留数定理
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1 留数定理 2
1.1 留数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 留数的计算方法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3 闭路上积分的计算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3.1 罗朗展式求积分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3.2 三角函数的积分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2 广义积分 6
2.1 有理分式广义积分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.2 三角型广义积分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.3 一般的广义积分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
3 辐角原理 9
3.1 辐角原理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3.2 求解零点数目 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1
1 留数定理
1.1 留数
设 𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的非孤立奇点 (𝑎 ≠ ∞), 则 ∃𝛿 > 0, 使得 𝑓 (𝑧) 在 𝑈 : 0 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝛿 内解析
对于 𝑈 内任意围绕 𝑎 的正向闭路 𝐶 考虑积分
∫
𝐶
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧
∃𝜌 ∈ (0, 𝛿), 使得 𝐶
𝜌
:
|
𝑧 − 𝑎
|
= 𝜌 含在 𝐶 内区域, 则 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 + 𝐶
−
𝜌
所围成的多连通区域内及其全部边界
解析那么
∫
𝐶
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 +
∫
𝐶
−
𝜌
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 0
因此对于 𝑈 内任意围绕 𝑎 的积分与路径无关. 该积分值仅与 𝑓 (𝑧) 和 𝑎 有关, 由此可以定义留数 (残数)
𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑎] =
1
2𝜋𝑖
∫
𝐶
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧
由此可以得到留数定理
设 𝑓 (𝑧) 在闭路 Γ 上解析, 在 Γ 内区域除了 𝑛 个孤立奇点 𝑎
1
, 𝑎
2
, · · · , 𝑎
𝑛
外解析, 则
∫
Γ
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 2 𝜋𝑖
Õ
𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑎
𝑘
]
只需要以每个奇点为中心作小圆, 由多联通区域的柯西积分定理即证
1.2 留数的计算方法
留数可以由罗朗展开得到
设 𝑓 (𝑧) 在 𝐷 : 0 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝛿 的罗朗展式为
𝑓 (𝑧) =
+∞
Õ
−∞
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
则有
𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑎] = 𝑎
−1
即是罗朗展式中
1
𝑧−𝑎
的系数
对 本性奇点 , 可去奇点 , 极点 都适用. 只需要在罗朗系数中取 𝑛 = −1 对照定义即证. 对于本性奇点只能
用此方法计算留数. 如
𝑒
𝑧
1− 𝑧
= 𝑒
−1
𝑒
−
1
𝑧−1
=
1
𝑒
+∞
Õ
𝑛=0
(−1)
𝑛
𝑛!(𝑧 − 1)
𝑛
⇒ 𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 1] = 𝑎
−1
=
1
𝑒
有推论:
设 𝑎 为 𝑓 (𝑧) 的 𝑚 级极点, 则
𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑎] =
1
(𝑚 − 1)!
lim
𝑧→𝑎
𝑑
𝑚−1
𝑑𝑧
𝑚
−
1
[
(𝑧 − 𝑎)
𝑚
𝑓 (𝑧)
]
由极点的性质有 𝑓 (𝑧) =
𝜑 (𝑧 )
(𝑧−𝑎)
𝑚
再取回路积分即证. 需要注意的是只适用于极点
特别地, 对于一级极点 𝑚 = 1 有
𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑎] = lim
𝑧→𝑎
(𝑧 − 𝑎) 𝑓 (𝑧)
若 𝑃(𝑧) 和 𝑄(𝑧) 都在 𝑎 点解析
𝑃(𝑎) ≠ 0, 𝑄 (𝑎) = 0, 𝑄
′
(𝑎) ≠ 0
则
𝑅𝑒𝑠
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
, 𝑎
=
𝑃(𝑎)
lim
𝑧→𝑎
𝑄
′
(𝑧) =
𝑃 (𝑎)
𝑄
′
(𝑎)
由于 𝑎 为 𝑄 的一级零点, 则 𝑎 为
𝑃 (𝑧 )
𝑄(𝑧)
的一级极点那么
𝑄(𝑧) = 𝑄
′
(𝑎)(𝑧 − 𝑎) +
+∞
Õ
𝑛=2
𝑄
(𝑛)
(𝑎)
𝑛!
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
因此
𝑅𝑒𝑠
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
, 𝑎
= lim
𝑧→𝑎
(𝑧 − 𝑎)
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
= lim
𝑧→𝑎
𝑃(𝑧)
𝑄
′
(𝑎)(𝑧 − 𝑎) +
+∞
Í
𝑛=2
𝑄
(𝑛)
(𝑎)
𝑛!
