复变函数与积分变换课堂ppt第五章课件.ppt

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1、第五章 留数,1 孤立奇点,2 留数,3 留数在定积分计算上的应用,1 孤立奇点,1. 可去奇点,2. 极点,3. 本性奇点,4. 函数的零点与极点的关系,5. 函数在无穷远点的性态,在第二章曾定义函数不解析的点为奇点。,如果函数 f (z)虽在z0不解析, 但在z0的某个去心邻,内处处解析, 则z0为 f (z)的孤立奇点。,函数的奇点都是孤立的。例如,都以z=0为孤立奇点。但不能认为,的一个奇点，此外,当n的绝对值逐渐增大时,可任意接近 z = 0。,域,例如函数,，z=0是它,也是它的奇点。,换句话说, 在z=0的不论怎样小的去心领域内总有 f (z),的奇点存在。所以z=0不是孤立奇点

2、。,把函数 f (z) 在它的孤立奇点 z0的去心邻域内展开,成洛朗级数。根据展开式的不同情况对孤立奇点进行,如果在洛朗级数中不含,点z0称为 f (z)的可去奇点。,这时, f (z)在z0的去心邻域内的洛朗级数实际上就,是一个普通的幂级数：,的负幂项，则孤立奇,1. 可去奇点,如下分类。,因此, 这个幂级数的和函数 F (z)是在 z0解析的函数, 且,时, F (z)= f (z); 当z=z0时, F(z0)=c0。由于,当,从而函数 f (z)在z0就成为解析的了. 由于这个原因, 所以,z0称为可去奇点。,所以不论 f (z)原来在z0是否有定义, 如果令 f (z0)=c0,则在

3、圆域,内就有,例如，z = 0是,的可去奇点，因为这个函数在,z=0的去心领域内的洛朗级数,中不含负幂项。如果约定,在z=0的值为1(即c0 )，则,在 z=0就成为解析的了。,2. 极点,其中,如果在洛朗级数中只有有限多个,其中关于, 即,则孤立奇点z0称为函数 f (z)的m级极点。上式也可写成,的负幂项, 且,的最高幂为,反过来, 当任何一个函数 f (z)能表示为(5.1.1)的形式,且g(z0)0时, 则z0是 f (z)的m级极点。,如果z0为 f (z)的极点, 由(5.1.1)式, 就有,例如，对有理分式函数,它的三级极点，,是它的一级极点。,或写作, z=1是,3. 本性奇点

4、,中含有无穷多个z的负幂项。,如果在洛朗级数中含有无穷多个,孤立奇点z0称为 f (z)的本性奇点。,的负幂项, 则,例如，函数,以z=0为它的本性奇点。因为在,级数,在本性奇点的邻域内, f (z)有以下性质(证明从略):,在本性奇点的邻域内, f (z)有以下性质(证明从略):,如果z0为函数 f (z)的本性奇点, 则对任意给定的复数 A,总可以找到一个趋向于z0 的数列, 当z沿这个数列趋向,于z0时, f (z)的值趋向于A。,。则由,，可得, 显然，当,时，,，所以，当z 沿,趋向于i。,而,趋向于零时， f (z) 的值,例如, 给定复数 A=i, 可把它写成,存在且有限；如果

5、z0为 f (z)的极点，则,如果z0为 f (z)的本性奇点，则,不存在且不为,反过来结论也成立。这就是说，可以利用上述极限的,；,。,不同情形来判别孤立奇点的类型。,综上所述, 如果 z0为 f (z)的可去奇点，则,4.函数的零点与极点的关系,不恒等于零的解析函数 f (z)如果能表示成,其中,f (z)的m级零点。,例如当,级零点, 根据这个定义, 可以得到以下结论：,若 f (z) 在z0 解析，则z0是 f (z) 的m 级零点的充要,在z0解析且, m为某一正整数, 则z0称为,时, z=0与z=1是它的一级与三,条件是,事实上，如果 z0 是f (z)的m级零点，那么f (z)

6、可表,成如下形式：,其中 , 那么 f (z)在z0的泰勒展开式为,设 在z0的泰勒展开式为,易证z0是 f (z)的m级极点的充要条件是前m项系数,从而知z=1是 f (z)的一级零点。,如z =1是 f (z) = z3 -1的零点，由于f (1)=3z2|z=1=30, 这等价于,顺便指出，由于,在 z0 的去心邻域内不为零，即,的邻域内不为零。这是因为,解析函数的零点是孤立的。,，必存在,，由此得,时，有,在z0解析且,因而它在z0,在z0解析, 必在z0连续,所以给定,，当,所以,不恒为零，只在z0等于零。也就是说，一个不恒为零的,定理 如果z0是 f (z)的m级极点，则z0就是,

