柯西留数定理及其应用

f'(z)Res(,a)?n;

f(z)f'(z) （2）设b为f(z)的m级极点,则b必为的一级极点,并且

f(z)f'(z),b)??m. Res(f(z)引理2?1? 假设

（1）C为一条围线,f(z)在C的内部是亚纯的,且连续到C; （2）f(z)在C上不为零;

则函数f(z)在C的内部只有有限个零点和极点.

由上述的两个引理,易证： 定理1?1? 假设

（1）C为一条围线,f(z)在C的内部是亚纯的,且连续到C; （2）f(z)在C上不为零;

1f'(z)dz?N(f,C)?P(f,C) ① 则:

2?i?Cf(z)其中N(f,C)与P(f,C)分别表示f(z)在C内部零点的个数与奇点的个数（一个

n级零点算作n个零点,一个m级奇点算作m个奇点）.

为了进一步说明①式的意义,我们给出下面的定理. 定理2（辐角原理）?1? 假设

（1）C是一条围线,f(z)在C的内部是亚纯的,且连续到C; （2）f(z)在C上不为零;

1f'(z)1dz??Cargf(z)?N(f,C)?P(f,C), 则

2?i?Cf(z)2?其中

1?Cargf(z)?N(f,C)?P(f,C表示)z沿C的正向绕行一周时,函数2?1?Cargf(z). 2?f(z)辐角的改变量.特别若f(z)在C内部解析,则N(f,C)?下面就辐角原理的具体应用,结合实例具体分析.

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例1 设g(z)?z(z?1)(z?3)(z?5),C:z?4,用辐角原理证明g(z)在C的内部有3个根.

解 g(z)在曲线C上没有零点,在C内解析,在C内部有3个零点,而没有奇点,所以N(f,C)?P(f,C)?3. 另一方面

?Cargf(z)??Cz??C(z?1)??C(z?3)??C(z?5)

?2??2??2? ?6?. 于是

1?Cargf(z)?N(f,C)?P(f,C). 2? 由此可以看出,在一些题目的计算中,辐角原理是个很便捷而有效的工具.而其中一个较重要的应用就是儒歇定理,它在考察零点分布时会起到很大的作用.下面就儒歇定理的应用做具体介绍.

定理3?2?（儒歇定理）设C是一条周线,函数f(z)及?(z)满足条件: (1)它们在C的内部均解析,且连续到C; (2)在C上,f(z)??(z);

则函数f(z)与f(z)??(z)在C的内部有同样多(几阶算作几个)的零点,即

N(f??,C)?N(f,C).

例2 设?(z)在C:z?1内部解析,且连续到C,在C上?(z)?1.试证:在C内部只有一个点z0使?(z0)?z0.

证 设f(z)??z,g(z)??(z) 则在C上有

g(z)??(z)?1??z?f(z)

由儒歇定理知,f(z)与f(z)??(z)??(z)?z在C内零点个数相同,而f(z)??z在C内只有一个零点,所以f(z)??(z)??(z)?z在C内有且只有一个零点,记为z0,使得?(z0)?z0?0,即?(z0)?z0.

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（二）在广义积分中的应用

1、计算?R(cos?,sin?)d?型积分

02?其中R(cos?,sin?为)sin?,cos?的有理函数,在?0,2??是连续.设z?ei?,则

ei??e?i?z?z?1ei??e?i?z?z?1dz,由欧拉公式得cos??,sin??.当?从??d??222i2iiz0变化到2?时,z沿单位圆周正方向绕行一周,因此我们有以下的计算积分公式：

?2?0R(cos?,sin?)d???z?z?1z?z?1dzR(,) z?122iiz可以看出上式右端是关于变量z的有理函数的围线积分,且设其中的被积函数在z?1上没有奇点,则可利用柯西留数定理来计算实积分?R(cos?,sin?)d?.

02?注 这里关键一步是利用变数代换z?ei?,至于被积函数R(cos?,sin?)在?0,2??上的连续性可不必考虑,只要看变换后的函数在z?1上有无奇点.

例1 计算积分I??2?d?5?cos?40.

解 令z?ei?,则d??这样就有

I?dz. iz1dz,

i?z?1(z?1)(1?1z)22111(z?)(1?z)22且在圆z?1内f(z)?,只以z?1为一阶极点,在z?1上无奇点, 2由Resf(z)??(a)可知

z?aResf(z)?z?p111?z2?z?1211?14?4 3因此由柯西留数定理得

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112?8?. I??2?i???11i31?1?44注 此题也可利用数学分析中的方法来求解,这里就不详细解答了,但比较起来,用复变函数中的柯西留数定理来求解要显得简单的多.

2、计算?????P(x)dx型积分 Q(x)为了计算这种类型的反常积分,首先证明下面的一个引理.它的作用是估计辅助曲线?上的积分.

引理1?2? 设f(z)沿圆弧SR:z?Rei?(?1????2,R充分大）上连续,且

R???limzf(z)??于SR上一致成立（既与?1????2中的?无关）,则有

R???SRlim?f(z)dz?i(?2??1)?.

由上述引理,易证： 定理1?2? 设f(z)?P(z)为有理分式,其中P(z)?c0zm?c1zm?1???cm(c0?0) Q(z)与Q(z)?b0zn?b1zn?1???bn(b0?0)为互质多项式,且符合条件： （1）n?m?2; （2）在实轴上Q(z)?0; 于是有

?????f(x)dx?2?i??Imak?0?Resf(z).

z?ak例2 设a?0,计算积分?z2解 设f(z)?2

(z?a2)2??x2dx.

(x2?a2)2因为

z2limzf(z)?limz2?0, z??z??(z?a2)2所以

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