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
=
𝑃(𝑧)
𝑄
′
(𝑎)
就又得到了推论
若 𝑃(𝑧) 和 𝑄(𝑧) 都在 𝑎 点解析,𝑃(𝑎) ≠ 0, 𝑄(𝑎) = 0, 𝑄
′
(𝑎) ≠ 0, 则
𝑅𝑒𝑠
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
, 𝑎
=
𝑃(𝑧)
𝑄
′
(𝑎)
注意该方法只适用于一级极点
对于一些较复杂的函数,泰勒展开可以辅助计算留数. 如求解一级极点的留数时
𝑅𝑒𝑠
𝑧 sin 𝑧
(1 − 𝑒
𝑧
)
3
= lim
𝑧→0
𝑧
2
sin 𝑧
(1 − 𝑒
𝑧
)
3
= lim
𝑧→0
1 −
𝑧
2
3!+···
(−1)
3
(1 +
𝑧
2!
+ · · · )
= −1
也可以由泰勒展开待定系数从而求出罗朗展式的 𝑎
−1
从而得到留数, 如
𝑓 (𝑧) =
1
𝑧
3
sin 𝑧
2
=
1
𝑧
3
𝑧
2
−
(𝑧
2
)
3
3!
+ · · ·
=
1
𝑧
5
1 −
𝑧
4
3!
+ · · ·
=
1
𝑧
5
𝜑(𝑧)
希望求 𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 0] 即将 𝑓 (𝑧) 罗朗展开求 𝑎
−1
, 也就是将 𝜑(𝑧) 展开为 𝑧 的幂级数, 得到 𝑏
4
进而就能得
到留数. 此处运用
待定系数法
, 设
1
𝑧
5
1 −
𝑧
4
3!
+ · · ·
=
1
𝑧
5
+∞
Õ
0
𝑏
𝑛
𝑧
𝑛
也就是
1 −
𝑧
4
3!
+ · · ·
+∞
Õ
0
𝑏
𝑛
𝑧
𝑛
= 1
比较四次幂项有 𝑏
4
−
1
3!
= 0, 再比较零次幂项得 𝑏
0
= 1, 因而
𝑏
4
=
1
6
⇒ 𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 0] =
1
6
需要注意该方法只适用于即点,不适用于本性奇点. 待定系数法在高阶极点时较为方便
1.3 闭路上积分的计算
1.3.1 罗朗展式求积分
对于罗朗展式的系数有定理
设 𝑓 (𝑧) 在圆环域 𝐷 : 𝑟 <
|
𝑧 − 𝑎
|
< 𝑅 内解析, 则 ∀𝑧 ∈ 𝐷, 有
𝑓 (𝑧) =
+∞
Õ
𝑛=−∞
𝑎
𝑛
(𝑧 − 𝑎)
𝑛
, 𝑎
𝑛
=
1
2𝜋𝑖
∫
𝐶
𝑓 (𝜁)
(𝜁 − 𝑎)
𝑛+1
𝑑 𝜁 , 𝑛 = ±1, ±2 · · ·
其中 𝐶 是圆环域 𝐷 内任一条围绕 𝑎 点的逆时针方向的简单闭路. 如果取 𝑛 = −1 时则有
𝑎
−
1
=
1
2𝜋𝑖
∫
𝐶
𝑓
(
𝜁
)
𝑑𝜁
于是就得到了定理
∫
𝐶
𝑓 (𝜁)𝑑𝜁 = 2𝜋𝑖𝑎
−1
其中 𝑎
−1
是 𝑓 (𝑧) 在含 𝐶 且以 𝑎 为中心的某解析圆环域 𝐷 内的罗朗展式中
1
𝑧−𝑎
的系数
因此当 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 内有多个奇点时 𝑎
1
≠ 𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑧]
1.3.2 三角函数的积分
∫
2 𝜋
0
𝑅(cos 𝜃, sin 𝜃)𝑑𝜃
其中 𝑅 表示有理函数则令 𝑧 = 𝑒
𝑖 𝜃
, 则
𝑑𝑧 = 𝑖𝑧𝑑𝜃 ⇒ 𝑑𝜃 =
1
𝑖𝑧
𝑑𝑧
有变换
cos 𝜃 =
1
2
(
𝑧 + 𝑧
)
=
1
2
𝑧 +
1
𝑧
sin 𝜃 =
1
2𝑖
(
𝑧 − 𝑧
)
=
1
2𝑖
𝑧 −
1
𝑧
并且积分路径变成了
|
𝑧
|
=
1
(
逆时针
),
因此
∫
2 𝜋
0
𝑅(cos 𝜃, sin 𝜃)𝑑𝜃 =
∫
|
𝑧
|
=1
𝑅
1
2
𝑧 +
1
𝑧
,
1
2𝑖
𝑧 −
1
𝑧
1
𝑖𝑧
𝑑𝑧
然后可以由留数定理求积分. 注意在作三角函数代换前有变形的技巧
cos 𝑚𝜃 = 𝑅𝑒 𝑒
𝑖𝑚𝜃
然后再作变换 𝑧 = 𝑒
𝑖 𝜃
时就有
𝑅𝑒 𝑒
𝑖𝑚𝜃
= 𝑅𝑒𝑧
𝑚
再将取实部运算与积分交换顺序, 就可以利用留数求解积分. 如
∫
2 𝜋
0
1 − cos 𝑚𝑥
5 − 4 cos 𝑥
𝑑𝑥 =
∫
2 𝜋
0
1 − 𝑅𝑒 𝑒
𝑖𝑚𝑥
5 − 4 cos 𝑥
𝑑𝑥 =
∫
2 𝜋
0
𝑅𝑒
1 − 𝑒
𝑖𝑚𝑥
5 − 4 cos 𝑥
𝑑𝑥 = 𝑅𝑒
∫
2 𝜋
0
1 − 𝑒
𝑖𝑚𝑥
5 − 4 cos 𝑥
𝑑𝑥
令 𝑧 = 𝑒
𝑖𝑥
得到
∫
2 𝜋
0
1 − cos 𝑚𝑥
5 − 4 cos 𝑥
𝑑𝑥 = 𝑅𝑒
∫
|
𝑧
|
=1
1 − 𝑧
𝑚
5 − 2
𝑧 +
1
𝑧
·
1
𝑖𝑧
𝑑𝑧 = 𝑅𝑒
1
𝑖
∫
|
𝑧
|
=1
𝑧
𝑚
− 1
(𝑧 − 2)(2𝑧 − 1)
𝑑𝑧
就可以利用留数或是柯西积分定理求解.
