留数及其应用对数留数与辐角原理.ppt

,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,留数及其应用对数留数与辐角原理,如果函数,f,(,z,),在,z,0,的邻域内解析,C,是此邻域内一条简单闭曲线，那末根据柯西积分定理有,因此,f,(,z,)=.+,c,-,n,(,z,-,z,0,),-,n,+.+,c,-,1,(,z,-,z,0,),-,1,+,c,0,+,c,1,(,z,-,z,0,)+.+,c,n,(,z,-,z,0,),n,+.0|,z,-,z,0,|,R,两端沿,C,逐项积分,:,一、留数的概念及留数定理,如果,z,0,为,f,(,z,),的一个孤立奇点,则沿在,z,0,的某个去心邻域,0|,z,-,z,0,|,R,内包含,z,0,的任意一条正向简单闭曲线,C,的积分,一般就不等于零,.,定义,设,z,0,为,f,(,z,),的孤立奇点，,f,(,z,),在,z,0,邻域内的洛朗级数中负幂次项,(,z,-,z,0,),1,的系数,c,1,称为,f,(,z,),在,z,0,的留数，记作,Res,f,(,z,),z,0,即,Res,f,(,z,),z,0,=,c,1,（,1,）,不能用初等函数表示出来；,例 求 的值,证明：对于充分大的正数 ,使,而且在单位圆周|z|=1上有：,全在 内，由留数定理得,(1)f(z)在C内部除有限个极点外是解析的;,10 设 为有理分式函数.,+cn(z-z0)n+.,其中g(z)在点a的邻域内解析,且g(a)0.,在实轴上有孤立奇点，则,证明：对于充分大的正数 ,使,下面通过例子进行讨论.,三、函数在无穷远点的留数,解：这里m=2,n=1,m-n=1.,点与极点的个数（m阶零点（或极点）算 m个）,(z)=a0zn+at-1zn-t+1+at+1zn-t-1+an,式中N(f,C)与P(f,C)分别表示f(z)在C内部的零,定理,5.7(,留数定理,),设函数,f,(,z,),在区域,D,内除有限个孤立奇点,z,1,z,2,.,z,n,外处处解析,.,C,是,D,内包围各奇点的一条正向简单闭曲线,则,（,3,）,D,z,1,z,2,z,3,z,n,C,1,C,2,C,3,C,n,C,证明,把在,C,内的孤立奇点,z,k,(,k,=1,2,.,n,),用互不包含的正,向简单闭曲线,C,k,围绕起来,则根据复合闭路定理有,注解,1,、留数定理在两个从定义上看，完全不同，也不相干的概念之间架起一个桥梁，是非常重要的。,注解,2,、具体计算一定要注意前面的系数,一般来说求函数在孤立奇点,z,0,处的留数即求它在洛朗级数中,(,z,-,z,0,),-,1,项的系数,c,-,1,即可,.,但如果知道奇点的类型,对求留数可能更有利,.,如果,z,0,是,f,(,z,),的可去奇点,则,Res,f,(,z,),z,0,=0.,如果,z,0,是本性奇点,则只好将其按洛朗级数展开,.,如果,z,0,是极点,则有一些对求,c,-,1,有用的规则,.,法则,I,二、函数在极点的留数求法,例,5.17 求函数,在各孤立奇点处的留数,解：由于,是,的一阶极点，有,法则,II,证明：,由条件,法则,III,解：因,是 的二阶极点，则,由,公式,（5）有,例,5.19,求函数 在,处的留数,例,函数 在极点处的留数,解：因为函数 有两个一阶极点,，且,三、,函数在无穷远点的留数,定义,5.5,设,为,f,(,z,),的一个孤立奇点,即,f,(,z,),在圆环域,R,|,z,|+,内解析,则称,设,f,(,z,),在,R,|,z,|+,内的洛朗展式为,这里,C,-,是顺时针方向,为,f,(,z,),在点,的留数,记为,这就是说,f,(,z,),在点的留数等于它在点的去心邻域,R,|,z,|+,内洛朗展开式中,z,-,1,的系数变号,.,定理,5.8,如果,f,(z),在,C,上只有有限个孤立点,(,包括无穷远点在内,),z,1,z,2,，,z,n,则,f,(z),在各点的留数总和为零,.,证明：,对于充分大的正数,使,全在 内，由,留数定理得,根据儒歇定理已给方程在,R|z|a0|+|at-1|+|at+1|+|an|,在这种情况下把这些定积分的计算问题，转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留数。,故得,法则,：,例,5.22,求函数,在它各有限奇点的留数总和。,解：,函数的有限奇点是2及 ，,共五个,其中,2是三阶极点，每个 是,二阶极点，显然，逐个求出在各奇点的留数，不论用规则,2或展开洛朗级数，都是十分麻烦的，现在我们利用定理5.8来求：,所以欲求的留数之和为,1,例,5.23,计算积分 ，其中 为正向圆 周：,解：除,外，被积函数的奇点是 ，,据定理5.8有,由于,都在C 的内部，,课后作业,一、,思考题,1,，,2,，,3,二、,习题,五,：7-10,第三讲,5.3,留数在定积分中的应用,对数留数与辐角原理,.,留数在定积分中的应用,(Residue in the application of definite integral),二、形如,型积分,一、形如,的积分,三、形如,的积分,在数学分析中往往要计算一些定积分或反常积分，而这些积分中的被积函数的原函数，,不能用初等函数表示出来；或者可以求出原函数，但计算也非常繁琐。在这种情况下把这些定积分的计算问题，转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留数。