是(2)的m阶零点,即f(=)=(-)g(),其中o(-)在=0的某一邻域内解 析且(=0)≠0,则必存在二0的一个邻域U使得当z∈U时,(二)≠0,(因为o()在二0处解析 从而连续),令v(21,则(-)≠0且v()在U内解析。于是x= 其中 f(=)(z-=0) v(二)≠0,故由极点的特征,:。为的m阶极点 同理可得,若=0是f()的m阶极点,则二0为一的m阶零点
( )zf ( ) ( ) ( ) 0 0 ! m f z m z z m = − + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 0 1 ! m f z m z z m + + − + + L, 设 ϕ( )z ( ) ( 0 ) ! m f z m = + ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 0 1 ! m f z z z m + − + + L， 即得结果。 充分性的证明留给读者。 推论 如果 ( )zf 在 z 0 解析,那么 z 0 为 (zf )的 阶零点的充要条件是为 m ( ) ( 0 ) 0 n f z = ( 0,1, 2, , 1 n m = L − ) ， ( ) ( 0 ) 0 m f z ≠ 。 例 5.2 考察函数 ( )zf = −z sin z 在原点的性质. 解 显然 ( )zf 在 z = 0解析，且 f (0) = 0。由 ( ) 3 5 ( ) 3! 5! z z fz z z =− − + −L 2 3 1 ... 3! 5! z z ⎛ ⎞ = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , 或由 f ′( )z z = −1 cos , f ′(0 0 ) = ； f ′′(z) = sin z , f ′′(0 0 ) = ， f ′′′(z) = cosz , f ′′′( ) 0 10 = ≠ ，知 为 z = 0 f (z z ) = − sin z 的三阶零点。 例5.3 求sin 1 z − 的全部零点，并指出它们的阶。 解 令 sin z − =1 0得 sin 1 z − 的全部零点： 2 2 z k π = + π ( 0, 1, 2, ) k = ±± L 。 显然 2 2 (sin 1) | 0 z k z π = + π − = ′ ， 2 2 (sin 1) | 0 z k z π = + π − ′′ ≠ 。 故这些零点均为二阶零点。 零点与极点的关系 首先，设 z 0 是 (zf )的 阶零点，即 m f (z) = 0 ( )m z − z ϕ(z)，其中ϕ(z)在 的某一邻域内解 析且 ，则必存在 的一个邻域U 使得当 0 z ( ) 0 ϕ z ≠ 0 0 z z ∈U 时，ϕ (z0 ) ≠ 0 ，( 因为ϕ( )z 在 处解析 从而连续 ，令 0 z ) ψ ( )z = ϕ( )z 1 ，则 ( ) 0 ψ z ≠ 0 且ψ(z)在U 内解析。于是 ( ) 1 f z = ( ) ( )m zz z − 0 ψ ， 其中 ψ ( ) z0 ≠ 0 ，故由极点的特征, 为0 z ( )zf 1 的 阶极点。 m 同理可得，若 是 的 阶极点，则 为 0 z ( )zf m 0 z ( )zf 1 的 阶零点。 m
定理53=0为f(=)的m阶极点的充要条件是:=0是 的m阶零点。 f() 例54求(2)=1的孤立奇点并指出其类型 cOs 解显然f(-)的奇点是满足cosz=0的点,这些点是 f(=)=kx+(k=0,±±2,…)。 因为(osyl=2 sin k 1)“≠0,所以 kx+k=0.土1±2…)是cos的一阶零点,从而是一1的一阶极点 cOS 值得注意的是,在考察形如三的函数的极点时,不能仅凭Q()的零点的阶数来断定整个函 数极点的阶数,还要考察P()在这些点的情况,一般地,若Q()的零点不是P(=)的零点,则可由 Q()的零点的阶数判定已的极点的阶数:()的零点也是P()的零点,则不能仅凭Q()的零 点的阶数判定 P(= 的极点的阶数 例如,函数∫(=)= 的分母在z=0处有二阶零点,但同时z=0为e2-1的一阶零点,因 此z=0并不是f(=) 的二阶极点。事实上 N2=1(+n12+…)=+元1+…,所 以二=0是f(=) 的一阶极点 5.1.3孤立奇点∞的定义及分类 若∫()在无穷远点∞的某一去心邻域D:R<zk<+∞内解析,则称∞为f(-)的孤立奇点 在D内,f()有罗朗级数展式 (5.5) 令z=-,则f(-) 在区域0<wk一内解析,从而W=0是 q()的孤立奇点,且其罗朗级数展式是