对于积分中含有
|
𝑧
|
和
|
𝑑𝑧
|
的积分, 先用参数法化为 𝜃 的积分, 从而将参数消去
|
𝑑𝑧
|
=
|
𝑧
′
(𝜃)
|
𝑑𝜃,
|
𝑧
|
2
= 𝑧𝑧
再令 𝑤 = 𝑒
𝜃
将其化为新的复积分. 如
∫
|
𝑧−4
|
=2
𝑒
𝑧
|
𝑧
|
2
𝑑𝑧
积分回路参数方程 𝑧 = 4 + 2𝑒
𝑖 𝜃
, 那么
|
𝑑𝑧
|
=
2𝑖𝑒
𝑖 𝜃
𝑑𝜃 = 2𝜃,
|
𝑧
|
2
= (4 + 2𝑒
𝑖 𝜃
)(4 + 2𝑒
𝑖 𝜃
) = (4 + 2𝑒
𝑖 𝜃
)(4 + 2𝑒
−𝑖𝜃
)
那么原积分就化为了
∫
|
𝑧−4
|
=2
𝑒
𝑧
|
𝑧
|
2
𝑑𝑧 =
∫
2 𝜋
0
𝑒
4+2𝑒
𝑖 𝜃
(4 + 2𝑒
𝑖 𝜃
)(4 + 2𝑒
−𝑖𝜃
)
2𝑑𝜃
再令 𝑤 = 𝑒
𝑖 𝜃
, 有 𝑑𝜃 =
1
𝑖 𝜔
𝑑𝜔, 将积分化为
∫
|
𝜔
|
=1
𝑒
4
𝑒
2𝜔
20 + 8(𝜔 +
1
𝜔
)
2
𝑖𝜔
𝑑𝜔
利用留数定理或是柯西积分公式即可求出积分
2 广义积分
广义积分相关概念见数学分析 B2
2.1 有理分式广义积分
对于
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
𝑑𝑥
𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) 都是多项式, 要求
1. 𝑄(𝑥) 比 𝑃(𝑥) 至少高两次
2. 𝑄(𝑥) ≠ 0
那么广义积分收敛, 并等于其柯西主值
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
𝑑𝑥 = lim
𝐴→+∞
∫
+𝐴
− 𝐴
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
𝑑𝑥
取积分路径为直线段, 再添加上半圆 𝐶
𝐴
𝐶
𝐴
: 𝑧 = 𝐴𝑒
𝑖 𝜃
, 0 ≤ 𝜃 < 𝜋
则其与直线段构成复闭路. 希望使用留数定理, 取辅助函数
𝑅(𝑧) =
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
奇点为 𝑄(𝑧) 的零点, 由于
𝑄(𝑥) ≠ 0
, 则实轴上没有奇点. 由于是多项式函数, 奇点只有有限个, 只要将圆
弧取的足够大即可使得路径上没有奇点
设 𝐶 内的奇点为 𝑎
1
, 𝑎
2
, · · · , 𝑎
𝑛
𝐴
都是极点那么由留数定理
∫
𝐶
𝑃
(
𝑧
)
𝑄(𝑧)
𝑑𝑧 =
∫
𝐴
− 𝐴
𝑃
(
𝑧
)
𝑄(𝑧)
𝑑𝑥 +
∫
𝐶
𝐴
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑑𝑧 = 2 𝜋𝑖
Õ
𝑘
𝑅𝑒𝑠
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
, 𝑎
𝑘
由大圆弧引理得到 (详情见” 复变函数的积分”)
设 ∃𝑅
0
> 0, 使得 𝑅 > 𝑅
0
时, 𝑓 (𝑧) 在圆弧 𝐶
𝑅
: 𝑧 = 𝑅𝑒
𝑖 𝜃
, 𝛼 ≤ 𝜃 ≤ 𝛽 上连续, 则
lim
𝑧→∞
𝑧 𝑓 (𝑧) = 0 ⇒ lim
𝑅→+∞
∫
𝐶
𝑅
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 0
由此可以得到
lim
𝐴→+∞
∫
𝐶
𝐴
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑑𝑧 = 0
于是就得到了定理
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
𝑑𝑥 = 2𝜋𝑖
Õ
𝑘
𝑅𝑒𝑠
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
, 𝑎
𝑘
需要注意, 此处奇点是上半平面的全部奇点, 它们都是极点
2.2 三角型广义积分
对于
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
cos 𝑚𝑥𝑑𝑥,
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
sin 𝑚𝑥𝑑𝑥, 𝑚 > 0
的广义积分. 要求
1. 𝑃(𝑥), 𝑄(𝑥) 为实多项式
2. 𝑄(𝑥) 比 𝑃(𝑥) 次数高一次以上
3. 𝑥 ∈ ℝ 时分母 𝑄(𝑥) 除了 𝑙 个一级实零点外没有其他零点
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
cos 𝑚𝑥𝑑𝑥 = 𝑅𝑒
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
