第五章 留数及其应用.docx

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1、第五章 留数及其应用第五章 留数及其应用 一. 目的要求 1. 理解孤立奇点概念并掌握其分类法。 2. 理解留数概念，熟练掌握极点处留数的求法。 3. 熟练掌握留数定理，会用留数求围道积分。 二. 主要内容 1. 孤立奇点定义、分类，函数的零点与极点之关系，函数在无穷远点的性态。 2. 留数概念，留数定理，留数的计算，*无穷远点的留数。 3. 用留数求围道积分。 4. 用留数求实积分 #2p0R(cosq,sinq)dq，#+P(x)dx，*R(x)eaixdx -Q(x)-+5. *对数留数与辐角原理。 重点：孤立奇点的判定，留数定理及应用。 难点：留数定理的应用。 本章中心问题是留数定理，

2、前面讲的柯西定理、柯西积分公式都是留数定理的特殊情况，并且留数定理在作理论探讨与实际应用中都具有重要意义，它是复积分与复级数理论相结合的产物，为此先对解析函数的孤立奇点进行分类 5.1 孤立奇点 5.2 留数 5.3 留数在定积分计算中的应用 本章小结 v 思考题 第一节 孤立奇点 一、奇点的分类 定义：若函数f(z)在z0处不解析,但在z0的某一去心领域0z-z0d内处处解析,则称z0为函数f(z)的孤立奇点 1如: z=0是函数f(z)=的孤立奇点,也是函数f(z)=ez的孤立奇点 z如z=0是函数f(z)=111sinz的一个奇点, 1(n=1,2,LL)也是它的一个奇点, np1当n的

3、绝对值逐渐增大时,可任意接近z=0, np除此之外, zn=即在z=0不论怎样小的去心领域,总有函数f(z)的奇点存在, 所以z=0不是函数f(z)的孤立奇点 孤立奇点分类： 函数f(z)在孤立奇点z0的领域0z-z0d内展为洛朗级数为: f(z)=C(z-z)n0n=0n+Cn=1-n(z-z0)-n 解析部分 主要部分 (1) 主部消失即只有C(z-z)n0n=0n,则称z0为函数f(z)的可去奇点 (2) 主部仅含有限项(m项),则称z0为函数f(z)的m阶极点 (3) 主部含有无限多项,则称z0为函数f(z)的本性奇点 例1. 说明点z=0是函数f(z)=sinz的可去奇点 z解: 函

4、数f(z)在z=0的去心领域内可展开成洛朗级数为: sinz1z3z511f(z)=(z-+-LL)=1-z2+z4-LL, 3!5!zz3!5!展开式中不含负幂项, z=0是函数f(z)=二、可去奇点 sinz的可去奇点. z可去奇点的解析化:若z0为函数f(z)的可去奇点,则f(z)在z0的去心领域内的洛朗级数就是一个不含负幂项的级数为: f(z)=C0+C1(z-z0)+C2(z-z0)2+LLCn(z-z0)n+LL,0z-z0d 显然这个幂级数的和函数F(z)在z-z0d内处处解析. 令f(z0)=C0=limF(z)=limf(z) zz0zz0孤立奇点z0为可去奇点的判别方法:设

5、z0为函数f(z)的孤立奇点,则下列条件是等价的 (1) z0为函数f(z)的可去奇点; (2) 函数f(z)在z0点的洛朗级数展开式中不含z-z0的负幂项,即 f(z)=C0+C1(z-z)+LL+Cn(z-z0)n+LL (3) limf(z)=C0,(C0为一常复数); zz0(4)函数f(z)在z0某去心领域内有界.若z0为f(z)的极点,则limf(z)=? zz0三、极点 如果在洛朗级数展开式中只有有限多个z-z0的负幂项, 且关于(z-z0)-1的最高幂为(z-z0)-m,即 f(z)=C-m(z-z0)-m+LL+C-2(z-z0)-2+C-1(z-z0)-1+C0+C1(z-

