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当前位置:首页 > 高等教育 > 理学 > 复旦数学物理方法课件04留数定理及其应用
4留数定理及其应用我们终于走到这一步:在孤立奇点去心邻域,一个解析函数可以展开成Laurent级数,这个Laurent级数是唯一的、在展开环域是绝对收敛且内闭一致收敛的,因而求导、求积和级数的求和可以交换次序。对一般复变函数的积分,可望先展开为级数,再利用下式求积分。Cz(z-a)n=2πδn,1具体如何做?正是本章的内容。4.1留数定理目标:利用级数展开,解决复变函数的闭合回路积分问题。留数定理由Cauchy定理,对一个闭合回路积分,若闭合回路所包围的区域是解析的,那么积分为0;若回路内有一些奇点,那么积分值等于包围这些奇点的各闭回路积分值之和。若这些奇点是孤立奇点,计算孤立奇点邻域一条闭合回路的积分就可用留数定理计算。引理:设z0是解析函数f(z)的一个孤立奇点,函数在z0的去心邻域D:0z-z0δ(z0为有限远点)或Rz∞(z0为无穷远点)内解析,则函数对D内任意一条包围z0的闭合回路正向的积分c:z0f(z)z=2πResf(z0),其中c:z0为在D内包围z0的任意一条闭合回路,Resf(z0)称为函数在z0的留数,“闭合回路积分残留下来的数”。◼包围z0的闭合回路正向:在回路上走,z0在左手边。◼若z0在有限区,则在区域D:0z-z0δ内,c:z0f(z)z=c:z0k=-∞∞ak(z-z0)kz=k=-∞∞akc:z0(z-z0)kz=2πk=-∞∞akδk,-1=2πa-1Resf(z0)=a-1。注意积分回路取向:对有限远点,回路正向应该是逆时针,留数为a-1。◼若z0为无穷远点,则在区域D:Rz∞内,c:∞f(z)z=c:∞k=-∞∞akzkz=k=-∞∞akc:∞zkz=-2πk=-∞∞akδk,-1=-2πa-1Resf(∞)=-a-1。注意积分回路取向:对无穷远点,回路正向应该是顺时针,留数为-a-1。◼注意无穷远点的留数与有限远点的留数形式上差一个负号。回路正向一个逆时针一个顺时针。◼对有限远点,若z0不是奇点(或是可去奇点),则Resf(z0)=0,对无限远点,即使它不是奇点,也有可能Resf(z0)≠0。例如:f(z)=e1/z在z=∞点是可去奇点,但Resf(∞)=-1≠0。留数定理:设区域D的边界C是分段光滑的闭合曲线,函数f(z)在D内除有限个孤立奇点bk,k=1,2,...,n外单值解析,在D上连续,且在C上无奇点,则Cf(z)z=2πk=1nResf(bk)◼这个定理实际上是复连通Cauchy定理和上一个引理的直接结果。◼如果函数f(z)在有限区域只有有限个孤立奇点,则包括无穷远点在内的所有奇点的留数和为0。取回路CR包围所有有限远的奇点,则CRf(z)z=2πk=1nResf(bk)但:CRf(z)z=-CRf(z)z视为绕无穷远点的闭回路-2Resf(∞)从而:k=1nResf(bk)+Resf(∞)=0,特别注意即使无穷远点是可去奇点,其留数也可能不为0。留数的求法留数:Laurent展开式中负一幂次相的系数a-1(对有限远点)或-a-1(对无穷远点),最直接的求法就是Laurent展开,当然还有其它简便方法。◼有限区的单极点b(一阶极点)单极点:f(z)=a-1z-b+k=0∞ak(z-b)k⟹(z-b)f(z)=a-1+(z-b)k=0∞ak(z-b)k两边同时求极限:Resf(b)=a-1=limzb(z-b)f(z)若f(z)=P(z)Q(z)且P(b)≠0,Q(b)=0为一阶0点,则Resf(b)=limzb(z-b)P(z)Q(z)=limzbP(z)Q(z)-Q(b)(z-b)=limzbP(z)limzbQ(z)-Q(b)(z-b)=P(b)Q′(b)(1.1)▲但是,若f(z)=P(z)Q(z)且P(b)=0为m阶0点,Q(b)=0为m+1阶0点Resf(b)≠limzbP(z)Q′(z)再用洛必达法则反例:z=0是f(z)=sinzz2的单极点,Resf(0)=limz0zsinzz2=1,而:Resf(0)≠limz0sinzz2′=limz0sinz2z=122z04a.nb那么,对此例,上面的(1.1)式错在哪儿?