第五六七節(jié)留數(shù)定理

第五節(jié)基本定理的推廣復(fù)合閉路定理一、問題的提出

二、復(fù)合閉路定理三、典型例題四、小結(jié)與思考DD1AABBC1EEFF為了討論方便,添加字符E,E

,F

,F

,顯然曲線AEBB

E

A

A,AA

F

B

BFA均為封閉曲線.因?yàn)樗鼈兊膬?nèi)部全含于D,CAEBB

E

A

Af

(

z)dz

=

0,故f

(z)dz

=

0.AA

F

B

BFAAEBB

E

A

A

=

AEB

+

BB

+

B

EA

+

A

A,︵

︵

︵

︵AA

F

B

BFA

=

AA

+

A

FB

+

B

B

+

BFA,︵︵

︵︵由

AEBB

E

A

A

AA

F

B

BFAf

(z)dz

+

f

(z)dz

=0,得DCD1AABBC1EEFFC-C1AA

A

A

f

(z)dz

+

f

(z)dz

+

f

(z)dz

+

f

(z)dz︵

︵+

f

(z)dz

+

f

(z)dz

=

0,︵

︵B

B

BBC1-C即

f

(z)dz

+

f

(z)dz

=0,或

f

(z)dz

=

f

(z)dz.C

C1CCD1AABB1FF-如果我們把這兩條簡單閉曲線

C

及C1

看成一條復(fù)合閉路

G,

G

的正方向?yàn)?外面的閉曲線C

按逆時(shí)針進(jìn)行,內(nèi)部的閉曲線C1

按順時(shí)針進(jìn)行,(即沿G的正向進(jìn)行時(shí),G的內(nèi)部總在G的左手邊),E那末說明

f:(

z在)d變z

=形0.過程中曲線不D

經(jīng)

E過G函數(shù)f(z)的不解析的點(diǎn).解析函數(shù)沿閉曲線的積分,不因閉曲線在區(qū)域內(nèi)作連續(xù)變形而改變它的值.閉路變形原理2.

復(fù)合閉路定理設(shè)C

為多連通域D

內(nèi)的一條簡單閉曲線,C1

,C2

,,Cn

是在C

內(nèi)部的簡單閉曲線,它們互不包含也互不相交,并且以C

,C1

,C2

,,CnDC1CC23C為邊界的區(qū)域全含于D,如果f

(z)在D

內(nèi)解析,那末nk

=1Ckf

(z)dz,(1)

f

(z)dz

=

C均取正方向;k其中C

及CDCC1C2C3(2)

f

(z)dz

=

0.G這里G

為由C

,C1

,C2

,,Cn

組成的復(fù)合閉路(其方向是:C

按逆時(shí)針進(jìn)行,C1

,C2

,,Cn按順時(shí)針進(jìn)行).第六節(jié)

柯西積分公式一、問題的提出二、柯西積分公式三、典型例題四、小結(jié)與思考一、問題的提出設(shè)

B

為一單連通域,

z0

為

B

中一點(diǎn).Cz

-

z0所以

f

(

z)

dz

一般不為零,不解析.f

(z)

在z如果f

(z)在B內(nèi)解析,那末00z

-

zC

為B

內(nèi)圍繞z0

的閉曲線.根據(jù)閉路變形原理知,該積分值不隨閉曲線C

的變化而改變,求這個(gè)值.積分曲線C

取作以z0

為中心,半徑為很小的d的正向圓周

z

-

z0

=

d,由f

(z)的連續(xù)性,在C上函數(shù)f

(z)的值將隨著d

的縮小而逐漸接近于它在圓心z0

處的值,(d

縮小)CCdz

將接近于z

-

z0

z

-

z0f

(z)

f

(

z0

)

dz.Cz

-

zdzf

(z

)001000dz

=

2pif

(z

).=

f

(z

)z

-

zC二、柯西積分公式定理如果函數(shù)f

(z)在區(qū)域D

內(nèi)處處解析,C

為D內(nèi)的任何一條正向簡單閉曲線,

它的內(nèi)部完全含于

D,

z0

為C

內(nèi)任一點(diǎn),

那末f

(

z

)