6、z0)+LL (m1,C-m0) 则孤立奇点z0称为函数f(z)的m阶极点. 下面讨论m阶级点的特征: (1) f(z)=12m-1 C+C(z-z)+C(z-z)+LL+C(z-z)-m-m+10-m+20-10m(z-z0) +Cn(z-z0)n+m=n=01g(z) (z-z0)m这里g(z)满足: (1)在圆域z-z0d内是解析函数; (2) g(z0)0. (2)反过来,当任何一个函数f(z)能表示为f(z)=1g(z)的形式, g(z)在z-z00) (3)极限limf(z)=,缺点:不能指明极点的阶数. zz0 (4) 函数f(z)在点z0的某去心领域内表示成: f(z)=1g(

7、z), 其中g(z)在z0的领域内解析,且g(z0)0.Z m(z-z0)例1. 求有理分式函数f(z)=z-2的极点. 23(z+1)(z-1)z1zi解: 函数的孤立奇点有: z=1, z=i, limf(z)=, limf(z)=,z=1, z=i,都是函数f(z)的极点. (1)当z=1时, z-21z-21=g1(z), 这里g1(z)在23323(z+1)(z-1)(z-1)(z+1)(z-1)z=1的某处领域内处处解析,且g1(1)0,z=1是有理函数的3阶极点. (2) 对于z=i.有z-21z-21=g2(z) 233(z+1)(z-1)(z-i)(z+i)(z-1)(z-i

8、)(3)对于-i,有z-21z-21=g3(z) 233(z+1)(z-1)(z+i)(z-i)(z-1)(z+i)z=i都是有理函数的1阶极点. 四、本性奇点 若在洛朗级数展开式中含有无穷多个z-z0的负幂项,那么孤立奇点z0称为函数f(z)的本性奇点. 例如: f(z)=e, z=0是它的本性奇点,因为它的洛朗级数为: 1ze=1+z-1+1z1-21z+LL+z-n+LL,含有无穷多个z的负幂项. 2!n!若z0为函数f(z)的本性奇点,且具有如下性质: A，$znz0,使得limf(z)=A z=znz0即: 若z0为函数f(z)的本性奇点,则极限limf(z)不存在且不是无穷大. z

9、z0例3. 函数f(z)=e,点z=0为它的本性奇点. 解: (1)当z沿正实轴趋向0时,则函数f(z)=e+; (2)当z沿负实轴趋向0时,则函数f(z)=e0; 写成(p+2np)i21z1z1z1z(3)若对于给定复数A=i=e, 要使ei=ep(+2np)i21, 可取数列zn=, p(+2np)i21zz=zn0n时, zn0, 当z沿数列zn趋向于0时,有: lime=i 由(1)、(2)、(3)分析得:极限limf(z)不存在.故点z=0为f(z)=e的本性奇点. zz01z孤立奇点z0为本性奇点的判别方法: 设z0为函数f(z)的孤立奇点,则下列条件是等价的 (1) z0为函数

10、f(z)的本性奇点; (2) 函数f(z)在z0点洛朗级数展开式中含有无穷多个z-z0的负幂项; (3)极限limf(z)不存在(也不是无穷大).利用极限判断极点的类型,当极限是zz00型时,可0以像高等数学中那样用罗必达法则来求: 如果函数f(z),g(z)是当zz0,以0为极限的两个不恒等于0的解析函数,则zz0limf(z)f(z)=lim. zz0g(z)g(z)例4. 研究函数f(z)=1孤立奇点的类型. (z-1)(z-2)2解: z=1,z=2是函数f(z)的两个孤立奇点,当z=1时, f(z)=11, 2z-1(z-2)1在z=1的某处领域内解析,且z=1处取值不等于0,z=1

11、是函数f(z) (z-2)2的一阶极点;当z=2,f(z)=111,在z=2的某领域内解析,且2(z-2)z-1z-1z=2处取值不等于0,z=2是函数f(z)的二阶极点. 例5. 研究函数f(z)=e解: f(z)=e1z-11z-1的孤立奇点的类型. 在整个复平面内除去点z=1外处处解析,z=1是它的唯一的孤立奇点.将函数在0|z-1|+内展开成洛朗级数,得到: 1z-1e=1+(z-1)-1+11(z-1)-2+LL+(z-1)-n+LL 2!n!此级数含有无穷多个负幂项, 故z=1是它的本性奇点. 五、函数的零点与极点的关系 1.零点的定义 若函数f(z)=(z-z0)mj(z),其中

