UA MATH524 复变函数13 补充：留数计算的例题

概念与公式总结
例题
- pole的留数公式
- Laurent级数法

概念与公式总结

孤立奇点类型与判断
假设z0z_0z0是复变函数fff的孤立奇点，则

z0z_0z0为可去奇点，如果lim⁡z→z0f(z)\lim_{z \to z_0}f(z)limz→z0f(z)存在且有限（此时Laurent级数与幂级数相同）；
z0z_0z0为mmm阶pole，如果H(z)=f(z)(z−z0)mH(z)=f(z)(z-z_0)^mH(z)=f(z)(z−z0)m在z0z_0z0的邻域解析并且H(z0)≠0H(z_0) \ne 0H(z0)=0（此时lim⁡z→z0f(z)\lim_{z \to z_0}f(z)limz→z0f(z)存在且为无限、Laurent级数主部有mmm项）
z0z_0z0为本性奇点，如果lim⁡z→z0f(z)\lim_{z \to z_0}f(z)limz→z0f(z)不存在（此时Laurent级数主部有无穷项）

不同类型孤立奇点的留数计算方法
假设fff在B∘(z0,r)\overset{\circ}{B}(z_0,r)B∘(z0,r)上解析，则留数的定义为
Res(f;z0)=12πi∫∣w−z0∣=sf(w)dw,0<s<rRes(f;z_0)=\frac{1}{2 \pi i} \int_{|w-z_0|=s}f(w)dw,0<s<rRes(f;z0)=2πi1∫∣w−z0∣=sf(w)dw,0<s<r

当fff在z0z_0z0处解析或者fff在z0z_0z0处满足lim⁡z→z0∣f(z)∣<∞\lim_{z \to z_0}|f(z)|<\inftylimz→z0∣f(z)∣<∞时，Res(f;z0)=f(z0)Res(f;z_0)=f(z_0)Res(f;z0)=f(z0)
当z0z_0z0是fff的mmm阶pole时，Res(f;z0)=H(m−1)(z0)(m−1)!,H(z)=f(z)(z−z0)mRes(f;z_0)=\frac{H^{(m-1)}(z_0)}{(m-1)!},H(z)=f(z)(z-z_0)^mRes(f;z0)=(m−1)!H(m−1)(z0),H(z)=f(z)(z−z0)m
当z0z_0z0是fff的本性奇点时，Res(f;z0)=c−1Res(f;z_0)=c_{-1}Res(f;z0)=c−1其中c−1c_{-1}c−1是fff在z0z_0z0处的Laurent级数的(z−z0)−1(z-z_0)^{-1}(z−z0)−1项的系数

例题

pole的留数公式

例1 f(z)=z2+3z−1z+2f(z)=\frac{z^2+3z-1}{z+2}f(z)=z+2z2+3z−1

这个函数的一阶pole为z0=−2z_0=-2z0=−2，令H(z)=(z+2)f(z)=z2+3z−1H(z)=(z+2)f(z)=z^2+3z-1H(z)=(z+2)f(z)=z2+3z−1，
Res(f;−2)=H(1−1)(−2)(1−1)!=−3Res(f;-2)=\frac{H^{(1-1)}(-2)}{(1-1)!}=-3Res(f;−2)=(1−1)!H(1−1)(−2)=−3

例2 f(z)=ez(z−1)3f(z)=\frac{e^z}{(z-1)^3}f(z)=(z−1)3ez

这个函数的三阶pole为z0=1z_0=1z0=1，令H(z)=(z−1)3f(z)=ezH(z)=(z-1)^3f(z)=e^zH(z)=(z−1)3f(z)=ez，
Res(f;1)=H(3−1)(1)(3−1)!=e2Res(f;1)=\frac{H^{(3-1)}(1)}{(3-1)!}=\frac{e}{2}Res(f;1)=(3−1)!H(3−1)(1)=2e

例3
f(z)=Log(z)(1+z2)2=Log(z)(z−i)2(z+i)2f(z)=\frac{Log(z)}{(1+z^2)^2}=\frac{Log(z)}{(z-i)^2(z+i)^2}f(z)=(1+z2)2Log(z)=(z−i)2(z+i)2Log(z)

所以z1=i,z2=−iz_1=i,z_2=-iz1=i,z2=−i是这个函数的两个二阶pole，记H1(z)=Log(z)(z+i)2,H2(z)=Log(z)(z−i)2H_1(z)=\frac{Log(z)}{(z+i)^2},H_2(z)=\frac{Log(z)}{(z-i)^2}H1(z)=(z+i)2Log(z),H2(z)=(z−i)2Log(z)，
Res(f;i)=H1′(i)1!=z+iz−2Log(z)(z+i)3∣z=i=2−iπ(2i)3=π8+i4Res(f;−i)=H2′(−i)1!=z−iz−2Log(z)(z−i)3∣z=−i=2+iπ−(2i)3=π8+i4Res(f;i)=\frac{H_1'(i)}{1!}=\left. \frac{\frac{z+i}{z}-2Log(z)}{(z+i)^3} \right|_{z=i}=\frac{2-i\pi}{(2i)^3}=\frac{\pi}{8}+\frac{i}{4} \\ Res(f;-i)=\frac{H_2'(-i)}{1!}=\left. \frac{\frac{z-i}{z}-2Log(z)}{(z-i)^3} \right|_{z=-i}=\frac{2+i\pi}{-(2i)^3}=\frac{\pi}{8}+\frac{i}{4}Res(f;i)=1!H1′(i)=(z+i)3zz+i−2Log(z)∣∣∣∣∣z=i=(2i)32−iπ=8π+4iRes(f;−i)=1!H2′(−i)=(z−i)3zz−i−2Log(z)∣∣∣∣∣z=−i=−(2i)32+iπ=8π+4i