𝑒
𝑖𝑚𝑥
𝑑𝑥,
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
sin 𝑚𝑥𝑑𝑥 = 𝐼𝑚
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
𝑒
𝑖𝑚𝑥
𝑑𝑥
因此令 𝑅(𝑧) =
𝑃 (𝑧 )
𝑄(𝑧)
, 则在实轴上除了有 𝑙 个一级零点外处处解析, 设为 𝑥
1
, 𝑥
2
, · · · 𝑥
𝑙
. 希望先计算
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
𝑒
𝑖𝑚𝑥
𝑑𝑥
取辅助函数 𝑓 (𝑧 ) = 𝑅(𝑧)𝑒
𝑖𝑚𝑧
, 添加上半圆弧 𝐶
𝐴
: 𝑧 = 𝐴𝑒
𝑖 𝜃
, 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋, 𝐴 充分大, 并添加实轴上每个奇点 𝑥
𝑘
为圆心,𝑟 > 0 为半径的上半圆弧 𝐶
−
𝑟 ,𝑘
, 1 ≤ 𝑘 ≤ 𝑙
于是就有辅助闭路
𝐶 = 𝐶
𝐴
+ [−𝐴, 𝑥
1
− 𝑟] + 𝐶
−
𝑟 ,1
+ [𝑥
1
+ 𝑟, 𝑥
2
− 𝑟] + · · ·
设 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 内的所有奇点为 𝑎
1
, 𝑎
2
, · · · , 𝑎
𝑛
𝐴
. 由留数定理得到
∫
𝐶
𝐴
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧+
∫
𝑥
1
−𝑟
− 𝐴
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧+
∫
𝐶
−
𝑟,1
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧+
𝑘=2
Õ
𝑙
∫
𝑥
𝑥
𝑘
−𝑟
𝑘−1
𝑓 (𝑥)𝑑𝑧 +
∫
𝐶
−
𝑟,𝑘
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧
!
+
∫
𝐴
𝑥
𝑙
+𝑟
𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 2𝜋𝑖
𝑛
𝐴
Õ
𝑘=1
𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑎
𝑘
]
令 𝐴 → +∞, 𝑟 → 0 得到
lim
𝐴
→+∞
∫
𝐶
𝐴
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑒
𝑖𝑚𝑧
𝑑𝑧 + 𝑉 .𝑃.
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑒
𝑖𝑚𝑧
𝑑𝑧 +
Õ
lim
𝑟→0
∫
𝐶
−
𝑟,𝑘
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑒
𝑖𝑚𝑧
𝑑𝑧 = 2 𝜋𝑖
Õ
𝑅𝑒𝑠
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑒
𝑖𝑚𝑧
, 𝑎
𝑘
由 Jordan 引理得到第一项为零 (详情见” 复变函数的积分”). 此处列出小圆弧引理
若 ∃𝜌
0
> 0, 使得当 0 < 𝜌 < 𝜌
0
时, 𝑓 (𝑧) 在
𝐶 𝜌 : 𝑧 = 𝑎 + 𝜌𝑒
𝑖 𝜃
, 𝛼 ≤ 𝜃 ≤ 𝛽
上连续, 若有
lim
𝑧→𝑎
(𝑧 − 𝑎) 𝑓 (𝑧) = 𝑘
则
lim
𝜌→0
∫
𝐶
𝜌
𝑓
(
𝑧
)
𝑑𝑧
=
𝑖
(
𝛽
−
𝛼
)
𝑘
特别地若 𝑎 为 𝑓 (𝑧) 的一级极点则有
𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑎] = lim
𝑧→𝑎
(𝑧 − 𝑎) 𝑓 (𝑧)
记 𝐶
𝜌
: 𝑧 = 𝑎 + 𝜌𝑒
𝑖 𝜃
, 𝛼 ≤ 𝜃 ≤ 𝛽, 则
lim
𝜌→0
∫
𝐶
𝜌
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 𝑖(𝛽 − 𝛼)𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑎]
那么因为取的是半圆
lim
𝑟→0
∫
𝐶
−
𝑟,𝑘
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑒
𝑖𝑚𝑧
𝑑𝑧 = 𝑖𝜋𝑅𝑒𝑠
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑒
𝑖𝑚𝑧
, 𝑥
𝑘
至此得到
𝑉.𝑃.