12、j(z)在z0处解析,且j(z0)0, m为一正整数,则称z0为函数f(z)的m阶零点. 3例如:函数f(z)=z(z-1),z=0,z=1分别是f(z)的一阶零点和三阶零点. 定理1. 如果函数f(z)在z0处解析,则z0为f(z)的m阶零点的充要条件是 f(n)(z0)=0,n=0,1,2,L(m-1),f(m)(z0)0. 证明: ()设z0是f(z)的m阶零点,则f(z)=(z-z0)mj(z), 其中j(z)在z0处解析,且j(z0)0,从而在z0领域内泰勒展开式为: j(z)=C0+C1(z-z0)+C2(z-z0)2+L,取其中j(z0)=C00, f(z)=C0(z-z0)m+

13、C1(z-z0)m+1+L f(n)(z0)=0,n=0,1,2,L,(m-1),而f(m)(z0)=m!，C00. ()已知函数f(z)的泰勒级数为: f(z)=C0(z-z0)m+C1(z-z0)m+1+L =(z-z0)mC0+C1(z-z0)+L 且f(n)(z0)=0,n=0,1,2,L(m-1),f(m)(z0)0, 令j(z)=C0+C1(z-z0)+C2(z-z0)2+L,f(z)=(z-z0)mj(z),则z0为函数f(z)的m阶零点. 例6. 设函数f(z)=z3-1,点z=1为函数的几阶零点. 解: 由于f(1)=0,且f(1)=3z3|z=1=30,所以z=1是函数f(

14、z)的一阶零点. 2.函数的零点与极点的关系 定理2 若z0为函数f(z)的m阶极点,则z0就是1m阶零点,反之也成立. f(z)1g(z),其中g(z)在z0处解(z-z0)m证明: ()设z0为f(z)的m阶极点,则有f(z)=析,且g(z0)0,当zz0时,有11=(z-z0)m=(z-z0)mh(z)其中h(z)f(z)g(z)11=0,只要令=0, f(z)f(z0)在z0处解析，且h(z0)0.当zz0时,由于limzz0 由111=(z-z0)mh(z)可知: z0是的m阶零点.()如果z0是的f(z)f(z)f(z)1=(z-z0)mj(z)其中g(z)在z0处解析,且g(z0

15、)0,f(z)11f(z)=, 而在z0处解析,且f(z0)0, f(z)j(z)(z-z0)mm阶零点,则当zz0时, f(z)= 所以点z0是f(z)的m阶极点. 例7函数解: 函数1有些什么奇点?如果是极点,指出他的阶? sinz1iz-iz2iz2kpi的奇点是使sinz=0的点: 由sinz=0得: e=e或e=1=e, sinzL)是函2iz=2kpi,即: z=kp,k=0,1,2,L, 所以z=kp,(k=0,1,2,数f(x)的孤立奇点.(sinz)|z=kp=cosz|z=kp=coskp=(-1)k0z=kp是sinz的一阶零点,即: z=kp是1的一阶极点. sinze

16、z-1例8判别函数f(z)=在z=0处是几阶极点. 2zez-11zn11z1解:法一: =-1=+L=j(z), 其中j(z)在z=0解析,22zzn=0n!z2!3!zez-1且j(0)0, 所以z=0是函数f(z)=的一阶极点. 2zez-11ez-1ez-1ez-1=10,=法二: ,lim的展开式中不含负幂项,且z0zz2zzzez-1ez-1的展开式在z=0,且不等于0.所以z=0是函数f(z)=的一C0=1.2zz阶极点. 练习: sinz;z=0是二阶极点,而不是三阶级点. 3z六、函数在无穷远点的性态 前面讨论函数f(z)解析性及孤立奇点时,均假设z为复平面上有限点, 那么函

17、数在无穷远点的性态又如何呢? 下面就讨论在扩充复平面上函数的性态: 1. 定义 若函数f(z)在z=的去心领域Rz内解析, 则称点为函数f(z)的孤立奇点. 分析:令t=1,(扩充z平面上) 0(扩充t平面上) zt=1z f(z), Rzg(t)=f, 0t 若t=0是函数j(t)的可去奇点, 1t1. Rm阶极点或本性奇点, m阶极点或本性奇点. 那么就称点z=是函数f(z)的可去奇点, 2. 奇点类型的判别方法 由于函数f(z)在Rz内解析,所以在此环域内可以展开成洛朗级数: f(z)=C-nzn=1-n+CnznL(1) 其中Cn=n=01f(z)(n=0,1,2,L), Czn+1d

