1、留数的理论及应用摘要：留数定理是复积分和复级数理论相结合的产物，需要正确理解孤立奇点的概念与孤立奇点的分类和函数在孤立奇点的留数概念.掌握留数的计算法，特别是极点处留数的求法，实际中会用留数求一些实积分.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都有密切的联系.现在研究的留数理论就是柯西积分理论的继续，中间插入的泰勒级数和洛朗级数是研究解析函数的有力工具.留数在复变函数论本身及实际应用中都是很重要的，它和计算周线积分的问题有密切关系.此外应用留数理论，我们已有条件去解决“大范围”的积分计算问题，还可以考察区域内函数的零点分布状况.关键词：留数理论
2、泰勒级数；积分ResidueTheoryandItsApplicationAbstract：Residuetheoremisacomplexseriespointsandcomplexproductofthecombinationoftheory,theneedtocorrectlyunderstandtheconceptofanisolatedsingularpointwiththeisolationoftheclassificationandfunctionintheisolatedsingularpointoftheconceptofresidue.Haveleftthenumbero
3、fcalculations,especiallyDepartmenttostaythenumberofpolesforlaw,inpractice.Willremainafewpointforsomeofit.Tostaythenumberofcomplexfunctiontheory,oneimportantconcept,itisanalyticfunctionintheisolatedsingularpoint1.aurentexpansions,Cauchy,stheorem,suchasclosed-circuitcomplexarecloselylinked.Researchnow
4、istostayafewtheoriesCauchyintegraltheoryisthecontinuationofthemiddleinsertTaylorseriesand1.aurent,sseriesistostudyapowerfultoolforanalyticfunctions.Stayafewinthecomplexfunctiontheoryandpracticalapplicationinitselfisveryimportantandcalculationofweeksofitslineintegraliscloselyrelatedtotheproblem.Inadd
5、itiontheapplicationofresiduetheory,wehavetheconditionstosolvethe,iderange,heintegralcalculationcanalsovisittheregionfunctionagainstdistribution.Keyword：Cauchyintegraltheory；TheoryofTaylor；Seriestostayafewpoints引言对留数理论的学习不仅是前面知识的延伸，更为对原函数不易直接求得的定积分和反常积分的求法提供了一个较为方便的方法.1.留数的定义定义1设函数/(z)以有限点为孤立奇点，即/(z)
6、在点4的某去心邻域Oz-4H内解析，那么称积分为/(z)在点的留数(residue),记为ReS/(z).Zz=定义2设8为函数/(z)的一个孤立奇点，即/(Z)在去心邻域N-8：0尸目0一%定理8设g(z)=里，其中尸(Z)及Q(Z)是互质多项式，且符合条件：(I)Q(Z)的次Q(Z)数比P(Z)的次数高，(2)在实轴上Q(z)O,(3)机0,那么有gxein,xdx=211iZ个中g(z)ZK.ImaA0定理9设C是一条周线，/(z)符合条件：(1)/(Z)在C的内部是亚纯的；(2)/(Z)在C上解析且不为零.那么有一.gdz=N(,C)-P(,C),/(z)式中N(,C)与P(,C)分别
7、表示/(z)在。内部的零点与极点的个数(一个阶零点算作个零点，而一个机阶极点算作加个极点).定理10(儒歇定理)设C是一条周线，函数/(Z)及姒Z)满足条件：(1)它们在C的内部均解析，且连续到C;在到上，(z)(z),那么函数“Z)与/(z)+e(z)在C的内部有同样多(几阶算作几个)的零点，即N(/C)=N(fC)3 .留数的引理引理1设/(Z)沿圆弧Sr：Z=R*(ea,R充分大)上连续，且Iirn4(z)=4于5火上一致成立(即与oa中的。无关)，那么即JSJ(Z)dz=i(a-4”引理2(假设尔当引理)设函数g(z)沿半圆周:Z=R/(0er,R充分大)上连续，且Iimg(z)=O在
