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2006年6月第3卷第2期理工卷长江大学学报(自科版)　

JournalofYangtzeUniversity(NatSciEdit)　

Jun12006,Vol13No12Sci&EngV

对数留数定理的推广及应用

　　张忠诚　(黄冈师范学院数学系,

　　王　成　(武汉理工大学理学院,

湖北黄州438000)湖北武汉430070)

[摘要]对传统的对数留数定理进行推广,给出了一个一般性的结论,解决了一类被积函数为

φ(z)f′(z)/f(z)形式积分的计算问题,并给出了应用实例。

[关键词]留数;对数留数定理;极点;零点[中图分类号]O17415

[文献标识码]A　　[文章编号]1673

1409(2006)0470

02

留数理论的重要应用之一是计算对数留数

πi2

C

z,f(z有效方法。笔者在传统的对数留数定理[1,2]。

1　主要结果

(z)/f(z)的一级极点,且Res(f′(z)/f(z))=引理1[1]　①设az,必为函数f′

z=a

(z)/f(z)的一级极点,且Res(f′(z)/f(z))=m。n;②设bm,则b必为函数f′

z=b

引理2f(z)在围线C上解析且不为零,f(z)在C的内部除可能有的极点外是解析的,则:

　　dz=N(f,C)-P(f,C)

π2iCf(z)

[3式中,N(f,C)与P(f,C)分别表示f(z)在C内部的零点与极点的个数。

若对函数f(z)有引理1相同的假设,而函数g(z)在点a解析,则由引理1可以得到如下定理。

(z)/f(z)的一级极定理1　①设ak为f(z)的nk级零点,φ(z)在点ak解析,则ak必为函数φ(z)f′

(z)/f(z))=nkφ(ak);②设bj为f(z)的mj级极点,则bj必为函数f′(z)φ(z)/f(z)的点,且Res(φ(z)f′

z=ak

(z)/f(z))=-mφ(bj)。一级极点,且Res(φ(z)f′j

z=bj

证明　①如ak为f(z)的nk级零点,则在点ak的邻域内有f(z)=(z-ak)nkg(z),其中g(z)在点

φ()φ()()()(z)/g(z)在点ak的邻域内解析,ak解析,且g(ak)≠0,则=-,其中φ(z),g′

f(z)

z-ak

z=ak

g(z)

(z)/f(z)的一级极点,则Res(φ(z)f′(z)/f(z))=nkφ(z)|故ak为φ(z)f′

z=ak

φ(ak)。=nk

②如bj为f(z)的mj级极点,则在点bj的去心邻域内有f(z)=

f(z)

z-bj

h(z)

,其中h(z)在点bj的邻

(z-bj)mj

(z)/h(z),φ(z)在点bj的邻域内域内解析,且h(bj)≠0,则=+。由于h′

()()

(z)/f(z))=-mφ(z)|解析,故bj为的一级极点,则Res(φ(z)f′j

f(z)

z=bj

z=bj

(bj)。=-mφj

(z)/f(z)的一级极点;当φ(ak)=0时,F(z)在点ak注意:①当φ(ak)≠0时,ak是F(z)=φ(z)f′

解析,ResF(z)=0;②不论φ(bj)≠0或φ(bj)=0,定理1中结论②均成立。

z=ak

同样地,若对函数f(z)有引理2相同的假设,而函数φ(z)在C内及C上解析,则由引理2可得如下定理。

　[收稿日期]20060315

　[作者简介]张忠诚(1963),男,1983年大学毕业,硕士,副教授,现主要从事函数论方面的教学与研究工作。

第3卷第2期张忠诚等:对数留数定理的推广及应用　 471

　　定理2　设函数f(z)在围线C上解析且不为零,f(z)在C的内部除可能有的极点外是解析的,φ(z)在C内及C上解析,ak(k=1,2,…,p)为f(z)在C内部的不同零点,其级相应于nk;bj(j=1,2,…,q)为f(z)在C内部的不同的极点,其极相应为mj,则有:

π2i

C

dz=

f(z)

k=1

6

p

φ(ak)-nk

j=1

6

q

(bj)mφj

证明　由题设条件知,ak为f(z)在C内部的不同零点,其极相应地为nk;bj为f(z)在C内部不同极

(z)/f(z)在C内及C上除去在C点,其极相应为mj。又φ(z)在C内及C上解析,则由定理1知φ(z)f′

内部的一级极点ak(k=1,2,…,p)及bj(j=1,2,…,q)外均解析,故由留数定理[3]及定理1得:

πi2

C

dz=

f(z)

k=1

6

p

Resz=akf(z)

+

j=1

6

q

Resz=bjf(z)

=

k=1

6

p

φ(ak)-nk

j=1

6

q

(bj)mφj

2　应　　用

例1　计算积分

5

∫

|z|=2

dz。3

z-1

2

5

解　因为3=3 z3,取f(z)=(z3z+1z+1(=z=3。

f(z)z+1

2

3

在|z|=2内,f(z)有1,,又φ(z)=z在|z|=2内、外均解析,由定

2

理2,故有:

|z|×(-1)3+dz23

3312

5

3

+32

π=-2i

例2　计算积分

∫

|z|=1

πz)dz。ztan(

n

πz)=znsin(πz)/cos(

πz),令f(z)=1/cos(πz)

,f′(z)/f(z)=-πsin(πz)/cos(πz),解　zntan(

f(z)在|z|=1内有2个一级极点,-。由定理2,则有:

22

n

nn

πz)dz=-　　ztan(+-πz)πdz=-2i2|z|=1|z|=1cos(2+∞

例3　计算积分22dx(a>0)。

∫∫

∫x

+a

22-解　设f(z)=2=22,由2,得f(z)=(z+a)f(z)z+az+a

iz

2

。

在上半平面内f(z)有级零点z=ai,由定理3得

2

∫

-∞

+∞

πi×ei×ai=πie-a。22dx=22x+a

+∞

ix

∫

由例1,2,3可以看出,推广的对数留数定理可以计算形如

∫z+adz型(n+1-m≥0),

πz)dz型以及ztan(比较几种

∫∫f(x)

edx(m>0)型积分,f(x)是有理分式且在实轴上无零点。

分离实部与虚部得

-∞

∫

+∞

e-a,再由偶函数性质得22dx=πx+a

-a

e。22dx=2x+a

nm

|z|=r

n

+∞-∞

imx

|z|=r

常用的方法,推广的对数留数定理往往使计算更简洁。

[参考文献]

[1]钟玉泉1复变函数论[M]1第2版1北京:高等教育出版社,20001250～2521[2]龚冬保1复变函数典型题[M]1西安:西安交通大学出版社,20021151～1521[3]杨沦标,郝志峰1复变函数[M]1北京:科学出版社,20041113～1251

[编辑]　洪云飞