18、z，2piC为圆环域内Rz内绕原点的任何一条正向简单闭曲线.因此函数j(t)在圆环域1n0t内的洛朗级数有上式得到:j(t)=C-nt+C0+Cnt-nLL(2) Rn=1n=0(1) 不含t的负幂项,则t=0是j(t)的可去奇点; (2) 含有t的有限多的负幂项,且t-m为最高负幂项,则t=0是j(t)的m阶极点; (3) 含有t的无限多的负幂项,则t=0是j(t)的本性奇点. 因此根据前面定义,有: 如果在级数(1)式f(z)=Cn=1-nz-n+Cnzn中, n=0(1) 不含z正幂项,则z=是f(z)的可去奇点; (2) 含有z有限多的正幂项,且z为最高负幂项,则z=是f(z)的m阶极

19、点; (3) 含有z无穷多的正幂项, 则z=是f(z)的本性奇点. 这样,对于无穷远点来说,它的特征与其洛朗级数之间的关系就跟有限远点一样,不过只是把正幂项与负幂项的作用互相对掉就是. 3. 孤立奇点的判别方法 一、函数f(z)的孤立奇点为可去奇点的充要条件是下列三条中的任何一条成立: (1) 函数f(z)在的去心领域Rz0,使得函数f(z)在rz内有界. 二、函数f(z)的孤立奇点为m阶极点的充要条件是下列三条中的任何一条成立: (1)函数f(z)在的去心领域Rz内洛朗级数展开式为: f(z)=Cmz+LL+C2z+C1z+C0+(2)极限limf(z)=; zm2C-n ，Cm0nn=1z

20、+(3) g(z)=1以z=为m的阶零点. f(z)三、函数f(z)的孤立奇点为本性奇点的充要条件是下列二条中的任何一条成立: (1) 函数f(z)在点处的洛朗级数展开式中含有无穷多z的正幂项; (2)极限limf(z)不存在,且非. z例9. 函数f(z)=1在圆环域1z+内可展成: z+111111解: f(z)=1-+2-3+L+(-1)nn+L 1zzzz1+z 它不含正幂项,所以是函数f(z)的可去奇点. 说明: 当z=是函数f(z)的可去奇点,若取f()=limf(z)则认为函数f(z)在解析的. z例10. 讨论函数f(z)=z+1 z解: 含有正幂项,且z为最高正幂项所以是它的

21、一阶极点, 另外0也是它的一阶极点. 例11讨论函数sinz 解: 其展开式为: sinz=z-13151z+z-L+(-1)nz2n+1+L含有无穷多的3!5!(2n+1)!正幂项,所以z=是它的本性奇点. 例12函数f(z)=z是否以z=孤立奇点?若是,属于哪一类? 1+z2z解: 函数f(z)=在整个复平面内除去z=i与z=-i外的区域内处处解析,所以21+z函数在无穷远的领域1|z|+内是解析的,z=是孤立奇点. 又因为: limz=0，z=是函数的可去奇点. z1+z223例13函数f(z)=1+2z+3z+4z是否以z=为孤立奇点?若是,属于哪一类? 解: f(z)=1+2z+3z

22、+4z在整个复平面内处处解析, 23所以z=为函数的孤立奇点且为3阶极点. 例14. 函数f(z)=ez是否以z=为孤立奇点?若是,属于哪一类? 解: 函数f(z)=ez在整个复平面内处处解析,所以z=是它的孤立奇点. 极限lime zz不存在(不是无穷大),z=是函数的本性奇点. 例15. 函数f(z)=1是否以z=为孤立奇点? sinz解: 令sinz=0,得:zk=kp(k=0,1,2,L), (k=0,1,2,L)外处处解析, 而在1的孤sinzf(z)=1在整个复平面除了zk=kpsinz扩充复平面上,序列zk以z=为聚点,z=不是函数f(z)=立奇点. 结果:在扩充复平面上, 是奇