=C2π

i z

-

z1

f

(z)

dz.00Dz0C證因?yàn)?/p>

f

(

z)

在

z0

連續(xù),則"

e

>

0,

$d(e)

>

0,Dz0CK當(dāng)z

-z0<

d

時(shí),

f

(z)

-

f

(z0

)

<

e

.設(shè)以z0

為中心,半徑為R

(R

<d

)的正向圓周K

:z

-z0

=R全在C

的內(nèi)部,RC則dz

=Kf

(

z)

f

(z)

dzz

-

z0

z

-

z0=

dz

+Kz

-

z0f

(z)

-

f

(z0

)

dzKf

(z

)z

-

z00Kz

-

z=

2pif

(z

)

+0f

(z)

-

f

(z0

)

dz0z

-

z0f

(z)

-

f

(z0

)

dsKds

=

2π

e.e<KR上不等式表明,只要R足夠小,左端積分的模就可以任意小,根據(jù)閉路變形原理知,

左端積分的值與

R

無關(guān),所以只有在對所有的R

積分值為零時(shí)才有可能.[證畢]f

(z

)

=C2pi z

-

z1

f

(z)

dz00柯西積分公式dz

￡f

(z)

-

f

(z

)z

-

z0K0關(guān)于柯西積分公式的說明:(1)把函數(shù)在C內(nèi)部任一點(diǎn)的值用它在邊界上的值表示.(這是解析函數(shù)的又一特征)(2)公式不但提供了計(jì)算某些復(fù)變函數(shù)沿閉路積分的一種方法,而且給出了解析函數(shù)的一個(gè)積分表達(dá)式.(這是研究解析函數(shù)的有力工具)(3)一個(gè)解析函數(shù)在圓心處的值等于它在圓周上的平均值.iq如果

C

是圓周

z

=

z0

+

R

e

,2π2π00f

(z

+

R

eiq

)dq

.0f

(z

)

=

1

sin

z

dz;三、典型例題例1

求下列積分z

=421z

=4

(2)

+

dz.z

-

3

z

+

1(1)

12piz解

(1)

1

sin

z

dz2pi

z

=4

z因?yàn)閒

(z)=sin

z

在復(fù)平面內(nèi)解析,z

=0

位于z

<4內(nèi),(2)

z

=4

dz.z

-

3

z

+

1+21=z

=4

z

-

3dz

+

z

=4

z

+

1dz

=

2pi

1

+

2pi

221=

6pi.z

=42pi

z1 sin

z

dz

=

1=

0;由柯西積分公式z=02pi

sin

z2pi例2

計(jì)算積分

z

-

1

dz.z

=2ez解因?yàn)閒

(z)=ez

在復(fù)平面內(nèi)解析,z

=1

位于z

<2內(nèi),由柯西積分公式=

2epi.z=1z

=2z

z

-

1dz

=

2pi

eez例3dz.z(z2

+

1)112z-i

=1計(jì)算積分解=1z(z2

+

1)

z(z

+

i)(z

-

i)

z

-

i=

z(z

+

i)1=

f

(z)2因?yàn)?/p>

f

(

z)

在

z

-

i

￡

1

內(nèi)解析,

由柯西積分公式z0

=

i,z(z2

+

1)2z-i

=1dz

=1z

-

i2z-i

=11z=iz(z

+

i)z(z

+

i)

dz

=

2pi

12i

21=

2pi=

-pi.例４

設(shè)

C

表示正向圓周

x2

+

y2

=

3,dx,

求f

￠(1

+i).f

(

z)

=

Cx

-

z3x2

+

7x

+

1根據(jù)柯西積分公式知,解

當(dāng)

z

在C

內(nèi)時(shí),f

(z)

=

2πi

(3x2

+

7x

+

1)

=

2pi(3z2

+

7z

+

1),x=z故

f

(

z)

=

2pi(6z

+

7),而1

+i

在C

內(nèi),所以

f

(1

+

i)

=

2p(-6

+

13i).1psin

z4例5

計(jì)算積分

z2

-

1

dz,

其中C

:

(1)

z

+

1

=

2;C解pz2

-

12z+1

=1sin

z4

dz(1)pdzz

+

1z

-

1=2z+1

=1sin

z4z=-14z

-1sin

p

z=

2pi22=

pi;14psin

z例5

計(jì)算積分

z2

-

1

dz,

其中C

:

(2)

z

-

1

=

2;Cpz2

-

12z-1

=1sin

z4

dz(2)pdzz

-

1z

+

1=2z-1

=1sin

z4z=14z

+

1sin

p

z=

2pi22=

pi;解z

=2dz4z2

-

1sin(3)z由閉路復(fù)合定理,得例5

計(jì)算積分Cpdz,

其中C

:

(3)

z

=

2.sin2p4z

-

1z解pz2

-

1

dz

=z

=2sin

z42z+1

=1sin

z4z2

-

1

dz

+p

πz2

-

1

dz2z-1

=1sin

z422

pi

=2=

2

pi

+2pi.例6

求積分dz,并證明π0cosqe

cos(sinq

)dq

=π

.z

=1zez解根據(jù)柯西積分公式知,z

=1ezdz

=

2pi

ez=

2pi;z=0z令

z

=

reiq

,

(-π

￡

q

￡π

)z

=

r

=

1,z

=1dzzzeireiq

dq

=iqreereiq=π-ππiqeie

dq-πdqπiecosq

+i

sinq-π=

2iπ-πecosq

sin(sinq

)dqπ0cosqe

cos(sinq

)dq

-πiqeie

dq

=-π=z

=1ez因?yàn)?/p>

z

dz

=

2π

i,cos(sinq

)dq

-π-πcosπ0cosqdz

=

2i

ee

q

sin(sinq

)dqz

=1

zez比較兩式得π0cosqe

cos(sinq

)dq

=π

.課堂練習(xí)計(jì)算積分z

=3

z(

z2

-

1)

dz.ez答案有三個(gè)奇點(diǎn)z

=0,z

=1,z

=-12dz

=

pi(e

+

e-1

-

2).z

=3

z(

z

-

1)ez四、小結(jié)與思考柯西積分公式是復(fù)積分計(jì)算中的重要公式,它的證明基于柯西–古薩基本定理,它的重要性在于:一個(gè)解析函數(shù)在區(qū)域內(nèi)部的值可以用它在邊界上的值通過積分表示,所以它是研究解析函數(shù)的重要工具.f

(z

)

=C2pi z

-

z1

f

(z)

dz.00柯西積分公式:第七節(jié) 留

數(shù)一、留數(shù)的引入二、利用留數(shù)求積分三、典型例題四、小結(jié)與思考一、留數(shù)的引入C設(shè)z0

為f

(z)的一個(gè)孤立奇點(diǎn);f

(z)

在

0

<

z

-

z0

<

R

內(nèi)的洛朗級數(shù):f

(z)

=

+

c

(z

-

z

)-n

+

+

c

(z

-

z

)-1

+

+

c-n

0

-1

0

0+

c

(z

-

z

)

+

+

c

(z

-

z

)n

+

1

0

n

00.

zz0

的某去心鄰域0

<

z

-

z0

<

R的任一條正向簡單閉曲線鄰域內(nèi)包含0z=

2pic-1c1

(z

-

z0

)dz

+

+c

dz

++Cc

(z

-

z

)n

dz

+

n

0CC0C=

+

c-n

(z

-

z0

) dz

+

+

c-1

(z

-

z0

) dz

+

-n

-1

C

積分

f

(z)dz

C

(高階導(dǎo)數(shù)公式)00

(柯西-古薩基本定理)2pi-1洛朗級數(shù)中負(fù)冪項(xiàng)c-1

(z

-

z0

)

的系數(shù)f

(z)dzC12pi

-1即

c

==

Res[

f

(z),

z0

]f

(z)在z

的留數(shù)0定義如果z0

為函數(shù)f

(z)的一個(gè)孤立奇點(diǎn),則沿<R內(nèi)包含z0

的在z0

的某個(gè)去心鄰域0

<z

-z0任意一條簡單閉曲線C

的積分

f

(z)dz

的值除C以2pi

后所得的數(shù)稱為f

(z)在z0

的留數(shù).記作Res[f

(z),z0

].(即f

(z)在z0

為中心的圓環(huán)-1域內(nèi)的洛朗級數(shù)中負(fù)