7、的m级,证 如果z0是 f (z)的m级极点，则有,零点，反过来也成立。,其中g (z)在z0解析，且m级极点，则有,。所以当,时，有,函数 h (z)也在z0解析，且,。又由于,因此只要令,，则可得z0 是,的m级零点。,的m级极点。,这个定理为判断函数的极点提供了一个较为简单,的方法。,例1 函数,有些什么奇点？如果是极点，指出,它的级。,解 函数1/sin z的奇点显然是使sin z=0的点。这些,奇点是,。因为从 sin z0 得,或,立奇点。由于,点。,的一级极,注意：在求函数的孤立奇点时，不能一看函数表面,极点，其实是一级极点。因为,的2级极点而不是3级极点。,例,下列函数有些什么

8、奇点？如果是极点，指出,它的级。,解 (1),显然,是三级极点，,是二级极点。,所以,是可去奇点。,例,下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出,它的级。,解 (3),显然,是函数的奇点。,所以,是六级极点。,又,5. 函数在无穷远点的性态,如果函数 f (z)在无穷远点z=的去心邻域 R|z|,内解析，称点为 f (z)的孤立奇点。作变换,规定这个变换把扩充 z 平面上的无穷远点,扩充 t 平面上的点,，并且,映射成,，则扩充 z 平面上每一个向无穷,到现在为止，讨论函数 f (z) 的解析性和它的孤立,奇点时，都设z为复平面内的有限远点。至于函数在无,穷远点的性态，尚未提及。现在在扩充复平面

9、上对此,加以讨论。,与扩充 t 平面上向零收敛的序,列对应。反过来也是这样。,无穷远点收敛的序列,相对应。反过来也,是这样。,同时，,把扩充 z平面上,的去心领域,映射成扩充 t 平面上原点的去心领域,，又,这样，可把在去心领域,对 f (z)的研究化为在,内对,的研究。显然,在,内解析，,所以z=0是,的孤立奇点。,规定，如果 t = 0是,本性奇点，则称点z = 是 f (z)的可去奇点，m级极点,或本性奇点。由于 f (z)在R|z|+内解析，所以在此,圆环域内可以展开成洛朗级数, 即有,的可去奇点，m 级极点或,其中C为R|z|+内绕原点任何一条简单正向闭曲线。,如果在上面级数中,因此

10、，,在圆环域,内的洛朗级数可由得,到上式得到为,为最高幂,i) 可去奇点,则t = 0是,iii) 含有无穷多的负幂项,ii) 含有有限多的负幂项, 且,i) 不含负幂项,的,ii) m级极点,iii) 本性奇点。,因此，根据前面的规定，有：,i) 不含正幂项；,ii) 含有限多的正幂项, 且zm为最高幂；,iii) 含有无穷多的正幂项；,则 z = 是 f (z)的,i) 可去奇点；,ii) m级极点；,iii) 本性奇点。,如果在级数中，,这样一来，对于无穷远点来说，它的特性与其洛朗,级数之间的关系就跟有限远点的情形一样，不过只是把,正幂项与负幂项的作用互相对调就是了。,例,下列函数中，的

11、奇点类型。,解 (1),显然,是二级极点，所以,是二级极点。,当z=，令,，则,例,下列函数中，的奇点类型。,解,所以,是本性奇点。,例,下列函数中，的奇点类型。,解 (3),所以,是本性奇点。,当z=，令,，则,由前面分析又知道，要确定 t = 0是不是,去奇点，极点或本性奇点，可以不必把,展开成洛,值)，为无穷大或即不存在又不为无穷大数就可以了。,，对于无穷远点也有同样的确定方法，,即 z = 是 f (z) 的可去奇点, 极点或本性奇点, 完全看,是否存在(有限值)，为无穷大或即不存在,的可,朗级数来考虑，只要分别看极限,是否存在(有限,又不是无穷大来决定。,由于,极限,的，只要取,当z

12、=是 f (z)的可去奇点, 可以认为 f (z)在是解析,例如函数,在圆环域,内可展开成,它不含正幂项, 所以 是 f (z) 的可去奇点。 若取,f ()=1，则 f (z) 在 解析。,。,又如函数,项，所以为它的一级极点。,含有无穷多的正幂项，所以是它的本性奇点。,，含有正幂项，且z为最高正幂,函数 sin z的展开式：,1是 f (z)的2级极点。,例2 函数,类型的奇点？如果是极点，指出它的级。,解 易知，函数 f (z)除使分母为零的点,零点。所以这些点中除去1, -1, 2外都是 f (z)的三级极点。,在扩充平面内有些什么,所以z=2是 f (z)的可去奇点。,至于z=2，因

