最后更新: 2025-01-18 11:08 查看: 276 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

函数在无穷远点的留数

## 函数在无穷远点的留数     
一般说来，闭路积分只与该闭路所包围的区域内的奇点有关，但为什么又要引入无穷远点的留数呢？
![图片](/uploads/2025-01/fdae6f.jpg)
设想如图，设 $C$ 是一条简单闭曲线，
则 $\oint_C f(z) d z=-\oint_{C^{-}} f(z) d z$ 。
将曲线 $C$ 围成的区域记为 $D$ ，而曲线 $C ^{-}$围成的区域记为 $\widetilde{ D }$ 。
如果区域 $D$ 内的奇点很多，但区域 $\widetilde{ D }$ 内的奇点很少，甚至只有无穷远点 $\infty$ 为奇点，则计算等式右边的积分显然比计算等式左边的积分要＂省心＂的多。

### 函数在无穷远点的性态
定义 如果函数 $f(z)$ 在无穷远点 $\infty$ 的去心邻域 $R<|f(z)|<+\infty$内解析，则称点 $\infty$ 为 $f(z)$ 的孤立奇点。

令 $z=\frac{1}{\xi}$ ，则点 $z=\infty$ 对应于点 $\xi=0$ ，
相应地，$f(z)=f\left(\frac{1}{\xi}\right) \stackrel{\text { 记为 }}{=} \varphi(\xi)$ ，
因此，函数 $f(z)$ 在无穷远点 $z=\infty$ 的性态可由函数 $\varphi(\xi)$ 在原点 $\xi=0$ 的性态来刻画。

`例` 设 $f(z)=\frac{1}{\sin z}$, 问 $z=\infty$ 是否为 $f(z)$ 的孤立奇点?
解 令 $z=\frac{1}{\xi}$, 则 $f(z)=f\left(\frac{1}{\xi}\right)=\frac{1}{\sin \frac{1}{\xi}} \stackrel{\text { 记为 }}{=} \varphi(\xi)$,可知 $\xi=0, \xi_k=\frac{1}{k \pi}, k=0, \pm 1, \pm 2, \cdots$ 均为 $\varphi(\xi)$ 的奇点,由于 $\xi=0$ 不是 $\varphi(\xi)$ 的孤立奇点,因此 $z=\infty$ 不是 $f(z)$ 的孤立奇点。

`例`设 $f(z)=\frac{z}{1+z^2}$, 试判断奇点 $z=\infty$ 的类型。
解 令 $z=\frac{1}{\xi}$, 则 $f(z)=f\left(\frac{1}{\xi}\right)=\frac{1}{\xi} \cdot \frac{1}{1+\frac{1}{\xi^2}}$

$$
=\frac{\xi^2}{\xi\left(1+\xi^2\right)} \stackrel{\text { 记为 }}{=} \varphi(\xi),
$$

由于 $\xi=0$ 是 $\varphi(\xi)$ 的可去奇点,
因此 $z=\infty$ 是 $f(z)$ 的可去奇点。

`例`设 $f(z)= e ^z$ ，试判断奇点 $z=\infty$ 的类型。
解 令 $z=\frac{1}{\xi}$ ，则 $f(z)=f\left(\frac{1}{\xi}\right)= e ^{\frac{1}{\xi}} \xlongequal{\text { 记为 }} \varphi(\xi)$ ，由于 $\xi=0$ 是 $\varphi(\xi)$ 的本性奇点，因此 $z=\infty$ 是 $f(z)$ 的本性奇点。

##  函数在无穷远点的留数

定义 设函数 $f(z)$ 在圆环域 $R <| z |<+\infty$ 内解析， 则 $f(z)$ 在 $\infty$ 点的留数为：
$\operatorname{Res}[f(z), \infty]=\frac{1}{2 \pi i} \int_{C^{-}} f(z) d z$ ，其中，$C$ 为 $|z|=\rho>R$ ．

对比 函数 $f(z)$ 在＂有限＂孤立奇点 的留数为：
$\operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right]=\frac{1}{2 \pi i} \oint_c f(z) d z$ ，其中，$c$ 为 $|z|=r<\delta$ ．

