UA MATH524 復變函數(shù)13 補充：留數(shù)計算的例題

• • 概念與公式總結(jié)
  • 例題
  • • pole的留數(shù)公式
    • Laurent級數(shù)法

概念與公式總結(jié)

孤立奇點類型與判斷
假設$z_0$是復變函數(shù)$f$的孤立奇點，則

• $z_0$為可去奇點，如果${\lim }_{z\to z_0}f(z)$存在且有限（此時Laurent級數(shù)與冪級數(shù)相同）；
• $z_0$為$m$階pole，如果$H(z)=f(z)(z?z_0{)}^m$在$z_0$的鄰域解析并且$H(z_0)=0$（此時${\lim }_{z\to z_0}f(z)$存在且為無限、Laurent級數(shù)主部有$m$項）
• $z_0$為本性奇點，如果${\lim }_{z\to z_0}f(z)$不存在（此時Laurent級數(shù)主部有無窮項）

不同類型孤立奇點的留數(shù)計算方法
假設$f$在$\stackrel{°}{B}(z_0,r)$上解析，則留數(shù)的定義為
$$Res(f;z_0)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|w?z_0|=s}f(w)dw,0<s<r$$

• 當$f$在$z_0$處解析或者$f$在$z_0$處滿足${\lim }_{z\to z_0}|f(z)|<\infty$時，$$Res(f;z_0)=f(z_0)$$
• 當$z_0$是$f$的$m$階pole時，$$Res(f;z_0)=\frac{H^{(m?1)}(z_0)}{(m?1)!},H(z)=f(z)(z?z_0{)}^m$$
• 當$z_0$是$f$的本性奇點時，$$Res(f;z_0)=c_{?1}$$其中$c_{?1}$是$f$在$z_0$處的Laurent級數(shù)的$(z?z_0{)}^{?1}$項的系數(shù)

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例題

pole的留數(shù)公式

例1 $$f(z)=\frac{z^2+3z?1}{z+2}$$

這個函數(shù)的一階pole為$z_0=?2$，令$H(z)=(z+2)f(z)=z^2+3z?1$，
$$Res(f;?2)=\frac{H^{(1?1)}(?2)}{(1?1)!}=?3$$

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例2 $$f(z)=\frac{e^z}{(z?1{)}^3}$$

這個函數(shù)的三階pole為$z_0=1$，令$H(z)=(z?1{)}^{3}f(z)=e^z$，
$$Res(f;1)=\frac{H^{(3?1)}(1)}{(3?1)!}=\frac{e}{2}$$

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例3
$$f(z)=\frac{Log(z)}{(1+z^2{)}^2}=\frac{Log(z)}{(z?i{)}^2(z+i{)}^2}$$

所以$z_1=i,z_2=?i$是這個函數(shù)的兩個二階pole，記$H_1(z)=\frac{Log(z)}{(z+i{)}^2},H_2(z)=\frac{Log(z)}{(z?i{)}^2}$，
$$\begin{gathered} Res(f;i)=\frac{H_1^{\prime }(i)}{1!}={\frac{\frac{z+i}{z}?2Log(z)}{(z+i{)}^3}|}_{z=i}=\frac{2?i\pi }{(2i{)}^3}=\frac{\pi }{8}+\frac{i}{4} \\ Res(f;?i)=\frac{H_2^{\prime }(?i)}{1!}={\frac{\frac{z?i}{z}?2Log(z)}{(z?i{)}^3}|}_{z=?i}=\frac{2+i\pi }{?(2i{)}^3}=\frac{\pi }{8}+\frac{i}{4} \end{gathered}$$

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例4 計算下面的函數(shù)在$z_0=0$處的留數(shù)
$$f(z)=\cot (\alpha z)=\frac{\cos (\alpha z)}{\sin (\alpha z)}$$

$z_0=0$是$f$的一階pole，記$$H(z)=zf(z)=\frac{1}{\alpha }\frac{\cos (\alpha z)}{\frac{\sin (\alpha z)}{\alpha z}}$$

其中${\lim }_{z\to z_0}\frac{\sin (\alpha z)}{\alpha z}=1$，所以
$$Res(f;0)=H(0)=\frac{1}{\alpha }$$

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例5
$$f(z)=\frac{e^{iaz}?e^{ibz}}{z^2},a=b$$

$z_0=0$是分母的二階零點，但是${\lim }_{z\to z_0}(e^{iaz}?e^{ibz})=0$，此時函數(shù)成為$0/0$不定型。用洛必達法則考慮
$$\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{e^{iaz}?e^{ibz}}{z}=\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{ia{e}^{iaz}?ib{e}^{ibz}}{1}=i(a?b)$$

因此$z_0=0$是$f$的一階pole，記$H(z)=zf(z)=\frac{e^{iaz}?e^{ibz}}{z}$，
$$Res(f;0)=H(0)=i(a?b)$$

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Laurent級數(shù)法

例6 求下面的函數(shù)在$z_0=i$處的留數(shù)
$$f(z)=\frac{e^{iz}}{z(z^2+1{)}^2}=\frac{e^{iz}}{z(z?i{)}^2(z+i{)}^2}$$

$z_0$是$f$的二階pole，記$H(z)=(z?z_0{)}^{2}f(z)=\frac{e^{iz}}{z(z+i{)}^2}$，如果用公式，
$$Res(f;i)=H^{\prime }(z_0)={\frac{(i{z}^2?4z?i)e^{iz}}{z^2(z+i{)}^3}|}_{z=z_0}=?\frac{3}{4e}$$

就會需要計算一個有一點點難算的導數(shù)，所以我們考慮用待定系數(shù)法求$f$的Laurent級數(shù)中的$c_{?1}$。首先，$c_{?1}$是$f$的Laurent展開中$(z?z_0{)}^{?1}$項的系數(shù)，那么它就是$H$的展開${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n(z?z_0{)}^n$中$(z?z_0)$項的系數(shù)$a_1$，令$t=z?z_0=z?i$，則
$$\begin{gathered} e^{iz}=e^{i(t+i)}=e^{?1}\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{i^n}{n!}{t}^n \\ z(z+i{)}^{2}H(z)=(t+i)(t+2i{)}^2\sum _{n=0}^{+\infty }{a}_n{t}^n \end{gathered}$$

根據(jù)$t$項的系數(shù)相等可以得到
$$e^{?1}\frac{i}{1}=i?(2i{)}^2{a}_1+[i?(4i)+(2i{)}^2]a_0$$

根據(jù)常數(shù)項相等可以得到
$$e^{?1}=i?(2i{)}^2{a}_0$$

聯(lián)立可得$a_1=?\frac{3}{4e}$。

PS. 有一說一，這個問題我寧愿直接求導。。。。

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例7 求下面的函數(shù)在$z_0=0$處的留數(shù)
$$f(z)=\frac{1}{z^2\sin z}$$

$z_0=0$是$f$的三階pole，記
$$H(z)=z^{3}f(z)=\frac{z}{\sin z}$$

這個也可以直接用公式，需要求$H$的二階導；也可以用待定系數(shù)法，找$H$的展開中$z^2$項的系數(shù)。答案為$1/6$。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的UA MATH524 复变函数13 补充：留数计算的例题的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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