23、点,但不一定是孤立奇点. (z2-1)(z-2)3例16. 函数f(z)=在扩充复平面内有些什么类型的奇点?如果说极点,指出3(sinpz)它的阶数. 解: 函数f(z)除使分母为0的点z=0,1,2,LL外, (1) 当z1,-1,2的奇点时, (sinpz)=pcospz,在z=0,-2,3，4L处pcospz均不为的三阶零0,这些点是sinpz的一阶零点,从而是3点,z=0,-2,3，4L是f(z)的三阶极点 2.(2) 当z=1时, z=1为z-1=(z-1)(z+1)的一阶零点, 而且z=1为3的三阶零点,z=1为函数f(z)的二阶极点. (z2-1)(z-2)3z-232(3) 当

24、z=2时,limf(z)=lim=lim(z-1) z2z2z2(sinpz)3sinpz =lim(z+2)-1(z02pz313)3=3,(令z=z+2) sinpzpp z=2是f(z)的可去奇点. (4) 当z=时,由于是z=0,1,2,LL的聚点, z=不是函数f(z)的孤立奇点. 第二节 留数 留数是复变函数论中重要的概念之一，它与解析函数在孤立奇点处的洛朗展开式、柯西复合闭路定理等有着密切的联系 一、留数的概念及留数定理 1留数概念 如果函数f(z)在z0的领域内解析,则有柯西-古萨定理: 域内的任意一条简单闭曲线. 若z0为函数f(z)的一个孤立奇点,则沿着z0的某一个去心领域

25、0z-z0R内含z0的任意一条正向简单闭曲线C的积分:Cf(z)dz=0,其中C为z0领Cf(z)dz,一般不等于0.因此将函数f(z)在0z-z0R内展开成洛朗级数: f(z)=C-n(z-z0)+C0+Cn(z-z0)n, -nn=1n=1对展开式两边沿着C逐项积分得: Cf(z)dz=CCn=1-n(z-z0)dz+C0dz+C-nCC(z-z)dz, nn0n=11n=C-ndz+Cdz+C(z-z)dz, 0n0C(z-z)nCCn=1n=10=C-11dz C(z-z)0=C-12pi. 2pi,n=01 dz=C(z-z0)n+10,n0留数定义：设z0是函数f(z)的孤立奇点,

26、在环形域0z-z0R内, 函数f(z)的洛朗展开式中(z-z0)-1项的系数C-1称为函数f(z)在z0点的留数. 记作: Resf(z),z0=C-1或Resf(z),z0=可. 1Cf(z)dz. 说明C-1的值与C的半径大小无关,只要求C包含z0即2pi1z例1. 求函数f(z)=ze在孤立奇点z=0处的留数. 解: 函数f(z)在0|z|+内的洛朗展开式为: 1111zf(z)=ze=z+1+L,Resze,0=. 2!z3!z22!2例2. 求函数f(z)=zcos1z1在孤立奇点z=0处的留数. z解: 函数f(z)在0|z|+内的洛朗展开式为: 111112nReszcos,0=

27、0. f(z)=zzcos=z2-+-L+(-1)+L,zz2!4!z2(2n)!z2n-1例3. 求函数f(z)=sinz在孤立奇点z=0处的留数. zsinzsinzsinz=1, z=0是函数f(z)=,0=0. 解: lim的可去奇点,Resz0zzz2.留数定理 定理1 设函数f(z)在区域D内除有限个孤立奇点z1,z2,LL,zn外处处解析,C是D内包围所有奇点的一条正向简单闭曲线,则: Cf(z)dz=2piResf(z),zk. k=1n证明: 由复合闭路定理得:Cf(z)dz=f(z)dz+L+f(z)dz C1Cn1Cf(z)dz=Resf(z),z1+L+Resf(z),

28、zn,即: 2pi二、函数在极点的留数 Cf(z)dz=2piResf(z),zk. k=1n法则1：如果z0为函数f(z)的一阶极点,则Resf(z),z0=lim(z-z0)f(z). zz0证明: 由于z0为函数f(z)的一阶极点, f(z)=C-1(z-z0)+Cn(z-z0)n,0|z-z0|d -1n=0(z-z0)f(z)=C-1+Cn(z-z0)n+1,lim(z-z0)f(z)=C-1. n=0+zz0结论：先知道奇点的类型，对求留数有时更为有利. 例4. 求函数f(z)=-3z+4在孤立奇点z=0,z=1,z=2的留数. z(z-1)(z-2)解: z=0,z=1,z=2都

