1005010333-王艳丽-论复变函数中支点的地位与作用

淮南师范学院2014届本科毕业论文

z(m?2)f(m?1)(z) Resf(z)??c?1?(?1)lim

z??z??(m?1)!m定理2[15] （广义留数定理) 设C是扩充复平面上的有向(复)围线, 其所围区域D按照左手规确定: 沿C前行时D总在左方，则当D内除有限个孤立奇点

z1，z2,?,zn(可以是无穷大∞点)外函数f(z)都解析, 且在D?D?C上除z1，

z2,?,zn外都连续时，有

??被看作解析点。

Cf(z)dz?2?i?Resf(z)

k?1z?zkm这里的无穷大点可以被恒看作为函数的奇点，且这里的有限可去孤立点可以

证明 设C是复围线，则当复围线的外圈取逆时针方向而里圈取顺时针方向为正向时, 此时该定理就会变为一般的留数定理, 当C的外圈取顺时针方向而里圈取逆时针方向为正向时, 则此时复周线C所围的区域D就是无界集,设此时的函数f(z)在D的集中有且只有有限多个孤立奇点z1,z2,?,zn，故可得

'''?f(z)dz??2?i?Resf(z)?2?i?Resf(z)

ck?1z?zkk?1z?zknm学习定理的目的是为了运用，那么我们接下来将用上述定理解决一些问题。

例11：计算函数f(z)=?解：因为函数g(z)=

dzzsin11zsinz1zc，其中曲线C为z?2且方向取逆时针方向。 3?在广义复平面上的孤立奇点为无穷远点∞和

zk?1，（k=±1,±2,…），其中z=0是函数g(z)的非孤立奇点。又因为曲线Ck?内包含函数的一个非孤立奇点z=0和无穷多个孤立奇点，所以函数f(z)不可以利用通常的留数定理计算该积分。但是在曲线L=C?1所围成的区域内或者在曲线C的外侧有且仅含有三个奇点，即?和?1?17

。故有广义留数定理可知

论复变函数中支点的地位与作用

f(z)=?故由

dz1zsinzc=- ?dz1zsinzl=-2?i[Resf(z)?Res?Resf(z)]

z?1?z??1z???sinlimz??1?z?111?2cosz??2 z?limz?1z??11??可得

lim(z?z??1?1?1)g(z)?lim(z?)1zz????limz??1?1??z??1??zsin1????1 1?sinz1所以由以上可知，?limg(z)?limz??1?是函数f(z)的一级极点且Resf(z)??z??1??。又由

11zsinzz??=1可知?点时函数的可去奇点。所以，有

?sinResf(z)?limz2g(1)(z)?limz??z??z??111?coszzz?lim?sinz?zcosz?lim?z?0z?0z?02coszsin2z21sinz故有

?dz1zsinzc=-?dz1zsinzz?1l=-2?i(Resf(z)?Resf(z)?Resf(z))?0

z?1?z??1z???例12：计算 ?解：设f(z)?11zdz

e?1，易知函数f(z)的非孤立奇点z=0以及无穷多个有限奇

1e?11z点z?i(k??1,?2,?)都含在闭曲线z?1内。又因为无穷远点∞是函数f(z)2k?的孤立奇点，故函数f(z)在无穷远点∞的邻域内可展开为

f(z)?故有

1e?11z=z?1111???? (?z??) 212z2? 18

淮南师范学院2014届本科毕业论文

?1z?11zdz=?2?iResf(z)?2?iC?1?z??e?11?i?2?i? 1262.4.2 支点在多值函数的积分中的应用

辅助函数或者被积函数均是多值解析函数的情形，只有将复平面适当的割开，使其可分出单值解析分支，此时才可以应用柯西积分定理或柯西留数定理去求所给定的积分函数的值。

例13：计算???0lnxdx的值

(1?x2)2解：以原点O为圆心，以R及r为半径，在复平面上画圆，并取Ox轴上方的两个半圆周，且R充分大，r充分小。Ox轴上的线段AB和B'A'与两个半圆周构成以圆周线C 如

y M i N BA O A x 图8 辅助函数为

f(z)?lnz 22(1?z)在周线C的内部有且仅有一个极点z?i，且它的支点为z=∞和z=0均不包含

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论复变函数中支点的地位与作用

在周线C的内部，所以辅助函数f(z)在周线C的所有的有界闭区域上，且是单支解析的（除极点z?i外）。 令

?(z)?(z?i)2lnzlnz?， 222(z?i)(z?i)(z?i)则 ?'(z)?112??lnz， z(z?i)2(z?i)3所以 Res??'(i)??z?i12?i??2i ???4i?8i28 故由留数定理得 ???????BMB?B?A?A?NAAB??2i??2lnz???i ??dz =2?iC(1?z2)2824现分别计算上式左边各个积分：

（1） 因为limzz?0lnz?0，所以有 22(1?z)lnzdz?0

A?NA(1?z2)2 ? （2） 因limzz???lnz?0，故由定理2可得 22(1?z)lnzdz?0

BMB??(1?z2)2 ? (3) 令A?B?上的z?xei?(x?0),则

lnz?lnx?i?,dz?ei?dx??dx

??lnx?i???lnx?i?lnzdz???(?dx)??dx 于是 lim???0(1?x2)20(1?x2)2r?0BA(1?z2)2R??故 当r?0,R???时，有 ?????lnx?i?lnx??2dx??dx???i 2222024(1?x)(1?x)0比较等式两端的实部，得

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