∫
+∞
−∞
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
𝑒
𝑖𝑚𝑥
𝑑𝑥 = 2𝜋𝑖
Õ
𝑅𝑒𝑠
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑒
𝑖𝑚𝑧
, 𝑎
𝑘
+ 𝑖𝜋
Õ
𝑅𝑒𝑠
𝑃(𝑧)
𝑄(𝑧)
𝑒
𝑖𝑚𝑧
, 𝑥
𝑘
其中 𝑎
𝑘
为上半平面的所有奇点,𝑥
𝑘
为实轴上的所有奇点
2.3 一般的广义积分
根据上面的讨论, 对于混合了三角函数和有理函数的积分, 综合运用上文的各定理进行分析. 此处列出它
们的常用形式
大圆弧引理 (推论)
lim
𝑧→∞
𝑧 𝑓 (𝑧) = 0 ⇒ lim
𝑅→+∞
∫
|
𝑧
|
<𝑅
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 0
小圆弧引理 (推论)
若 𝑥
𝑘
为 𝑓 (𝑧) 在实轴上的一级零点, 则
lim
𝜌→0
∫
𝐶
𝑓 (𝑧) = 𝜋𝑖𝑅𝑒𝑠[ 𝑓 (𝑧), 𝑥
𝑘
]
Jordan 引理
lim
𝑅→+∞,𝐼𝑚𝑧>0
𝑓 (𝑧) = 0 ⇒
∫
|
𝑧
|
=𝑅,𝐼𝑚𝑧>0
𝑓 (𝑧)𝑒
𝑖𝑚𝑧
= 0
如求解
∫
+∞
−∞
1 − cos 2𝑎𝑥
𝑥
2
𝑑𝑥
则首先写为指数形式
∫
+∞
−∞
1 − cos 2𝑎𝑥
𝑥
2
𝑑𝑥 = 𝑅𝑒
∫
+∞
−∞
1 − 𝑒
𝑖2𝑎𝑥
𝑥
2
𝑑𝑥
取辅助函数 𝑅(𝑧) =
1−𝑒
𝑖2𝑎𝑧
𝑧
2
, 所求积分即实轴上的积分
𝑅𝑒
∫
+∞
−∞
𝑅(𝑧)𝑑𝑧, 希望先求
∫
+∞
−∞
𝑅(𝑧)𝑑𝑧
实轴上的
奇点只有 𝑧 = 0, 上半平面没有零点
. 取一个回路 𝐶 + 𝐶
−
0
+ 𝐶
𝑥
𝐶 :
|
𝑧
|
= 𝑅, 𝐼𝑚𝑧 > 0, 𝐶
−
0
:
|
𝑧
|
= 𝜌, 𝐼𝑚𝑧 > 0, 𝐶
𝑥
: [− 𝑅, −𝜌] + [𝜌, 𝑅]
𝑅(𝑧) 在其中解析, 所求的积分即
lim
𝜌→0
∫
𝐶
𝑥
𝑅(𝑧)𝑑𝑧
由留数定理得到 (区域内无奇点!)
∫
𝐶
𝑅(𝑧)𝑑𝑧 +
∫
𝐶
𝑥
𝑅(𝑧)𝑑𝑧 +
∫
𝐶
−
0
𝑅(𝑧)𝑑𝑧 = 0
由
大圆弧引理
lim
𝑧→∞
𝑧 ·
1
𝑧
2
= 0 ⇒ lim
𝑅→+∞
∫
𝐶
1
𝑧
2
= 0
由Jordan 引理
lim
𝑧→∞
1
𝑧
2
= 0 ⇒ lim
𝑅→+∞
∫
𝐶
𝑒
𝑖2𝑎𝑧
𝑧
2
= 0
因而得到大半圆上的积分为零
lim
𝑅→+∞
∫
𝐶
𝑅(𝑧)𝑑𝑧 = lim
𝑅→+∞
∫
𝐶
1
𝑧
2
− lim
𝑅→+∞
∫
𝐶
𝑒
𝑖2𝑎𝑧
𝑧
2
= 0
因此 𝑅 → +∞ 时就有
∫
𝐶
𝑥
𝑅(𝑧)𝑑𝑧 =
∫
𝐶
0
𝑅(𝑧)𝑑𝑧
由罗朗展开得到 0 为 𝑅(𝑧) 的一级极点, 那么由小圆弧引理
lim
𝑧→0
∫
𝐶
0
𝑅(𝑧)𝑑𝑧 = 𝜋𝑖𝑅𝑒𝑠[𝑅(𝑧), 0] = −2𝑎𝑖
留数也由由罗朗展开求得. 于是 (注意此时𝐶
−
0
变为了 𝐶
0
)
𝑉.𝑃.
