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1、6.3 辐角原理及即应用,6.3.1 对数留数6.3.2 辐角原理6.3.3 儒歇定理,定义：形如,积分称为f(z)的对数留数,主要作用：推出辅角原理,提供了计算解析函数零点个数的一个有效方法.特别是,可以研究在一个指定的区域内多项式零点个数的问题,显然,函数f(z)的零点和奇点都可能是 的奇点.,6.3.1 对数留数,对数留数因此而得名,证 如a为f(z)的n级零点,则在点a的邻域内有,引理6.4 (1)设a为f(z)的n级零点(极点）,(2)设b为f(z)的m级极点,必为函数 的一级极点,且,其中g(z)在点a的邻域内解析,且g(a)0.于是,(2)如b为f(z)m级极点 在点b的去心邻域
2、内有,在点a的邻域内解析,的一级极点,且, a必为,h(z)在点b的邻域内解析,且h(b)0.,在点b解析,定理6.9 设C是一条围线,f(z)合条件:,(6.26),证 由第五章习题(二)14,可知f(z)在C内部至多只有有限个零点和极点.设ak(k=1,2,p)为f(z)在C内部的不同零点,其阶数相应地为nk; bj (j=1,2,q)为f(z)在C内的不同极点,其阶数相应地为mj,(1)f(z)在C内部除可能有极 点外是解析的;,(2)f(z)在C上解析且不为零,则有,式中N(f,C)与P(f,C)分别表示f(z)在C内部的零点与极点的个数,即：f(z)在C内是亚纯的,(2)可改为f(z
3、)在C上连续且不为零,特别注意几阶算几个.,在C内部及C上除去在C内部有一级极点ak(k=1,2,p)及bj(j=1,2,q)均是解析的.,故由留数定理6.1,及引理6.4得,则根据引理(6.4)知,例 计算积分,Cargf(z)表示z沿C之正向绕行一周时argf(z)的改变量,(6.27),特别说来,如f(z)在周线C上及C之内部均解析,且f(z)在C上不为零,则,(6.28),6.3.2 辐角原理,(2) f(z)在C内是亚纯的,(3) f(z)在C上连续且不为零,(1) C是一条周线,辅角 原理,w=f(z),例6.21 设f(z)=(z-1)(z-2)2(z-4),C: |z|=3,试
4、验证 辐角原理,argf(z)=arg(z-1)(z-2)2(z-4),N(f(z),C)=3,argf(z)=arg(z-1)+arg (z-2)2+arg (z-4),=arg(z-1)+2arg (z-2)+arg (z-4),w=z-1,|w+1|=3,|z|=3,w=z-2,|w+2|=3,w=z-4,|w+4|=3,=6,例6.22 设n次多项式 p(z)=a0zn+ a1zn-1+ +an=0 (a0 0）,在虚轴上没有零点，证明它的全部零点在左半平面Rez0内的充要条件是:,Ri,Ri,CR,R,P(z)的全部零点在左半平面内,定理6.10 (儒歇(Rouche)定理),证 由
5、假设f(z)与 f(z)+(z)在C内部解析,且连续到C,在C上有| f(z)|0,及,6.3.3 儒歇(Rouche)定理,设C是一条周线,函数f(z)及(z)满足条件:,(1)它们在C的内部均解析,且连续到C;,(2)在C上, |f(z)|(z)|,f(z)与 f(z)+(z) 在C内部有同样多的零点,即,(6.30),由关系式,(6.31),这样一来,这两个函数f(z)与 f(z)+(z)都满足定理6.9的条件.由于这两个函数在C的内部解析,于是由(6.28),下面只须证明,图6.14,根据条件(2),当z沿C变动时,将z平面上的围线C变成平面上的闭曲线,借助函数,即是说,点 不会围着原
6、点=0 绕行., 全在圆周|-1|=1的内部.,推论1: 设n次多项式 p(z)=a0zn+ atzn-t+an(a00）,满足条件：|at|a0|+ |at-1|+ |at+1+ +|an|,则p(z)在单位圆|z|1内有n-t个零点,证：令f(z)= atzn-t,(z)=a0zn+ at-1zn-t+1+ at+1zn-t-1 +an,则f(z)与(z)均在闭单位圆域|z|1上解析，而且在单位圆周 |z|=1上有：,|f(z)|= |at|a0|+ |at-1|+ |at+1+ +|an|(z)|,由儒歇定里得p(z)=f(z)+(z)与f(z)在单位圆内有同样多的零点，即为n-t个,推
7、论2: n次方程 (p(z)=)a0zn+ a1zn-1+ +an=0 (a0 0）,在复数域内有且仅有n个根（几重根就算几个根）,1.首先证明存在R0，,方程在圆|z|R内恰有n个根 ，,证明思路,2.其次证明，对z0 |z0|=R0R，均有|p(z0)|0,无根,证明,1.令， f(z)=a0zn, (z)= a1zn-1+ +an=0,则当|z|=R时， |(z)| a1zn-1|+ +|an| = | a1|Rn-1+ +|an-1|R+|an| ( | a1|+ +|an-1|+|an|) Rn-1 |a0|Rn=|f(z)|,取R1,限定| a1|+ +|an|a0|R,所以只要取
8、,有:当|z|=R时,| f(z)|(z)|,f(z),(z)在|z|R上解析,N(f(z)+(z),C)=N(f(z),C)=n,即：N(p(z),C)=n,2.z0: |z0|=R0R，需证:|p(z0)|0,|(z0)| | a1z0n-1|+ +|an| = | a1|R0n-1+ +|an-1|R0+|an| ( | a1|+ +|an-1|+|an|) R0n-1 |a0|R0n=|f(z0)|,|p(z0)|=|f(z0)+(z0)| |f(z0)|-|(z0)|0,p(z0)=a0z0n+ a1z0n-1+ +an 0,定理6.11,如函数f(z)在D内单叶解析 则在D内f (
9、z)0.,证: (反证法) 若有D的点z0使 f (z0)0,则z0必为f(z)- f(z0)的一个n级零点(n2).由零点的孤立性,故存在0 ,使在圆周 C: |z-z0|=上: f(z)- f(z0)0,在C的内部, f(z)- f(z0)及f /(z)无异于z0的零点.,命m表|f(z)- f(z0)|在C上的下确界,则由儒歇定理即知,当0|-a|m时, f(z)- f(z0)-a在圆周C的内部亦恰有n个零点.但这些零点无一为多重点,理由是f /(z)在C内部除z0外无其他零点,而z0显然非f(z)- f(z0)-a的零点.,故命z1,z2,zn表f(z)- f(z0)-a在C内部的n个相异的零点.于是f(zk)= f(z0)+a (k=1,2,n).这与f(z)单叶性假设矛盾.,故在区域D内 f (z)0.,