下面通过例子进行讨论,.,一、形如,的积分,并且在,上连续,.,表示,的有理函数,这里,令,当 经历变程 时,z,沿圆周,|,z,|=1,的正方向绕行一周,.,因此有,例,5.24,求 的值,.,解,:,由于,被积函数的分母在,内不为零,因而积分是有意义的,.,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,为二阶极点,z,=,p,为一阶极点,.,例,计算积分,其中常数,有两个极点,在,内只有一个极点,二,.,形如 型积分,其中,为有理分式函数,.,于是求得,为互质多项式,且合条件,:,定理,5.9,设,为有理分式,其中,(1),、,即,比 至少高两次，,（,2,）,在实轴上无零点，,取积分路径如图所示,其中,C,R,是以原点为中心,R,为半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,z,k,都包含在这积分路径内,.,z,1,z,2,z,3,y,C,R,-,R,R,O,x,例,5.25,其中,为有理分式函数,.,定理,5.10,设,为有理分式函数,.,其中 与,为互质多项式,且满足条件:,(1),、,的次数比,的次数高。,(2),、,在实轴上无零点。,三、形如,的积分,注：,公式（,2,）与（,3,）都要求,在实轴上,无零点，即,在实轴上无孤立奇点，若,在实轴上有孤立奇点，则,将,(3),式实,虚部分开,得到形如,:,例,求 的值,解：这里,m,=2,n,=1,m,-,n,=1.,在实轴上无孤立奇点,因而所求的积分是存在的，,在上半平面内有一阶极点,ai,例,5.27,计算积分 的值,.,解：,因为 是偶函数,所以,而,在上半平面内无奇点，,由公式（,4,）,比较等式两端的实,虚部得,对数留数与辐角原理,(,Logarithmic residue and argument principle,),一、对数留数,二、辐角原理,三、儒歇（,Rouche,）定理,一、对数留数,定义,5.6,形如,的积分称为对数留数。,显然,函数,f(z),的零点和奇点都可能是 的奇点,.,证明,:,如,a,为,f(z),的,n,阶零点,则在点,a,的邻域内有,引理,(1),设,a,为,f(z),的,n,阶零点,则,a,必为函数,(2),设,b,为,f(z),的,m,阶极点，则,b,必为函数,其中,g,(,z,),在点,a,的邻域内解析,且,g,(,a,)0.,于是,的一阶极点,且,的一阶极点,且,由 在点,a,的邻域内解析,(2),如,b,为,f,(,z,),的,m,阶极点,知,在点,b,的去心邻域内有,的一阶极点,且,知,a,必为,的一阶极点,且,故,b,为,其中 在点,b,的邻域内,解析,定理,5.11,设,C,是一条围线,f,(,z,),符,合条件,:,(1),证 明：,设,a,k,(,k,=1,2,p,),为,f,(,z,),在,C,内部的不同,零点,其阶数相应地为,n,k,;,b,j,(,j,=1,2,q,),为,f,(,z,),在,C,(1),f,(,z,),在,C,内部除有限个极点外是解析的,;,(2),f,(,z,),在,C,上解析且不为零，则,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（,m,阶零点（或极点）算,m,个）,在,C,内部及,C,上除去在,C,内部有一阶极点,a,k,(,k,=1,2,p,),及,b,j,(,j,=1,2,q,),均是解析的,.,故由留数定理,及引理得,例,1,、计算积分,内的不同极点,其级数相应地,m,j,则根据引理知,为了说明对数留数几何意义，我们将对数留数写成,二、,辐角原理,函数 是,z,的单值函数，当,起沿简单闭曲线绕行一周回到,时有,另一方面，当 起沿正方向绕行简单闭曲线一周回到,时，的值可能改变。于是,式中,表示 沿,正方向绕行一周后,的改变量，是,的整倍数。,定理,5.12,（辐角原理）,在定理,5.11,的条件下，,在闭曲线 的内部的零点个数与极点个数之差，,等于当,沿,正方向绕行一周后,的改变量,除以 ，即,特别，如,在,的内部及 上均解析，,且,在 上不为零时，则,定理,5.13(,儒歇,(Rouche),定理,),证明：,由假设,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,三、,儒歇,(Rouche),定理,设,C,是一条围线,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,)|,则,f,(,z,),与,f,(,z,)+,(,z,),在,C,内部有同样多的零点,即,由关系式,下面只须证明,C,0,z,2,0,1,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,不会围着原点,=,0,绕行,.,全在圆周,|,-1|=1,的内部,.,例,1,方程,在 内根的个数。,解：取,由于当 时，我们有,由此可知：在,上，有,根据儒歇定理已给方程在,内根的个数与,在,内根的个数相同，即,5,个。,例,2,设,n,次多项式,p,(,z,)=,a,0,z,n,+,a,t,z,n-t,+,+,a,n,(,a,0,0,）,满足条件：,|,a,t,|,a,0,|+|,a,t-1,|,+,|,a,t+1,|,+|,a,n,|,则,p,(,z,),在单位圆,|,z,|,a,0,|+|,a,t-1,|,+,|,a,t+1,|,+|,a,n,|,(,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，,这就证明了,p,(,z,),在单位圆,|,z,|1,内必有,n-t,个根。,谢谢观看,谢谢观看,