(答:错在蓝色部分吗,商的极限不等于极限的商)☺例题:f(z)=1sinz,z=0为单极点,Resf(0)=limz01(sinz)′=limz01cosz=1z=∞为非孤立奇点,因为z=2kπ可以落到任意的一个大圆之外。f(z)=zcosz+1zn-1,z=1为单极点,Resf(1)=limz1zcosz+1(zn-1)′=limz1zcosz+1nzn-1=cos1+1n◼有限区的m阶极点b,m≥1m阶极点:f(z)=a-m(z-b)-m+...+a-1(z-b)-1+a0+...,其中a-m≠0比较:m阶零点:f(z)=am(z-b)m+am+1(z-b)m+1...,其中am≠0(对f(z)在b点解析而言)⟹(z-b)mf(z)=a-m+...+a-1(z-b)m-1+a0(z-b)m+...,其中a-m≠0两边同时求(m-1)阶导数并求极限(m-1)!a-1=limzbm-1[(z-b)mf(z)]zm-1,Resf(b)=a-1Resf(b)=1(m-1)!limzb[(z-b)mf(z)](m-1),m=1时退化为单极点情况☺例题:f(z)=zcosz-1z5,z=0为4阶极点Resf(0)=13!z4zcosz-1z5(3)z04a.nb3Clear[Global`*]f[z_]:=(zCos[z]-1)z5;f3=D13!z4f[z],{z,3};Limit[f3,z0]Residue[f[z],{z,0}]Series[f[z],{z,0,3}]c[n_]:=SeriesCoefficient[f[z],{z,0,n}]c[-1]c[n]-16-161z4-13z2-16z-130+z2630+z32520+O[z]4-16-(((2-2)((1-)n+(1+)n))/(5+n)!)n-50True◼有限区的本性奇点b:只能作Laurent展开求a-1。◼无穷远点:即使是可去奇点,无穷远点的留数也可能不为0,故求留数时一定别忘了计算Resf(∞)f(z)=k=-∞∞akzk,Resf(∞)=-a-1,c:∞f(z)z=2πResf(∞)=-2πa-1做变换:ζ=1/z⟹g(ζ)=-1ζ2f(1/ζ)=-1ζ2k=-∞∞akζ-k=-k=-∞∞a-kζk-2=-k=-∞∞...+a-1ζ+a0ζ2+...故:f(z)在z=∞的留数等于g(ζ)=-1ζ2f(1/ζ)在ζ=0的留数Resf(∞)=Resg(0),g(ζ)=-1ζ2f(1/ζ)☺例题:1.f(z)=z+2z5+4z3,求奇点及其留数4z04a.nb奇点:z=0,三阶,Resf(0)=12!limz0z+2z2+4(2)=-8奇点:z=2,单极点,Resf(2)=limz2(z+2)z5+4z3′=8奇点:z=-2,可去奇点,Resf(-2)=0别忘了奇点:z=∞,尽管在这里它是可去奇点,但留数并不一定为0直接展开f(z)=1z31z-2=1z411-2z=1z4k=0∞2zk无负一幂次,Resf(∞)=0Clear[Global`*]f[z_]:=(z+2)z5+4z3;Residue[f[z],{z,0}]Residue[f[z],{z,2}]Residue[f[z],{z,-2}]Residue[f[z],{z,∞}]Residue-1ζ2f[1/ζ],{ζ,0}-88000以下各题均没有求解z=∞点的留数,请自己补充。2.f(z)=-1/z,求奇点及其留数奇点:z=0,本性奇点,只能展开,f(z)=k=0∞1k!