∫
+∞
−∞
𝑅(𝑧)𝑑𝑧 = lim
𝜌→0
∫
𝐶
0
𝑅(𝑧)𝑑𝑧 = 𝜋𝑖 · (−𝑎𝑖) = 2𝑎𝜋
因而
∫
+∞
−∞
1 − cos 2𝑎𝑥
𝑥
2
𝑑𝑥 = 𝑅𝑒𝑉.𝑃.
∫
+∞
−∞
𝑅(𝑧)𝑑𝑧 = 2𝑎𝜋
3 辐角原理
3.1 辐角原理
设 𝑎 是 𝑓 (𝑧) 的 𝑚 级零点,𝑏 是 𝑓 (𝑧) 的 𝑛 级极点, 则 𝑎, 𝑏 都是
𝑓
′
(𝑧 )
𝑓 (𝑧 )
的 1 级极点, 并且
𝑅𝑒𝑠
𝑓
′
(𝑧)
𝑓 (𝑧)
, 𝑎
= 𝑚, 𝑅𝑒𝑠
𝑓
′
(𝑧)
𝑓 (𝑧)
, 𝑏
= −𝑛
由零点定义 𝑓 (𝑧) = (𝑧 − 𝑎)
𝑚
𝜑(𝑧), 𝜑(𝑧) ≠ 0, 代入求导即证; 极点同理
设 𝑓 (𝑧) 在正向闭路 𝐶 上解析,∀𝑧 ∈ 𝐶 有 𝑓 (𝑧) ≠ 0, 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 内部除去最多有限个极点外解析 (无
本性奇点), 则
1
2𝜋𝑖
∫
𝐶
𝑓
′
(𝑧)
𝑓 (𝑧)
𝑑𝑧 = 𝑁 − 𝑃
其中 𝑁 表示 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 区域的零点级数总和,𝑃 表示 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 内区域的极点级数总和. 即 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 内
区域所有零点与所有极点的级数之差
欲证明该结论, 假设 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 内有有限 𝑛 个不同的零点 𝑎
1
, 𝑎
2
, · · · , 𝑎
𝑛
和 𝑚 个不同的极点 𝑏
1
, 𝑏
2
· · · 𝑏
𝑚
,
级数分别为 𝛼
1
, 𝛼, · · · , 𝛼
𝑛
与 𝛽
1
, 𝛽
2
, · · · , 𝛽
𝑚
, 那么由上文结论
{𝑎
1
, · · · , 𝑎
𝑛
}, {𝑏
1
, · · · , 𝑏
𝑚
}
都是
𝑓
′
(𝑧 )
𝑓 (𝑧 )
的一级极点. 那么由留数定理
∫
𝐶
𝑓
′
(𝑧)
𝑓 (𝑧)
𝑑𝑧 = 2 𝜋𝑖
(
𝑛
Õ
𝑘=1
𝑅𝑒𝑠
𝑓
′
(𝑧)
𝑓 (𝑧)
, 𝑎
𝑘
+
𝑚
Õ
𝑗=1
𝑅𝑒𝑠
𝑓
′
(𝑧)
𝑓 (𝑧)
, 𝑏
𝑗
)
= 2𝜋𝑖
"
𝑛
Õ
𝑘=1
𝛼
𝑘
+
𝑚
Õ
𝑗=1
(−𝛽)
#
= 2𝜋𝑖(𝑁 − 𝑃)
只需要证明只有有限个零点, 定义 𝐶 内除去全部奇点的区域设为 𝐷
1
. 首先证明不能恒等于零: 由解析得
连续, 若 𝑓 (𝑧) 在 𝐷
1
上恒为零, 则 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 + 𝐷
1
上连续, 在 𝐶 上为零矛盾
假设 𝑓 (𝑧) 在 𝐷
1
内由一列无穷多互不相等的零点 {𝑧
𝑛
}
+∞
𝑛=1
, 在 𝐷
1
内有一收敛子列 {𝑧
𝑛
𝑘
}
+∞
𝑘=1