定理5.3 z 0 为 (zf )的 阶极点的充要条件是： 是 m 0 z ( )zf 1 的m 阶零点。 例 5.4 求 f ( )z = cos z 1 的孤立奇点并指出其类型。 解 显然 ( )zf 的奇点是满足cos 0 z = 的点，这些点是 ( ) 2 fz k π = + π ( 0, 1, 2, ) k = ±± L 。 因为(cos )z ′ k =zz| = −sin z k =zz| sin 2 k π π ⎛ ⎞ =− + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) 1 1 k+ − ≠ 0 ， 所以 k z = + kπ 2 π k = ±± 0, 1, 2, ) L 是cosz 的一阶零点，从而是 cos z 1 的一阶极点。 值得注意的是，在考察形如 ( ) ( )zQ zP 的函数的极点时，不能仅凭 (zQ )的零点的阶数来断定整个函 数极点的阶数，还要考察 在这些点的情况，一般地，若 ( )zP (zQ )的零点不是 的零点，则可由 的零点的阶数判定 ( )zP ( )zQ ( ) ( )zQ zP 的极点的阶数； (zQ )的零点也是 (zP )的零点，则不能仅凭 的零 点的阶数判定 ( )zQ ( ) ( )zQ zP 的极点的阶数。 例如，函数 f ( )z = 2 1 z e z − 的分母在 z = 0处有二阶零点,但同时 z = 0为 的一阶零点，因 此 并不是 1 z e − z = 0 ( )zf 2 1 z e z − = 的二阶极点。事实上， 2 1 z e z − 2 1 (z z = + 1 2 ) 2! z +L = z 1 1 2! + +L，所 以 是 z = 0 ( )zf 2 1 z e z − = 的一阶极点。 5.1.3孤立奇点∞ 的定义及分类 若 在无穷远点 的某一去心邻域 ( )zf ∞ DR z : || < < +∞ 内解析，则称∞ 为 的孤立奇点。 在 内， 有罗朗级数展式 ( )zf D ( )zf f ( )z = ∑ 。 (5 +∞ n −∞= n n zc .5) 令 1 z w = ，则 f ( )z = 1 f w ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ，函数 ϕ (w) 1 f w ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 在区域 1 0| | w R < < 内解析，从而 w = 0 是 ϕ ( ) w 的孤立奇点，且其罗朗级数展式是
9()=2 定义52称z=0为f()的可去奇点、m阶极点或本性奇点,如果相应地W=0是o()的 可去奇点、m阶极点或本性奇点。 由式(56)*可知: 如果当n>0时,cn=0,则=0为q()的可去奇点,从而二=为/()的可去奇点 2若对正整数m,Cn≠0;而当n>m时,cn=0,则W=0是q(v)的m阶极点,于是z=∞ 为()的m阶极点 3若存在无限多个n>0,使得cn≠0,则=0是o()的本性奇点,那么z=是f()的 本性奇点 定理54设函数八()在区域R<xk+O内解析,那么z=∞是/()的可去奇点、极点、本 性奇点的必要与充分条件相应地是:limf()=c(常数)、limf(2)=∞、limf(=)不存在也不为 例55判定下列函数在z=∞处奇点的类型。 (a)f(=) (b)f(=) 1-e coS ()f(-) 解(a)因为imf()= lim cos-,=1,故z=∞为函数f(二)=cos-,的可去奇点 设 则g(y) =21-e|,而img(n)不存在,因此y=0为g(m) 的本性奇点,故二=∞为f(-) 的本性奇点 () 则() SInw SIn M SInw= 因为limw3 = lm 所以W=0是o(w)的三阶极点,从而z=∞是∫()=sin的三阶极点 52留数的一般理论 52.1留数的定义及计算 设∫(=)在D:0<--0k<R内的罗朗级数展式为 ()=∑c(x-)=∑(-)+c(-=)y
ϕ ( ) w n n n c w +∞ =−∞ = = ∑ 0 n n n c w −∞ − = ∑ 1 n n n c w +∞ − = +∑ (5.6) 定义5.2 称 z = ∞ 为 的可去奇点、 ( )zf m 阶极点或本性奇点，如果相应地 是 w = 0 ϕ (w) 的 可去奇点、 m 阶极点或本性奇点。 由式(5.6) *可知： 1 。 如果当n > 0 时， ，则 0 n c = w = 0 为ϕ (w) 的可去奇点，从而 z = ∞ 为 的可去奇点。 ( )zf 2。 若对正整数 ， ；而当 时， m 0 mc ≠ n m> 0 n c = ，则 w = 0 是ϕ (w) 的 阶极点， m 于是 z = ∞ 为 的 阶极点。 ( )zf m 3 。 若存在无限多个 n > 0 ，使得 0 n c ≠ ，则 w = 0 是ϕ (w) 的本性奇点，那么 是 z = ∞ (zf )的 本性奇点。 定理5.4 设函数 (zf )在区域 R z < < +∞ | | 内解析，那么 z = ∞ 是 (zf )的可去奇点、极点、本 性奇点的必要与充分条件相应地是：lim ( ( ) z f z c →∞ = 常数 、) lim ( ) z f z →∞ = ∞、 不存在也不为 。 ( )zf z ∞→ lim ∞ 例5.5 判定下列函数在 z = ∞ 处奇点的类型。 ( ) a f ( )z = 1 1 cos z − ； ( ) b f (z) = 2 1 z e z − ； (c) f (z) = z z 1 sin 4 。 解 (a) 因为 ( )zf z ∞→ lim 1 lim cos 1 z→∞ z 1 = = ∞ 为函数 f (z) = 1 1 cos z − z = 的可去奇点 − ，故 ( ) b 设 w = z 1 ，则ϕ ( ) w 1 f w ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 1 2 1 w ew ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ ，而 ( ) 0 limw ϕ w → 不存在，因此 为 w = 0 ϕ ( ) w 的本性奇点，故 为 z = ∞ f ( )z = 2 1 z e z − 的本性奇点。 ( ) c 令 1 z w = ，则ϕ ( ) w 1 f w ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 4 1 sin w w 4 sin w w = 。因为 3 4 0 sin limw w w → w = 0 sin lim 1 w w → w = , 所以 是 的三阶极点，从而 w = 0 ϕ ( ) w z = ∞ 是 f (z) = z z 1 sin 4 的三阶极点。 5.2留数的一般理论 5.2.1 留数的定义及计算 设 在 ： ( )zf D 0 0| | < zz R − < 内的罗朗级数展式为 ( )zf ( ) 0 n n n czz +∞ =−∞ = − = ∑ ( ) −∞ −= − 1 0 n n n ∑ zzc ( ) 0 0 n n n czz +∞ = + − ∑
+co+c1(=--0)+ 则有 「/(k d =CAcz-二0 0,n≠l; y1 (C: 2-or l; 定义53设函数f()在0<二-0kR内解析,=0为f()的孤立奇点。作圆C|=-=0=r (0<r<R)。称 20J(k 为函数∫(=)在孤立奇点二0的留数,记为Res(f,=a),这里积分是沿着C按正向取的。即 Res(,=0)=f()de (5.8) 留数的计算 若八()在042-=0kR内的罗朗级数展开式为:f(=)=∑cn(z-=0)则 Res(, =o)=c-I (5.9) 1.当二为f()的可去奇点时,由于f(2)的罗朗展式中不含(z-二0)的负指数幂,则 从而Res(f,=0)=0。 2.当二0为f()的极点时 ①设二0是f()的一阶极点,则在D:04z-二0k<R内, 其中(-)在二-=0kR内解析且9(=)≠0。显然f(=)的罗朗级数中一的系数等于o(=0) 故有 Res(,)=q(=0)=lm(=-=0)(-)。 (5.10)
( ) 2 2 0 c z z − =+ + − L 0 1 zz c − − 0 + + c cz z 1 0 ( − ) +L, (5.7) 则有 ( ) =…+ ∫c dzzf ( ) ∫ − − c zz dz c 2 0 2 + ∫ − − c zz dz c 0 1 + + ∫c dzc0 ( ) ∫ − c dzzzc1 0 +… 1 0 c dz c z z = = − − ∫ 1 2 − πic ( ) ∫ − c n zz dz 0 0, 1; 2 , 1; n πi n ⎧ ≠ = ⎨ ⎩ = （ − 0 |:| = rzzC ） 定义5.3 设函数 (zf )在0| | <− < zz R 0 内解析， 为0 z (zf )的孤立奇点。作圆 ， （0 ）。称 0 Czz r :| | − = < <r R ( ) ∫c dzzf 2πi 1 为函数 在孤立奇点 的留数，记为 ( )zf 0 z Re , sfz ( 0 ) ，这里积分是沿着 按正向取的。即 C Re , ( ) 0 sfz = ( ) ∫c dzzf 2πi 1 . (5.8) 留数的计算 若 在 ( )zf 0| | <− < zz R 0 内的罗朗级数展开式为 ： f (z) = ∑ ( +∞ −∞= − n n n zzc 0 ) 则 Re , sfz ( 0 ) 1 c = − (5.9) 1.当 z 0 为 的可去奇点时，由于 ( )zf (zf )的罗朗展式中不含( ) 0 − zz 的负指数幂，则 1 c 0 − = ， 从而 ( ) 。 Re , 0 0 sfz = 2. 当 为 的极点时 0 z ( )zf ①设 是 的一阶极点，则在 0 z ( )zf 0 D zz :0 | | < − < R 内， f ( )z = ( )z zz ϕ 0 1 − ， 其中 ϕ( )z 在 内解析且 0 | | zz R − < ( ) 0 ϕ z ≠ 0 。显然 (zf )的罗朗级数中 0 1 − zz 的系数等于 ( ) 0 ϕ z ， 故有 Re , sfz ( 0 ) ( ) 0 = = ϕ z ( ) (zfzz ) zz 0 0 lim − → 。 (5.10)