29、是函数f(z)的一阶极点, Resf(z),0=limzz0-3z+4-3z+4=lim=2; z0z(z-1)(z-2)(z-1)(z-2)-3z+4-3z+4=lim=-1; z(z-1)(z-2)z1z(z-2)-3z+4-3z+4=lim=-1. z(z-1)(z-2)z2z(z-1)Resf(z),1=lim(z-1)z1Resf(z),2=lim(z-2)z2法则 设函数f(z)=P(z),其中P(z)及Q(z)在z解析,且P(z0)0, Q(z0)=0,Q(z0)0,Q(z)P(z0). Q(z0)则z0是函数f(z)的一阶极点,且留数Resf(z),z0=证明: 已知Q(z0)

30、=0,Q(z0)0,z0是函数f(z)的一阶零点, z0是111的一阶极点, =j(z),j(z)在z0解析,且j(z0)0, Q(z)Q(z)z-z011j(z)P(z)=g(z),g(z)在z0解析, 且g(z0)0, z-z0z-z0f(z)=z0是函数f(z)的一阶极点.由法则1: Resf(z),z0=lim(z-z0)f(z)=limzz0zz0P(z0)P(z) =Q(z)-Q(z0)Q(z0)z-z0例5. 求函数f(z)=cotz在z=0的留数. 解:由于cotz=coszcoszcos0,z=0是函数f(z)的一阶阶极点,Resf(z),0=1. sinz(sinz)|z=

31、0cos0例6. 计算积分Czezdz,其中C为正向圆周z=2. 2z-1zez解: 在z=2内,函数f(z)=2有两个一阶极点: z=1, z-1Czezdz=2piResf(z),1+2piResf(z),-1,而 z2-1zezzezeResf(z),1=lim(z-1)2=lim=, z1z1(z-1)z+12zezzeze-1, Resf(z),-1=lim(z+1)2=lim=z-1(z-1)z-1z-12Czezee-1dz=2pi(+)=2picosi. z2-1221dm-1法则3 如果z0为函数f(z)的m阶极点,则f(z)=limm-1(z-z0)mf(z) (m-1)!

32、zz0dz证明:因为z0为函数f(z)的m阶极点,则在z0的洛朗展开式为: f(z)=C-m(z-z0)-m+L+C-2(z-z0)+C-1(z-z0)+Cn(z-z0)n -2-1n=0m-1(z-z0)f(z)=C-m+C-m+1(z-z0)+L+C-1(z-z0)m+Cn(z-z0)m+n n=0dm-1m-1(z-z0)mf(z)=(m-1)!C-1+含有(z-z0)正幂的项 dzdm-1limm-1(z-z0)mf(z)=(m-1)!C-1, zz0dz1dm-1即: C-1=limm-1(z-z0)mf(z). (m-1)!zz0dze-z例7. 求函数f(z)=2在z=0的留数.

33、 ze-z解: z=0是函数f(z)=2的二阶极点, z-z1d2elim(z-0)2=lim(-e-z)=-1. Resf(z),0=z0(2-1)!z0dzz例8. 计算积分Czdz,其中C为正向圆周z=2. 4z-1解: f(z)=z在圆周z=2内有四个一阶极点: 1,i， z4-1C由法则2, 得: zdz=2piResf(z),1+2piResf(z),-1+2piResf(z),-i+2piResf(z),i 4z-1P(z)z1z1111dz=2pi+-=0, =3=2;Cz4-14444Q(z)4z4z说明: 用法则1计算比较繁一些. ez例9. 计算积分Cz(z-1)2dz,

34、 其中C为正向圆周z=2. 解: 在圆周z=2内, z=0是函数f(z)的一阶极点, z=1是二阶极点, ezez=lim=1, Resf(z),0=limzz0z(z-1)2z0(z-1)21dez2lim(z-1) Resf(z),1=2z1(z-1)!dzz(z-1)dezez(z-1)=lim=0, =lim2z1dzzz1zezCz(z-1)2dz=2piResf(z),0+Resf(z),1 =2pi(1+0)=2pi. 例10. 计算积分Cz-sinzdz, 其中C为正向圆周z=2. 6z解: 法一: z0是函数f(z)的孤立奇点, 令P(z)=z-sinz,P(0)=(z-si