## 如何计算在无穷远点的留数？

公式
 
 $$
 \boxed{
 \operatorname{Res}[f(z), \infty]=-\operatorname{Res}\left[f\left(\frac{1}{z}\right) \cdot \frac{1}{z^2}, 0\right]
 }
 $$
 
推导 如图，

![图片](/uploads/2025-01/d428cc.jpg)

已知 $\operatorname{Res}[f(z), \infty]=\frac{1}{2 \pi i} \int_{C^{-}} f(z) d z$ ，令 $z=\frac{1}{\xi}$ ，则 $\operatorname{Res}[f(z), \infty]=-\frac{1}{2 \pi i} \int_c f\left(\frac{1}{\xi}\right) \cdot \frac{1}{\xi^2} d \xi$ $=-\operatorname{Res}\left[f\left(\frac{1}{z}\right) \cdot \frac{1}{z^2}, 0\right]$.

### 定理 
设 $f(z)$ 在扩充平面上除有限个孤立奇点 $z_1, z_2, \cdots, z_n, \infty$外处处解析, 则 $\sum_{k=1}^n \operatorname{Res}\left[f(z), z_k\right]+\operatorname{Res}[f(z), \infty]=0$.

证明 如图, 令 $\rho$ 充分大, 即 $\rho>\max _k\left|z_k\right|$, 则

$$
\begin{aligned}
\operatorname{Res}[f(z), \infty] & =\frac{1}{2 \pi i} \oint_{C^{-}} f(z) \mathrm{d} z=-\frac{1}{2 \pi i} \oint_C f(z) \mathrm{d} z \\
& =-\sum_{k=1}^n \operatorname{Res}\left[f(z), z_k\right], \text { 即证。 }
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $I=\oint_C \frac{z^3}{z^4- 1 } d z$ ，其中 $C$ 为 $|z|= 2$ ．
 ![图片](/uploads/2025-01/240d37.jpg)
 
 解 函数 $f(z)=\frac{z^3}{z^4-1}$ 在 $|z|=2$ 内
有四个一阶极点 $z_k= e ^{\frac{2 k \pi}{4} i}, k=0,1,2,3$,
由留数定理有

$$
\begin{aligned}
I & =2 \pi i \sum_{k=0}^3 \operatorname{Res}\left[f(z), z_k\right]=-2 \pi i \operatorname{Res}[f(z), \infty] \\
& =2 \pi i \operatorname{Res}\left[f\left(\frac{1}{z}\right) \cdot \frac{1}{z^2}, 0\right]=2 \pi i \operatorname{Res}\left[\frac{1}{z\left(1-z^4\right)}, 0\right]=2 \pi i .
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $I=\oint_C \frac{1}{\left(z^5-1\right)^3(z-3)} d z$ ，其中 $C$ 为 $|z|=2$ ．
 ![图片](/uploads/2025-01/e85d6e.jpg)
 
 解（1）函数 $f(z)=\frac{1}{\left(z^5-1\right)^3(z-3)}$ 在 $|z|=2$ 内有五个一阶极点

$$
z_k=e^{\frac{2 k \pi}{5} i}, k=0,1,2,3,4
$$

由留数定理有

$$
\begin{aligned}
I & =2 \pi i \sum_{k=0}^4 \operatorname{Res}\left[f(z), z_k\right] \\
& =-2 \pi i(\operatorname{Res}[f(z), 3]+\operatorname{Res}[f(z), \infty])
\end{aligned}
$$

(2)
$$
  \begin{aligned}
\operatorname{Res}[f(z), 3] & =\lim _{z \rightarrow 3}(z-3) f(z)=\frac{1}{\left(3^5-1\right)^3}, \\
\operatorname{Res}[f(z), \infty] & =-2 \pi i \operatorname{Res}\left[f\left(\frac{1}{z}\right) \cdot \frac{1}{z^2}, 0\right] \\
& =-2 \pi i \operatorname{Res}\left[\frac{z^{14}}{\left(1-z^5\right)^3(1-3 z)}, 0\right]=0 . \\
I & =-2 \pi i(\operatorname{Res}[f(z), 3]+\operatorname{Res}[f(z), \infty]) \\
= & \frac{2 \pi i}{\left(3^5-1\right)^3}=-\frac{2 \pi i}{14172488} .
\end{aligned}
$$

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