, 记其极限为
𝑧
0
. 于是
lim
𝑧→𝑧
0
𝑓 (𝑧) ≠ ∞
那么 𝑧
0
不是极点, 根据条件是解析点, 那么 𝑧
0
是非孤立的零点, 由圆链发得到 𝐷
1
内恒等于零, 同上也矛
盾. 就证明了这个定理
设有任意简单连续逐段光滑的曲线 (不要求闭曲线!)Γ, 𝑓 (𝑧) 在 Γ 上解析且不等于零.𝜔 = 𝑓 (𝑧) 将 Γ 映照为
𝜔 平面一简单连续曲线 𝑙
Γ
. 设 𝑙
Γ
方程为
𝑤 = 𝜌(𝜃)𝑒
𝑖 𝜃
𝜃 从起点 𝛼 变到终点 𝛽
∫
Γ
𝑓
′
(𝑧)
𝑓 (𝑧)
𝑑𝑧 =
∫
Γ
𝑑𝑓 (𝑧)
𝑓 (𝑧)
=
∫
𝑙
𝛾
1
𝜔
𝑑𝜔 =
∫
𝛽
𝛼
𝜔
′
(𝜃)
𝜔(𝜃)
𝑑𝜃 =
∫
𝛽
𝛼
𝜌
′
(𝜃)𝑒
𝑖 𝜃
+ 𝜌(𝜃)𝑖𝑒
𝑖 𝜃
𝜌(𝜃)𝑒
𝑖 𝜃
𝑑𝜃 =
∫
𝛽
𝛼
𝜌
′
(𝜃)
𝜌(𝜃)
𝑑𝜃 +
∫
𝛽
𝛼
𝑖𝑑𝜃
因此
∫
Γ
𝑓
′
(𝑧)
𝑓 (𝑧)
𝑑𝑧 = ln 𝜌(𝛽) − ln 𝜌(𝛼) + 𝑖(𝛽 − 𝛼)
其中 𝛽 − 𝛼 就是 𝑧 沿 Γ 从起点变到终点时 𝑎𝑟𝑔 𝑓 (𝑧) 的变化, 即
Δ
Γ
𝑎𝑟𝑔 𝑓 (𝑧) = 𝛽 − 𝛼
当 Γ 是闭曲线 𝐶 时,𝑙
𝐶
也是闭曲线, 则积分实部为零, 即
∫
𝐶
𝑓
′
(𝑧)
𝑓 (𝑧)
𝑑𝑧 = Δ
𝐶
𝑎𝑟𝑔 𝑓 (𝑧)
结合前一个定理就得到了辐角原理
设 𝑓 (𝑧) 在正向闭路 𝐶 上解析, 且在 𝐶 上不为零, 并且在 𝐶 内部除去最多有限个极点外解析, 则
Δ
𝐶
𝑎𝑟𝑔 𝑓 (𝑧) = 2𝜋(𝑁 − 𝑃)
其中 𝑁 表示 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 区域的零点级数总和,𝑃 表示 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 内区域的极点级数总和. 即 𝑓 (𝑧) 在 𝐶 内
区域所有零点与所有极点的级数之差
3.2 求解零点数目
求解零点数目有好用的定理儒歇定理
设 𝑓 (𝑧) 与 𝜑(𝑧) 在正向闭路 𝐶 及其内区域都解析, 在 𝐶 上有
|
𝑓 (𝑧)
|
>
|
𝜑(𝑧)
|
则在 𝐶 内区域 𝑓 (𝑧) + 𝜑(𝑧) 和 𝑓 (𝑧) 的零点级数之和相等.
设 𝑓 (𝑧) + 𝜑(𝑧) 和 𝑓 (𝑧) 的零点个数分别为 𝑁, 𝑁
′
, 由绝对值不等式知它们在边界上没有零点. 由于解析无
极点, 得
𝑁 − 0 =
1
2𝜋
Δ
𝐶
𝑎𝑟𝑔{ 𝑓 (𝑧) + 𝜑(𝑧)} =
1
2𝜋
Δ
𝐶
𝑎𝑟𝑔
𝑓 (𝑧)
1 +
𝜑(𝑧)
𝑓 (𝑧)
这又等于
1
2𝜋
Δ
𝐶
𝑎𝑟𝑔 𝑓 (𝑧) + Δ
𝐶
𝑎𝑟𝑔
1 +
𝜑(𝑧)
𝑓 (𝑧)
= 𝑁
′
+
1
2𝜋
Δ
𝐶
𝑎𝑟𝑔
1 +
𝜑(𝑧)
𝑓 (𝑧)
由于有
|
𝑓 (𝑧)
|
<
|
𝜑(𝑧)
|
, 那么
𝑓 (𝑧 )
𝜑 (𝑧 )
< 1, 因此 1 +
𝑓 (𝑧 )
𝜑 (𝑧 )
不过原点, 有
Δ
𝐶
𝑎𝑟𝑔
1 +
𝑓 (𝑧)
𝜑(𝑧)
= 0
因此即证