8、Fr上一致成立,那么4/1里Jrg(z)*dz=0(m0)KT+0O八K引理3(1)设。为/(z)的阶零点，那么。必为函数的一阶极点，并且f(z)Resza/(z)/(z)=n；(2)设b为/(Z)的加阶极点，那么人必为函数的一阶极点，并且fz)Resz=b/(z)z)=-tn.4 .留数的计算例I计算积分U/a解显然，被积函数Z)=手W在圆周z=2的内部只有一阶极点Z=O及二阶级点Z(Z-I)z=l.由推论3,ReSz)=冒=1.。(Z-I)由推论4,Resf(z)=5z-2zIZ=I=VIZ=I=2；故由留数定理得1.一：二jdz=211i(-2+2)=0.例2计算积分jtan乃zJz(为
9、正整数).解师万Z=包三只以z=Z+1.(&=O,l,)为一阶极点，由定理5得cos11z2Res(tan11z)=sm;rz1=-,(A;=0,l,).2=+lv7(CoS乃z)Z=忖117于是，由留数定理得=-4ni.例3计算积分(如亭dz.解/(Z)=蓼只以Z=O为三阶极点.由定理2得7?(z)=-coszl=-,2=0v,2!lJZ=O2故由留数定理得1.等z=2*)f.例4计算积分j卜3龙.解在单位圆周回=1的内部，函数)只有一个本质奇点Z=O.在该点的去心邻域内由J-111洛朗展式e，=1+H-+,z22!Z41于是Rese2=0.2=0故由留数定理得11ez2dz=211iRes
10、ez2=0.JIW=IZ=O15例5计算积分/=-?-dz.j4(z2+l)(?+2)_.乃+2解被积函数一共由七个奇点：z=z,z=y/le4仅=0,1,2,3)以及2=8.前六个奇点均含在国=4内部.要计算忖=4内部六个奇点的留数和是十分麻烦的，所以应用上述定理及留数定理得/=2万卜.z)由下式可知Z)在00处的洛朗展式中g这一项的系数J.(6.6)因此，Resf(z)=-1,故/=2加.另外，也可应用公式R?/(Z)=-婚/(.先看m1一T111方=记，=行EV)它以f=0为一阶极点.所以/=211i-ReSfiZ)除咫1=2加.例6计算积分I=211-r,(opI).Jo1-2PcOS
11、e+p2117解命Z=*,那么de=当PWO时，Iz1-2pcosp2=l-p(z+z,)+p2=,只以Z=这样就有/=Ij-一且在圆忖1内/(z)=7(z-p)(l-pz)11V(z-p)(l-pz)为一阶极点，在忖=1上无奇点，以公式Rgs(z)=()有5(z)=-!I=!-,(opb0).J。a+bcos。JJ,(R2;J忖Tz(z-a)(z-y)其中=W1*Z,p=士率至为实系数二次方程z2+z+l=0的两个相异bbb实根.由根与系数的关系皿=1,且显然悔同，故必同1,磔1.于是，被积函数/(Z)在IZI=I上无奇点.在单位圆忖1内只有一个二阶级点Z=O和一个一阶极点z=.由公式作Sf
12、z)=8（八）及RgS/(z)=。得绐/(Z)=z2zlbZ=O2ab由留数定理得例8计算积分/=cos。,为正整数.J。5-4cosx解因为积分号下的函数为X的偶函数，故,11COSZZir,/=-ax,2J-r5-4cosxA,1coSiwe,r产SirWnr.命A=ClxJ2=ax，j-5-4cosxJ-5-4cosx那么lz2=dx.J*5-4cosx设Z=*,那么=Xdz.在圆周内部，积分号下函数z)仅有一个一阶极点Z=；,于是故由留数定理，1+/Z2JT于是知/7K,I2=0,3(2,n-)2所以/=-1=:23(2z11)例9设40,计算积分J；Yl.解因悬后匚悬H7r+2Ar
13、它一共有四个一阶极点为=四,仅=0,1,2,3),且符合定理7的条件.而(这里用到了a：+/=。)./(Z)在上半平面内只有两个极点%及修,于是1122a3.5 .留数的应用例10设/(z)=(z-1)(z-2)2(z-4),Ciz=3,试验证辐角原理.1及二阶零点解了(Z)在Z平面上解析，在。上无零点，且在C的内部只有一阶零点Zz=2.所以，一方面由N(,C)=l+2=3;另一方面，当Z沿正方向绕C一周时，有=61，于是，N(fC)=8?3.例11设次多项式在虚轴上没有零点，试证明它的零点全在左半平面RezO内的充要条件是argP(oj)=n11.y(-z4)即当点Z自下而上沿虚轴从点8走
14、向点8的过程中，P(Z)绕原点转了圈.解令周线Ge是右半圆周以及虚轴上从R到-Ri的有向线段所构成.于是P(Z)的零点全在左半平面的充要条件为N(Rg)=O对任意R均成立，由N(,C)=金Wb)即知此条件可写成211=argP(Z)-艇AZWargPW).但我们有=ZItargt7ozn+rcirgl+(z),711其中g(z)=空-,在H+oo时g(z)沿晨一致趋于零.4Z由此知Jmrargl+(z)=0.另一方面又有arg%z=arg%R整=n.这样一来，(1)就是我们所要证明的A8叼arg例12试证：当时e时，方程-=0在单位圆ze,同=eRez=e即有卜z1同,而函数/及-az”均在单位闭圆z1上解析.故由儒歇定理Ne-azn,z=N-azn,z=n.即方程e-z=0在单位圆IZlVl内有n个根.参考文献：1钟玉泉.复变函数论第三版M.北京：高等教育出版社，2003.2欧维义，复变函数论M.吉林：吉林大学出版社，1987.3范德比尔特大学南佛罗里达大学，复分析根底及工程应用M.北京：机械工业出版社，2007.4复变函数学习指导书M.北京：高等教育出版社，1996.
