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。Cz(z-a)n=2πδn,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：0z-z0δ（z0为有限远点）或Rz∞（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=2πResf(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：0z-z0δ内，c:z0f(z)z=c:z0k=-∞∞ak(z-z0)kz=k=-∞∞akc:z0(z-z0)kz=2πk=-∞∞akδk,-1=2πa-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：Rz∞内，c:∞f(z)z=c:∞k=-∞∞akzkz=k=-∞∞akc:∞zkz=-2πk=-∞∞akδk,-1=-2πa-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=2πk=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=2πk=1nResf(bk)但:CRf(z)z=-CRf(z)z视为绕无穷远点的闭回路-2Resf(∞)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=limzb(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)=limzb(z-b)P(z)Q(z)=limzbP(z)Q(z)-Q(b)(z-b)=limzbP(z)limzbQ(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)≠limzbP(z)Q′(z)再用洛必达法则反例：z=0是f(z)=sinzz2的单极点，Resf(0)=limz0zsinzz2=1,而：Resf(0)≠limz0sinzz2′=limz0sinz2z=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)=limz01(sinz)′=limz01cosz=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)=limz1zcosz+1(zn-1)′=limz1zcosz+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=limzbm-1[(z-b)mf(z)]zm-1，Resf(b)=a-1Resf(b)=1(m-1)!limzb[(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!z4zcosz-1z5(3)z04a.nb3Clear[Global`*]f[z_]:=(zCos[z]-1)z5;f3=D13!z4f[z],{z,3};Limit[f3,z0]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=2πResf(∞)=-2πa-1做变换：ζ=1/z⟹g(ζ)=-1ζ2f(1/ζ)=-1ζ2k=-∞∞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+2z5+4z3，求奇点及其留数4z04a.nb奇点：z=0,三阶，Resf(0)=12!limz0z+2z2+4(2)=-8奇点：z=2,单极点，Resf(2)=limz2(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=1z411-2z=1z4k=0∞2zk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}-88000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)=11/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)=1ζ-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)=-1ζ21ζ-1,ζ=0是h(ζ)的三阶极点，Resh(0)=12!-ζζ-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，t1=z1-12!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=-π6，I=-I′=π6Clear[Global`*]f[z_]:=11/z-1;h[z_]=-1z2f[1/z];Residue[f[z],{z,∞}]Residue-1z2f[1/z],{z,0}-112-1125.f(z)=z100k=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=2πResf(∞)Resf(∞)=Resg(0)，g(z)=-1z2f(1/z)g(z)=-1z2k=11001kz-1,z=0为g(z)的二阶极点Resg(0)=limz0z2g(z)′Resg(0)=-limz0k=11001kz-1′=-k=1100k=-5050I=-I′=-[2π(-5050)]=10100π6.f(z)=1zsin1/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=2πResf(∞)Resf(∞)=Resg(0),g(z)=-1z2f(1/z)=-1zsinzz=0是g(z)的单极点，Resg(0)=-limz0sinzz′=-sin1I=-I′=2πsin17.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=2πk=0nf(z)[zg(z)]′z=bk=2πk=1nf(bk)bkg′(bk)+2πf(0)g(0)若某个bl也是f(z)的零点，则Resφ(bl)=0，但仍有I=2πk=1nf(bk)bkg′(bk)+2πf(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],zComplexInfinity]Limit[f[x+y],{x-∞,x∞,y∞}](*分别以三种不同方式趋于无穷远*)Limit1+zCos