运用儒歇定理可以很方便地求解函数在某一区域零点的数目. 假设要求的函数为 𝑔(𝑧), 取 𝑔(𝑧 ) 中模最大
的一项记为 𝑓 (𝑧), 若有
|
𝑓 (𝑧)
|
>
|
𝑔(𝑧) − 𝑓 (𝑧)
|
那么 𝑔(𝑧) 的零点个数与 𝑓 (𝑧) 相同. 如欲求解 𝑔(𝑧) = 𝑧
10086
+ 𝑧
3
+ 𝑒
𝑧
在 2 <
|
𝑧
|
< 3 的零点数目, 则取
𝑓 (𝑧) = 𝑧
10086
, 显然有
𝑧
10086
>
𝑧
3
+ 𝑒
𝑧
那么待求函数与 𝑧
10086
有相同的零点个数, 即 1 个
设 𝑃(𝑧) = 𝑧
𝑛
+ 𝑎
1
𝑧
𝑛−1
+ · · · + 𝑎
𝑛−1
𝑧 + 𝑎
𝑛
在虚轴上无零点, 若当点 𝑧 自下而上沿虚轴从 −𝑖∞ 走向 +𝑖∞
过程中 𝑃(𝑧) 绕原点逆时针转了 𝑘 圈, 即
𝑎𝑟𝑔𝑃(𝑖𝑦) = 2𝑘 𝜋
则 𝑃(𝑧) 在左半平面共有 (
𝑛
2
+ 𝑘) 个零点 (级数总和)
设左半平面级数和为 𝑚, 取在左半平面的半圆为闭路, 直径在虚轴上记为 𝐶
1
, 半圆记为 𝐶
𝑅
, 则由辐角原理
lim
𝑅→+∞
Δ
𝐶
𝑎𝑟𝑔𝑃(𝑧) = 2𝜋(𝑁 − 𝑃) = 2𝜋𝑚
也就是
lim
𝑅→+∞
Δ
𝐶
1
𝑎𝑟𝑔𝑃(𝑧) + lim
𝑅→+∞
Δ
𝐶
𝑅
𝑎𝑟𝑔𝑃(𝑧) = 2𝜋𝑚
其中由题目条件, 第一项为 2𝑘 𝜋, 考察第二项. 令
𝑃(𝑧) = 𝑧
𝑛
𝜑(𝑧), 𝜑(𝑧) = 1 +
𝑎
1
𝑧
+ · · · +
𝑎
𝑛
𝑧
𝑛
则
Δ
𝐶
𝑅
𝑎𝑟𝑔𝑃
(
𝑧
)
= Δ
𝐶
𝑅
𝑎𝑟𝑔𝑧
𝑛
+ Δ
𝐶
𝑅
𝑎𝑟𝑔𝜑(𝑧)
而
Δ
𝐶
𝑅
𝑎𝑟𝑔𝑧
𝑛
= 𝑛Δ
𝐶
𝑅
𝑎𝑟𝑔𝑧 = 𝑛
3𝜋
2
−
𝜋
2
= 𝑛𝜋
并且
lim
𝑧∈𝐶
𝑅
,𝑅→+∞
𝜑(𝑧) = 1 ⇒ lim
𝑅→+∞
Δ
𝐶
𝑅
𝑎𝑟𝑔𝜑(𝑧) = 0
代入即得
𝑚 =
𝑛
2
+ 𝑘
实际求解过程较为复杂, 此处用例子说明. 如求解
𝑓 (𝑧) = 𝑧
5
+ 𝑧
2
+ 1
令 𝑧 = 𝑖𝑦, 使 𝑦 由 −∞ 变化到 +∞, 希望求得 𝑓 (𝑧) 转圈的数目. 代入得到
𝑤 = 𝑓 (𝑧) = −𝑦
2
+ 1 + 𝑖𝑦
5
分为实部和虚部分别考察其正负
𝑢 = 1 − 𝑦
2
, 𝑣 = 𝑦
5
𝑢 的零点为 𝑦 = ±1,𝑣 的零点为 𝑦 = 0, 那么正负性可以列表如下
𝑦 −∞ (−∞, −1) (−1, −0) (0, 1) (1, +∞) +∞
𝑢 −∞ − + + − −∞
𝑣 −∞ − − + + +∞
𝑤 3 4 1 2
并且 𝑣 的增长速率比 𝑢 大许多, 因此认为 𝑤 逆时针转了
1
2
圈, 因而左半平面零点数目为
5
2
+
1
2
= 3
有推论
若 𝑃(𝑧) 在虚轴上没有零点, 设 Δ𝑎𝑟𝑔𝑃(𝑖𝑦) = 2𝑘 𝜋, 则 𝑃(𝑧) 在右半平面共有 (
𝑛
2
− 𝑘) 个零点
若在实轴上也没有零点, 并且 𝑃(𝑧) 的所有系数为实数, 则 𝑃(𝑧) 在一四象限都分别有
𝑛−2𝑘
4
个零点,
在二三象限分别有
𝑛+2𝑘
4
个零点
由 𝑧
0
是 𝑃(𝑧) 零点则 𝑧
0
也是零点即证