13、为,例,判定z=是下列函数的什么奇点？,解 (1),所以,是可去奇点。,所以,是本性奇点。,所以,是可去奇点。,2 留数,1. 留数的定义及留数定理,2. 留数的计算规则,3. 在无穷远点的留数,1. 留数的定义及留数定理,但是, 如果z0为 f (z)的一个孤立奇点, 则沿在z0的某,一般就不等于零。,如果函数 f (z)在z0的邻域内解析, 那末根据柯西,古萨基本定理,个去心邻域,其中C为z0领域内任意一条简单闭曲线。,内包含 z0 的任意一条正向简,单闭曲线C的积分,因此将f (z)在此邻域内展开为洛朗级数,其中c-1就称为 f (z)的留数, 也就是上面积分两边除以,后，两端沿C逐项积

14、分, 右端各项积分除留下,的一项等于,外, 其余各项积分都等于零, 所以,后所得的数称为 f (z)在z0的留数, 记作 Resf (z), z0,即,即,从而有,也就是说，f (z)在z0的留数就是f (z)在以z0为中心的,定理一(留数定理) 设函数 f (z)在区域D内除有限个,D,z1,z2,z3,zn,C1,C2,C3,Cn,C,孤立奇点z1,z2,.,zn外处处解析。C是D内包围诸奇点的,一条正向简单闭曲线, 则,关于留数，有下面的基本定理,(k =1,2,.,n)用互不包含的正向,证 把在C内的孤立奇点zk,简单闭曲线Ck围绕起来, 则根据复合闭路定理有,即,利用这个定理，求沿封

15、闭曲线C的积分，就转化,为求被积函数在C中的各孤立奇点处的留数。由此可,见，留数定理的效用有赖于如何能有效地求出是 f (z),以,除等式两边，得,在孤立奇点处z0处的留数。一般说来, 求函数在奇点z0,处的留数即求它在以z0为中心的圆环域内洛朗级数中,对求留数可能更有利。如果z0是f (z)的可去奇点, 则,Res f (z), z0=0, 因为此时f (z)在z0的展开式是泰勒展,开式。如果z0是本性奇点, 则没有太好的办法, 只好,将其按洛朗级数展开。如果z0是极点, 则有一些对求,项的系数即可。但如果知道奇点的类型,c-1有用的规则。,2. 留数的计算规则,规则II 如果z0为f (z

16、)的m级极点, 则,规则I 如果z0为 f (z)的一级极点, 则,事实上, 由于,令两端zz0, 右端的极限是(m-1)!c-1, 两端除以(m-1)!,就是Resf(z),z0, 因此即得规则II, 当m=1时就是规则I。,两边求m-1阶导数，得,规则III 设,，P(z)及Q(z)在z0都解析，,则z0为 f (z)的一级极,点，而,如果,事实上，因为,及,，所以为Q(z)的,一级零点，从而z0为,的一级极点。因此,其中,在z0解析，且,。,故z0为f (z)的一级极点。,由此得,其中,在z0解析，,例1 计算积分,，C为正向圆周|z|=2。,解 由于,有两个一级极点,而这两个极点都在圆

17、周|z|=2内，所以,由规则I, 得,而,根据规则I，,令,，即得规则III。,所以,因此,我们也可以用规则III来求留数:,这比用规则1要简单些.,例 求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：,解 (1),有两个一级极点,方法一,由规则I, 得,例 求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：,解 (1),有两个一级极点,方法二,由规则III, 得,例 求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：,解 (2),的极点为,(一),为一级极点。,所以,例 求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：,解 (2),的极点为,(二),的一级极点，,是,从而,是,的二级极点，所以,例 求下各函数 f (z

18、)在有限奇点处的留数：,解 (3),有一个n+1级极点,方法一,由规则II, 得,例 求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：,解 (3),方法二,将函数在,上展开成洛朗级数，,即,所以,有一个n+1级极点,例 求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：,解 (4),方法一,将函数在,上展开成洛朗级数，,所以,有一个4级极点,例 求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：,解 (4),方法二,由规则II，取m比实际级数高，即m=5，有,有一个4级极点,例2 计算积分,，C为正向圆周|z|=2。,解 被积函数,有四个一级极点,都在圆周|z|=2内，所以,由规则III，,，故,例3 计算积分,，