冪項(xiàng)c-1

(z

-

z0

)

的系數(shù).)二、利用留數(shù)求積分說明:

1.

f

(

z

)在C上及C內(nèi)部處處解析；2.留數(shù)定理將沿封閉曲線C積分轉(zhuǎn)化為求被積函數(shù)在C內(nèi)各孤立奇點(diǎn)處的留數(shù).1.留數(shù)定理立奇點(diǎn)z1

,z2

,,zn

外處處解析,C是D內(nèi)包圍諸奇點(diǎn)的一條正向簡單閉曲線,那末函數(shù)f

(z)在區(qū)域D內(nèi)除有限個(gè)孤nk

=1C

f

(z)dz

=

2pi

Res[

f

(z),

zk

].證 如圖C

C1

C2

Cn兩邊同時(shí)除以2pi且

f

(z)dz

=

f

(z)dz

+

f

(z)dz

++

f

(z)dz11

11

2

n

f

(z)dz2pi

C

2pi

C2pi

C

f

(z)dz

+

f

(z)dz

+

+=Res[f

(z),z1]+Res[f

(z),z2]++Res[f

(z),zn]即可得.n=

Res[

f

(z),

zk

]k

=1[證畢]2znzDCz1...2.留數(shù)的計(jì)算方法(1)

如果z0

為f

(z)的可去奇點(diǎn),則Res[f

(z),z0

]=0.zfi

z0如果

z0

為

f

(z)

的本性奇點(diǎn),

則需將

f

(z)

展開 成洛朗級數(shù)求

c-1

.如果z0為f

(z)的極點(diǎn),則有如下計(jì)算規(guī)則規(guī)則1

如果z0

為f

(z)的一級極點(diǎn),那末Res[

f

(z),

z0

]

=

lim(z

-

z0

)

f

(z

-

z0

).f

(z)].1mRes[

f

(z),

z0

]

=

lim

m-1

[(z

-

z0

)dm-1(m

-

1)!

zfi

z0

dz規(guī)則2

如果

z0

為

f

(z)的

m

級極點(diǎn),證-m

-2f

(z)

=

c-m

(z

-

z0

)

+

+

c-2

(z

-

z0

)

++

c

(z

-

z

)-1

+

c

+

c

(z

-

z

)

+

-1

0

0

1

0(z

-

z

)m

f

(z)

=

c

+

c

(z

-

z

)

++

c

(z

-

z

)m-10

-m

-m+1

0

-1

0+

c

(z

-

z

)m

+

c

(z

-

z

)m+1

+

0

0

1

0那末limmm-1

[(z

-

z0

)

f

(z)]

=

(m

-

1)!c-1

,zfi

z0

dz=(m

-1)!c-1

+(含有z

-z0正冪的項(xiàng))dm-1所以Res[f

(z),z0

]=c-1f

(z)].1m=

lim

m-1

[(z

-

z0

)dm-1(m

-

1)!

zfi

z0

dzmdm-1得

dzm-1

[(z

-

z0

)

f

(z)]兩邊求m

-1

階導(dǎo)數(shù),[證畢]規(guī)則3如果

P(z0

)

?

0,Q(z0

)

=

0,Q

(z0

)

?

0,

那末

z0

為Q(z)0設(shè)f

(z)=P(z),P(z)及Q(z)在z

都解析，證

因?yàn)镼(z0

)

=

0,

Q

(z0

)

?

0所以z0為Q(z)的一級零點(diǎn),Q(z)10z的一級極點(diǎn).為的一級極點(diǎn),f

(z).Res[

f

(z),

z0

]

=00P(z

)Q￠(z

)且有在z0

解析且P(z0

)j(z0

)?0.所以z0

為f

(z)的一級極點(diǎn),因此j

(z),1Q(z)

z

-

z01=其中j

(z)在z