若在D:04=-0kR内 Q() 其中P(=),(-)在=--0kR内解析,P(=0)≠0,Q(=0)=0而Q(a)≠0,则=0是f()的 一阶极点,因而 Re)=lm(-)()=ln(-=)吃 ae)-= lim P(= P(=0) 2Q()-Q(-)Q( ②设=0是f(=)的k阶极点(k>1),则在D:04z-2kR内, f(-)= 其中)在|-=kR内解析且(=0)≠0,因o()在|z-=0k<R内的泰勒展式为 (=)=q(a)+q(=0=-0+…×(()(-0) (k-1) 则/(2)在04二--0kR内的罗朗展式中 (=0) (k-1) 即有 es(f,0)= =im (k-1) k-1 又当二≠二时,q(=)=(-=0)f(=),故有 11mn2k=-=) Res(,3)=(k-1)20 (5.11) 3当二0为f()的本性奇点时,只能通过f(-)的罗朗展开式中求得c1,进而求得Res(∫,=0)。 例56设(=)=1+:,求其孤立奇点的留数 解:f(-)= 有两个一阶极点z=±i。由于
若在 内， 0 D zz :0 | | 1) ，则在 D zz :0 | | < − < 0 R 内， f ( )z = ( ) ( )k zz z − 0 ϕ ， 其中ϕ( )z 在| | zz R − < 0 内解析且 ( ) 0 ϕ z ≠ 0 ，因ϕ(z)在 0 | | zz R − < 内的泰勒展式为 ϕ( )z ( ) 0 = + ϕ z ( )( ) 0 0 ϕ′ − zzz ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 0 1 ! k z k z z k ϕ − − + + − − L L+ ， 则 在 ( )zf 内的罗朗展式中 0 0| | <− < zz R ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 ! k z c k ϕ − − = − ， 即有 Re , ( ) 0 sfz ( ) ( ) ( ) 1 0 1 ! k z k ϕ − = = − ( ) ( ) ( )!1 lim 1 0 − − → k z k zz ϕ . 又当 时， 0 z z ≠ ϕ (z) = ( ) (zfzz ) k − 0 ，故有 Re , sfz ( 0 ) = ( ) ( ) [( ) ( )] 1 0 1 0 lim !1 1 − − → − − k k k zz dz zfzzd k . （5.11） 3.当 z 0 为 的本性奇点时，只能通过 ( )zf (zf )的罗朗展开式中求得 ，进而求得 。 例5.6 设 −1 c Re , ( ) 0 sfz f ( )z = 2 1 z e iz + ，求其孤立奇点的留数。 解： f ( )z = 2 1 z e iz + 有两个一阶极点 z = ±i 。由于 ( ) ( ) P z Q z = ′ z e iz 2 ，因此
Res(, i 2 例57求f(=)= sec二 在z=0处的留数 解因为=0为的三阶零点,且sec0=1≠0,所以0为f(-)=的三阶极点,则由 式(5.11)*有 Res(f, o)=blim= ec二 blim(sec=1g2=+sec=) 例58求f(-)= 2+) 在z=i处的留数 解因为 ()=(=-(+) z-i)2x(+ 显然,二=1为f()的二阶极点,于是由式(511 Res()=lim d =e-i e+lp (=-0)2|=im 522留数定理 定理5设D是复平面上的一个有界闭区域,若函数f(=)在D内除有限个孤立奇点z1,z2 ,z外处处解析,且它在D的边界C上也解析,则有 ∫(-)=2Res(,)+Res(f:2) =2z∑Res(-) 此处有图5.1 其中沿C的积分是关于区域D的正向取的
Re , s fi ( ) = 2 2 i e i = 2ie 1 , Re , sf i ( − ) = 2 2 i e i − = e i 2 . 例5.7 求 f ( )z = 3 sec z z 在 处的留数。 z = 0 解 因为 z = 0为 的三阶零点，且se 3 z c0 1 0 = ≠ ，所以0 为 f (z) = 3 sec z z 的三阶极点，则由 式(5.11) *有 Re ,0 s f ( ) 2 3 2 3 0 1 s lim 2! z d z z → dz z ⎛ ⎞ = ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ec ( ) 2 3 0 1 lim sec sec 2 z z tg z z → = + 1 2 = . 例5.8求 f ( )z = ( )2 2 zz +1 e iz 在 z i = 处的留数。 