19、C为正向圆周|z|=2。,解,z=0为被积函数的一级极点, z=1为二级极点, 而,所以,级数。由于,在z=0处的留数。为了要用公式，先应定出极点z=0的,以上介绍了求极点处留数的若干公式。用这些公,式解题有时虽感方便，但也未必尽然。例如欲求函数,因此z=0是z - sinz的三级零点，从而由 f (z)的表达式知,z=0是 f (z)的三级极点。应用规则II，得,就比较方便。因为,如果利用洛朗展开式求,由此可见，往下的运算既要先对一个分式函数求二阶,函数，然后又要对求导结果求极限，这就十分繁杂。,所以,可见解题的关键在于根据具体问题灵活选择方法，不,要拘泥于套用公式。,3.在无穷远点的留数,

20、的值与C无关, 称其为 f (z)在点的留数, 记作,积分路线的方向是负的，也就是顺时针方向。,绕原点的任何一条简单闭曲线, 则积分,设函数 f (z)在圆环域R|z|+内解析, C为圆环域内,从第一节可知，当n=-1时，有,因此，由(5.2.7)可得,这就是说，f (z)在点的留数等于它在点的去心领域,R|z|+内洛朗展开式中z-1的系数变号。,定理二 如果函数 f (z)在扩充复平面内只有有限,个孤立奇点, 那末 f (z)在所有各奇点(包括点)的留数,总和必等于零。,下面的定理在计算留数时是很有用的。,证 除点外, 设f (z)的有限个奇点为zk(k=1,2,.,n)。,又设C为一条绕原

21、点的并将zk(k=1,2,.,n)包含在它内部,的正向简单闭曲线, 则根据留数定理与在无穷远点的留,数定义, 有,规则IV,关于在无穷远点的留数计算，有以下的规则：,，那末,事实上，在无穷远点的留数定义中，取正向简单,闭曲线C为半径足够大的正向圆周：,。令,，,，于是有,为正向)。,并设,所以规则IV成立。,由于f (z)在,内解析, 从而,内解析，因此,在,外没有其他,奇点。由留数定理，得,定理二与规则IV为提供了计算函数沿闭曲线积分,在,内除,的又一种方法，在很多情况下，它比利用上一段中的,方法更简便。,例 求函数,在点的留数。,解,由,而,故,的项系数为,例 求函数,在点的留数。,解,而

22、,故,在有限点处有一级极点：,例 求函数,在点奇点类型和留数？,解,由,故z=是,的本性奇点，,例4 计算积分,，C为正向圆周：|z|=2。,解,在|z|=2的外部除外无奇点，因此,又,根据定理二与规则IV，,因此,例5 计算, C为正向圆周:|z|=2。,解,被积函数除外还有奇点：i，1与3。由,定理二，有,其中,由于i与1在C的内部，所以从上式、留数定理,与规则IV得到,如果用上一段的方法，由于i是10级极点，并且,在C的内部，因而计算必然很繁琐。,例 利用留数计算积分：,解,函数在|z|=2的外部除外无奇点，因此在,又,内把被积函数展开成洛朗级数，有,例 利用留数计算积分：,解,所以,所

23、以,例 利用留数计算积分：,解,函数在|z|=2的外部除外无奇点，因此根据,又,定理二与规则IV，,则,例 利用留数计算积分：,解,所以,所以,3 留数在定积分计算上的应用,1. 形如,2. 形如,3. 形如,的积分,的积分,的积分,根据留数定理，用留数来计算定积分是计算定积分,显得有用。即使寻常的方法可用，如果用留数，也往往,首先，被积函数必须要与某个解析函数密切相关。这一,的一个有效措施，特别是当被积的原函数不易求得时更,感到很方便。当然这个方法的使用还受到很大的限制。,点，一般讲来，关系不大，因为被积函数常常是初等函,数，而初等函数是可以推广到复数域中去的。其次，,定积分的积分域是区间，

24、而用留数来计算要牵涉到把,问题化为沿闭曲线的积分。这是比较困难的一点。下面,来阐述怎样利用复数求某几种特殊形式的定积分的值。,其中,从而积分化为沿正向单位圆周的积分,1. 形如 的积分,为,与,的有理函数。 令,，则,其中f (z)是z的有理函数, 且在单位圆周|z|=1上分母不为,其中zk(k=1,2,.,n)为单位圆|z|=1内的 f (z)的孤立奇点。,零, 根据留数定理，得所求的积分值：,解 由于0p1, 被积函数的分母在,内不为零, 因而积分是有意义的。由于,因此,在被积函数的三个极点 z = 0, p, 1/p中只有前两个在,圆周|z|=1内其中, z=0为二级极点, z=p为一级