例4 计算下面的函数在z0=0z_0=0z0=0处的留数
f(z)=cot⁡(αz)=cos⁡(αz)sin⁡(αz)f(z)=\cot(\alpha z)=\frac{\cos(\alpha z)}{\sin(\alpha z)}f(z)=cot(αz)=sin(αz)cos(αz)

z0=0z_0=0z0=0是fff的一阶pole，记H(z)=zf(z)=1αcos⁡(αz)sin⁡(αz)αzH(z)=zf(z)=\frac{1}{\alpha}\frac{\cos(\alpha z)}{\frac{\sin (\alpha z)}{\alpha z}}H(z)=zf(z)=α1αzsin(αz)cos(αz)

其中lim⁡z→z0sin⁡(αz)αz=1\lim_{z \to z_0}\frac{\sin (\alpha z)}{\alpha z}=1limz→z0αzsin(αz)=1，所以
Res(f;0)=H(0)=1αRes(f;0)=H(0)=\frac{1}{\alpha}Res(f;0)=H(0)=α1

例5
f(z)=eiaz−eibzz2,a≠bf(z)=\frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z^2},a \ne bf(z)=z2eiaz−eibz,a=b

z0=0z_0=0z0=0是分母的二阶零点，但是lim⁡z→z0(eiaz−eibz)=0\lim_{z \to z_0}(e^{iaz}-e^{ibz})=0limz→z0(eiaz−eibz)=0，此时函数成为0/00/00/0不定型。用洛必达法则考虑
lim⁡z→z0eiaz−eibzz=lim⁡z→z0iaeiaz−ibeibz1=i(a−b)\lim_{z \to z_0} \frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z}=\lim_{z \to z_0} \frac{iae^{iaz}-ibe^{ibz}}{1}=i(a-b)z→z0limzeiaz−eibz=z→z0lim1iaeiaz−ibeibz=i(a−b)

因此z0=0z_0=0z0=0是fff的一阶pole，记H(z)=zf(z)=eiaz−eibzzH(z)=zf(z)=\frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z}H(z)=zf(z)=zeiaz−eibz，
Res(f;0)=H(0)=i(a−b)Res(f;0)=H(0)=i(a-b)Res(f;0)=H(0)=i(a−b)

Laurent级数法

例6 求下面的函数在z0=iz_0=iz0=i处的留数
f(z)=eizz(z2+1)2=eizz(z−i)2(z+i)2f(z)=\frac{e^{iz}}{z(z^2+1)^2}=\frac{e^{iz}}{z(z-i)^2(z+i)^2}f(z)=z(z2+1)2eiz=z(z−i)2(z+i)2eiz

z0z_0z0是fff的二阶pole，记H(z)=(z−z0)2f(z)=eizz(z+i)2H(z)=(z-z_0)^2f(z)=\frac{e^{iz}}{z(z+i)^2}H(z)=(z−z0)2f(z)=z(z+i)2eiz，如果用公式，
Res(f;i)=H′(z0)=(iz2−4z−i)eizz2(z+i)3∣z=z0=−34eRes(f;i)=H'(z_0)=\left.\frac{(iz^2-4z-i)e^{iz}}{z^2(z+i)^3} \right|_{z=z_0}=-\frac{3}{4e}Res(f;i)=H′(z0)=z2(z+i)3(iz2−4z−i)eiz∣∣∣∣z=z0=−4e3

就会需要计算一个有一点点难算的导数，所以我们考虑用待定系数法求fff的Laurent级数中的c−1c_{-1}c−1。首先，c−1c_{-1}c−1是fff的Laurent展开中(z−z0)−1(z-z_0)^{-1}(z−z0)−1项的系数，那么它就是HHH的展开∑n=0∞an(z−z0)n\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n∑n=0∞an(z−z0)n中(z−z0)(z-z_0)(z−z0)项的系数a1a_1a1，令t=z−z0=z−it=z-z_0=z-it=z−z0=z−i，则
eiz=ei(t+i)=e−1∑n=0+∞inn!tnz(z+i)2H(z)=(t+i)(t+2i)2∑n=0+∞antne^{iz}=e^{i(t+i)}=e^{-1} \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{i^n}{n!}t^n \\ z(z+i)^2H(z)=(t+i)(t+2i)^2 \sum_{n=0}^{+\infty} a_nt^neiz=ei(t+i)=e−1n=0∑+∞n!intnz(z+i)2H(z)=(t+i)(t+2i)2n=0∑+∞antn

根据ttt项的系数相等可以得到
e−1i1=i⋅(2i)2a1+[i⋅(4i)+(2i)2]a0e^{-1}\frac{i}{1}=i \cdot (2i)^2a_1+[i\cdot (4i)+(2i)^2]a_0e−11i=i⋅(2i)2a1+[i⋅(4i)+(2i)2]a0

根据常数项相等可以得到
e−1=i⋅(2i)2a0e^{-1}=i \cdot (2i)^2a_0e−1=i⋅(2i)2a0

联立可得a1=−34ea_1=-\frac{3}{4e}a1=−4e3。

PS. 有一说一，这个问题我宁愿直接求导。。。。

例7 求下面的函数在z0=0z_0=0z0=0处的留数
f(z)=1z2sin⁡zf(z)=\frac{1}{z^2 \sin z}f(z)=z2sinz1

z0=0z_0=0z0=0是fff的三阶pole，记
H(z)=z3f(z)=zsin⁡zH(z)=z^3f(z)=\frac{z}{\sin z}H(z)=z3f(z)=sinzz

这个也可以直接用公式，需要求HHH的二阶导；也可以用待定系数法，找HHH的展开中z2z^2z2项的系数。答案为1/61/61/6。