35、nz)|z=0=0, P(0)=(1-cosz)|z=0=0,P(0)=sinz|z=0=0.P(0)=cosz|z=00, z=0是P(z)=z-sinz的三阶零点, z=0是是函数f(z)的三阶极点,有规则3,得: z-sinz1d23z-sinz1d2z-sinzRes,0=lim(z)=lim2 z6(3-1)!z0dz2z62!z0dzz3 再往下计算比较繁琐！ 法二: 如果z0是函数f(z)的阶极点,则 1dm-1limm-1(z-z0)mf(z). Resf(z),z0=(m-1)!zz0dz1dm+n-1 =limm+n-1(z-z0)m+nf(z) (m+n-1)!zz0dz

36、1d56z-sinzz-sinz,0=lim5z Res66z0z(6-1)!dzz1d5 =lim5(z-sinz) 5!z0dz =11lim(-cosz)=. 5!z05!三、函数在无穷远点的留数 无穷远点留数定义:设函数f(z)在圆环域Rz+内解析,C为只会圆环内绕原点的任何一条正向简单闭曲线,则称积分: 记作: Resf(z),=1C-f(z)dz,为函数f(z)在无穷远点的留数, 2pi1f(z)dz. -C2pi定理2 如果函数f(z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点(包括), 则函数f(z)在所有各奇点(包括)的留数的总和一定为零,即: Resfk=1n(z)kz,+Rsefz

37、(=), 0证明: 设函数f(z)的有限个孤立奇点为zk(k=1,2,LL,n), 除外, 又设C为一条绕原点的并将zk(k=1,2,LL,n)包含在它内部的正向简单闭曲线, 由留数定理及无穷远点留数定义得: Resf(z),zk+Resf(z),=k=1n11f(z)dz+CC-f(z)dz=0. 2pi2pi法则4: Resf(z),=-Resf1z1,0. z2证明: 据在无穷远的留数定义中,取正向的简单闭曲线C 为半径足够打的正向圆周z=r.令z=1z,并设z=re,z=re, iqijr=,q=-jResf(z),=1r1C-f(z)dz 2pi1-2p12p1iiqiq=f(re)

38、riedq=-fdj ijij002pi2pirere12p11111ij=-fd(re)=-f2dz ijij202pire(re)2pi1zzz=r由于函数f(z)在rz+内解析,从而f在0z11zr内解析, 111 f2在z内除z=0外没有其他的奇点, zzr由留数定理得: 12piz=1111f2dz=Resf2,0. 1zzzzr例11计算Resf(z),的值,如果 ez1; (2) f(z)=. (1) f(z)=2z-1z(z+1)4(z-4)ez解: (1) Resf(z),zk+Resf(z),=0,f(z)=2有两个有限孤立奇点z-1k=1nz=1,且均为一阶极点; eze

39、eze-1Resf(z),1=lim(z-1)2=, Resf(z),-1=lim(z+1)2=- z1z-1z-12z-12ee-1e-e-1=-sinhi. Resf(z),=-Resf(z),1-Resf(z),-1=-(-)=-222z111(2) Resf(z),=-Resf2,0 =-Res,0 21zzz41(+1)(-4)zzz4=-Res,0 4(z+1)(1-4z)例12. 计算积分解: f(z)=Czdz 其中C为正向圆周z=2. z4-1z在z=2外部除z=点外无其他的奇点, z4-1z11zdz=-2piResf(z),=2piResf,0=2piRes,0=0. 24Cz4-1zz1-z例13. 计算积分dzC(z+i)10(z-1)(z-3),其中C为正向圆周z=2. 解: 函数的奇点有: z=-i,z=1,z=3,z=, Resf(z),-i+Resf(z),1+Resf(z),3+Resf(z),=0 dzC(z+i)10(z-1)(z-3)=2piResf(z),-i+Resf(z),1 =-2piResf(z),3+Resf(z), =-2pilim(z-3)z3111+Resf2,010(z+i)(z-1)(z-3)zz1z10pi=-