解 因为 ( )zf ( )( ) 2 2 iz e zz i z i = = − + ( ) ( ) 2 2 1 izz e iz iz + ⋅ − , 显然， 为 的二阶极点，于是由式 z i = ( )zf (5.11) 有 Re , s fi ( ) = ( )( ) ( ) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ −⋅ +− → 2 2 2 lim iz izizz e dz d iz iz ( )2 lim iz z i d e dz zz i → ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ + ⎣ ⎦ 3 4e = − . 5.2.2留数定理 定理5.5 设 D 是复平面上的一个有界闭区域，若函数 (zf )在 内除有限个孤立奇点 , ， ， 外处处解析，且它在 的边界 上也解析，则有 D 1 z 2 z L n z D C ( ) c f z dz = ∫ [ ] ( ) ( ) ( ) n ,Re,Re2 zfszfsi ,Re zfs π 1 + 2 + ⋅⋅⋅+ ( 1 2 Re , n k k πi sfz = = ∑ ) , 此处有图 5.1 (5.12) 其中沿C 的积分是关于区域 的正向取的。 D
证以D内每一个孤立奇点二k为心,作圆yk,使以yk为边界的闭圆盘包含在D内,且yk 与y,不相交(k≠()。由定理条件f(=)在以C及y1,y2 yn为边界的闭区域G上解 析,于是由柯西定理*, ()=∑,八(=2>,J( 2∑Res(,) 例59计算下列积分 ()2-1d 解(a)f()=,有两个一阶极点1=1,=2=-1且都包含在圆上=2内,则由留 数定理*有 d2x=[Res(/,)+Res(,-) Res(f,)=lim(=-1)()=im;=5 Res(-1)=lim(2+1)f(=)=lim== 于是 2ri ch1 )f(2)=如mz在单位圆|1内有两个一阶极点=2,3==2由留数定理 tan zdz= 2mi Res,3 +rest, 而 SIn 7 sin二 Os把 sin二 sinn二 (cos2)I=i -7SINZ 故
证 以 D 内每一个孤立奇点 为心，作圆 k z k γ ，使以 k γ 为边界的闭圆盘包含在 内，且 D k γ 与 l γ 不相交(k ≠ l) 。由定理条件 在以 及 ( )zf C 1 γ ， 2 γ ，L， n γ 为边界的闭区域 G 上解 析，于是由柯西定理*， ( ) c f z dz = ∫ ∑ ( ) ∫ = n k k dzzf 1 γ ( ) 1 1 2 2 k n k i fz i γ π = π = ∑ ∫ dz ( ) . 1 2 Re , n k k πi sfz = = ∑ 例5.9 计算下列积分 ( ) a ∫ = − 2|| 2 1 z z dz z ze ; (b) . ∫ =1|| tan z πzdz 解 ( ) a f ( )z = 1 2 z − ze z 有两个一阶极点 1z =1， 2 z = −1且都包含在圆| | 内，则由留 数定理*有 z = 2 ∫ = − 2|| 2 1 z z dz z ze 2 Re ,1 Re , 1 πi sf sf = ⎡ ( ) + − ( )⎤ ⎣ ⎦ , 而 ( ) fs 1,Re ( ) ( ) 1 lim 1 z z f z → = −⋅ = 1 lim 1 z z ze → z = + 2 e , ( ) fs −1,Re ( ) ( ) 1 lim 1 z z f z →− = +⋅ = 1 lim 1 z z ze →− z = − 2e 1 , 于是 ∫ = − 2|| 2 1 z z dz z ze 1 2 2 2 e i e π ⎛ ⎞ = + = chi 12 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ π . ( ) b f ( )z = tan πz 在单位圆 | | z =1内有两个一阶极点 1 1 2 z = ， 2 1 2 z = − .由留数定理*， ||1 tan z π zdz = = ∫ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ −+⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 2 1 ,Re 2 1 π ,Re2 fsfsi , 而 1 Re , 2 s f ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ ( )′ z z π π cos sin 2 1 z= 1 2 sin sin z z z π π π = = − 1 π = − , ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − 2 1 fs ,Re ( ) sin cos z z π π = ′ 2 1 z −= 1 2 sin 1 sin z z z π π π π =− = = − − , 故