-1zk,Resf(0)=-1。3.f(z)=zsin5zcosz,求I=z=1f(z)zz=0是4阶奇点,f(z)是“偶函数”,展开式不包含奇幂次,Resf(0)=0。4.f(z)=11/z-1,求I=z=1f(z)zz04a.nb5z=2kπ都是奇点,故:z=0不是孤立奇点,没有留数定理。视为绕无穷远点的积分I=-I′,I′=CRf(z)z无穷远点是孤立奇点,可用留数定理,但如何求其留数。h(ζ)=f(1/ζ),考虑ζ=0,在判断奇点阶数时不必含-1ζ2因子。h(ζ)=1ζ-1,分母为一阶零点,故ζ=0是h(ζ)的单极点从而z=∞是f(z)的单极点。分母为一阶零点,分子非零,但对于无穷远点,单极点也不能应用Resf(b)=P(b)Q′(b)Resf(∞)=Resg(0),g(ζ)=-1ζ2f(1/ζ)=-1ζ21ζ-1,ζ=0是h(ζ)的三阶极点,Resh(0)=12!-ζζ-1′′,繁琐(用Mathematica,呵呵)f(z)直接展开:f(z)=11z+12!1z2+13!1z3+...化为11±t的形式=z1+12!1z+13!1z2+...t在∞邻域,t1=z1-12!1z+13!1z2+...t+12!1z+13!1z2+...2t2+...只需1z的系数,=z-12+12!2-13!1z+...⟹Resf(∞)=-a-1=-112(1.2)I′=-1122π=-π6,I=-I′=π6Clear[Global`*]f[z_]:=11/z-1;h[z_]=-1z2f[1/z];Residue[f[z],{z,∞}]Residue-1z2f[1/z],{z,0}-112-1125.f(z)=z100k=11001z-k,求I=z=200f(z)z回路内有100个单极点,视为绕无穷远点的积分6z04a.nb-I=I′=z=200f(z)z=2πResf(∞)Resf(∞)=Resg(0),g(z)=-1z2f(1/z)g(z)=-1z2k=11001kz-1,z=0为g(z)的二阶极点Resg(0)=limz0z2g(z)′Resg(0)=-limz0k=11001kz-1′=-k=1100k=-5050I=-I′=-[2π(-5050)]=10100π6.f(z)=1zsin1/z,求I=z=1f(z)zf(z)在回路内有1个本性奇点z=0,求留数需作Laurent展开。视为绕无穷远点的积分:-I=I′=z=1f(z)z=2πResf(∞)Resf(∞)=Resg(0),g(z)=-1z2f(1/z)=-1zsinzz=0是g(z)的单极点,Resg(0)=-limz0sinzz′=-sin1I=-I′=2πsin17.z=0在区域D内,f(z)和g(z)在D内解析,在D上连续,g(z)在D内有一阶零点bk≠0,k=1,2,...,n,求I=Cf(z)zg(z)z,C为D的边界。解:分母为0的点:bk,k=0,1,2,...,n,其中b0=0,都是被积函数φ(z)=f(z)zg(z)的奇点。若bk不是f(z)的零点,则bk是φ(z)的一阶零点,则I=2πk=0nf(z)[zg(z)]′z=bk=2πk=1nf(bk)bkg′(bk)+2πf(0)g(0)若某个bl也是f(z)的零点,则Resφ(bl)=0,但仍有I=2πk=1nf(bk)bkg′(bk)+2πf(0)g(0)8.f(z)=zcosz+1z2-1,在z=∞是什么奇点?留数=?z04a.nb7Clear[f,g]f[z_]:=zCos[z]+1z2-1g[z_]:=-1z2f[1/z]Limit[f[z],zComplexInfinity]Limit[f[x+y],{x-∞,x∞,y∞}](*分别以三种不同方式趋于无穷远*)Limit1+zCos
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