25、极点。,所以在圆周|z|=1上被积函数无奇点。则,因此,解 设,代入得,的值。,例 计算,，将,被积函数在被积区域内只有一个一级极点,又,所以,为一已约分式。,当被积函数R(x)是x的有理函数, 而分母的次数至少,比分子的次数高二次, 且R(z)在实轴上没有孤立奇点时，,积分是存在的。不失一般性，设,取积分路线如图所示, 其中CR是以原点为中心, R为半,z1,z2,z3,y,CR,-R,R,O,x,径的在上半平面的半圆周。取R适当大, 使R(z)所有的,在上半平面内的极点zk都包在这积分路线内。由留数,定理，得,此等式不因CR的半径R不断增大而有所改变。,因为,而当|z|充分大时，总可使,因

26、此，在半径R充分大的CR上，有,如果R(x)为偶函数，,所以,的一级极点为,例2 计算积分,的值.,解,这里,，并且实轴上R(z)没有,孤立奇点，因此积分是存在的。函数,，其中ai与bi在上半平面内。由于,所以,在上半平面有二级极点为,例 计算积分,的值.,解,这里,，并且实轴上R(z)没有,孤立奇点，因此积分是存在的。函数,在上半平面有二级极点为,例 计算积分,的值.,解,这里,，并且实轴上R(z)没有,孤立奇点，因此积分是存在的。函数,，一级极点为,例 计算积分,的值.,解,当R(x)是x的有理函数而分母的次数至少比分子的,次数高一次, 且R(z)在实数轴上没有奇点时, 积分是存,在的象2

27、中处理的一样, 由于m-n1, 故对充分大的|z|有,因此, 在半径R充分大的CR上, 有,上面用到不等式,于是得,或,在上半平面内有一级极点ai,例3 计算,的值。,解,这里,。R(z)的实轴上无孤立,奇点，因而所求的积分是存在的。,因此,因此,还可以利用复变函数计算出下列积分值:,在上半平面内有一级极点z=-2+i，,例 计算,的值。,解,这里,。R(z)的实轴上无孤立,奇点，因而所求的积分是存在的。,因此,例 计算,的值。,解,在上半平面内有一级极点z=i,例 计算,的值。,解,这里,。R(z)的实轴上无孤立,奇点，因而所求的积分是存在的。,例 计算,解,因此,的值。,例4 计算积分,解

28、因为,且在实轴上。为了使积分路线不通过奇点，可以取路线,的值。,是偶函数，所以,如上图所示，由柯西古萨基本定理，有,因此可以选择函数,沿某一条闭曲线的积分来计,算上式各端的积分。但函数只有一个z =的一级极点，,令x=t，则有,所以,即,例4 计算积分,的值。,因此, 要算出所求积分的值, 只需求出极限,与,下面将证明,由于,例4 计算积分,的值。,由于,所以,例4 计算积分,的值。,由于,由于,其中,在z=0处解析，且j (0)= i，当|z|充分小时可使| j (z)|2，,例4 计算积分,的值。,而,在r充分小时，有,例4 计算积分,的值。,从而有,因此得,例4 计算积分,的值。,所以可

29、得,即,这个积分在研究阻尼振动中有用。,例4 计算积分,的值。,111,例 计算泊松积分(Possion),解：记,则,所以,另外,所以,扇形的边界，如右图所示。又函数,例5 证明,所以它的实部与虚部分别就是所求,(已知,证：考虑函数,，当z=x时，,积分的被积函数。取积分闭曲线为一半径为R的,函数就可写为：,在D内及其边界,C上解析，根据柯西古萨基本定理，有,例5 证明,即,(已知,证：,在OA上，x从0到R；在AB上，,在BO上，,。则上式成为,或,例5 证明,即,(已知,证：,在OA上，x从0到R；在AB上，,在BO上，,。则上式成为,或,115,例5 证明,即,(已知,证：,在OA上，x从0到R；在AB上，,在BO上，,。则上式成为,或,例5 证明,(已知,证：,当,时，上式右端的,而第二个积分的绝对值：,第一个积分为,例5 证明,(已知,证：,由此可知,时，第二个积分趋于零，从而有,令两端的实部与虚部分别相等，得,118,例4 计算积分,的值。,例5 证明,(已知,这两个积分称为菲涅耳(Fresnel)积分，在光学的,研究中很有用。,