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6.3 辐角原理及即应用. 6.3.1 对数留数 6.3.2 辐角原理 6.3.3 儒歇定理. 显然 , 函数 f ( z ) 的零点和奇点都可能是 的奇点. 6.3.1 对数留数. 定义:形如. 积分称为 f ( z ) 的对数残数. 对数留数因此而得名. 主要作用:推出辅角原理. 提供了计算 解析函数零点个数的一个有效方法 . 特别是 , 可以研究在一个指定的区域内多项式零点个数的问题. a 必为函数. 的 一级极点 , 且. 必为函数 的 一级极点 , 且.

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6.3 辐角原理及即应用

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6.3 辐角原理及即应用

6.3.1 对数留数

6.3.2 辐角原理

6.3.3 儒歇定理


6 3 1

显然,函数f(z)的零点和奇点都可能是 的奇点.

6.3.1 对数留数

定义:形如

积分称为f(z)的对数残数

对数留数因此而得名

主要作用:推出辅角原理

提供了计算解析函数零点个数的一个有效方法.特别是,可以研究在一个指定的区域内多项式零点个数的问题


6 3

a必为函数

的一级极点,且

必为函数 的一级极点,且

引理6.4 (1)设a为f(z)的n级零点(极点),

(2)设b为f(z)的m级极点

证 如a为f(z)的n级零点,则在点a的邻域内有

其中g(z)在点a的邻域内解析,且g(a)≠0.于是


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 a必为

在点a的邻域内解析,

的一级极点,且

在点b解析

故b为

的一级极点,且

(2)如b为f(z)m级极点

在点b的去心邻域内有

h(z)在点b的邻域内解析,且h(b)≠0.


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定理6.9设C是一条围线,f(z)合条件:

(1)f(z)在C内部除可能有极

点外是解析的;

称为f(z)在C内是亚纯的

(2)可改为f(z)在C

上连续且不为零

(2)f(z)在C上解析切不为零

则有

(6.26)

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

特别注意几级算几个.

证 由第五章习题(二)14,可知f(z)在C内部至

多只有有限个零点和极点.设ak(k=1,2,…p)为

f(z)在C内部的不同零点,其级数相应地为nk;

bj(j=1,2,…q)为f(z)在C内的不同极点,其级数相


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应地为mj,则根据引理(6.4)知,

在C内部及C上除去在C内部有一级极点ak

(k=1,2,…p)及bj(j=1,2,…q)均是解析的.

故由残数定理6.1,及引理6.4得

例 计算积分


6 3 2

6.3.2 辐角原理

(6.27)

(1) C是一条围线

辅角

原理

(2) f(z)在C内是亚纯的

(3) f(z)在C上连续且不为零

特别说来,如f(z)在围线C上及C之内部均解析,

且f(z)在C上不为零,则

∆Cargf(z)表示z沿C之正向绕行一周时argf(z)的

改变量

例6.21设f(z)=(z-1)(z-2)2(z-4),C: |z|=3,试验证

辐角原理

(6.28)


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y

x

O

R

例6.22 设n次多项式 p(z)=a0zn+ a1zn-1+ …+an=0(a0≠0)

在虚轴上没有零点,证明它的全部零点在左半平面

Rez<0内的充要条件是:

Ri

CR

R

Ri


6 3 3 rouche

6.3.3 儒歇(Rouche)定理

定理6.10 (儒歇(Rouche)定理)

设C是一条围线,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)|



f(z)与 f(z)+(z) 在C内部有同样多的零点,即

证 由假设f(z)与 f(z)+(z)在C内部解析,

且连续到C,在C上有| f(z)|>0,及


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(6.30)

这样一来,这两个函数f(z)与 f(z)+(z)都满足定

理6.9的条件.由于这两个函数在C的内部解析,于是

由(6.28),下面只须证明

由关系式

(6.31)


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z

0

1

2

0

C

根据条件(2),

当z沿C变动时

借助函数

图6.14

将z平面上的围线C变成平面上的闭曲线,

全在圆周|-1|=1的内部.

即是说,点 不会围着原点=0绕行.


1 n p z a 0 z n a t z n t a n a 0 0

推论1:设n次多项式 p(z)=a0zn+…+ atzn-t+…+an(a0≠0)

满足条件:|at|>|a0|+…+ |at-1|+ |at+1+…+|an|

则p(z)在单位圆|z|<1内有n-t个零点

证:令f(z)= atzn-t,

(z)=a0zn+…+ at-1zn-t+1+ at+1zn-t-1 +…+an

则f(z)与(z)均在闭单位圆域|z|≤1上解析,而且在单位圆周 |z|=1上有:

|f(z)|= |at|>|a0|+…+ |at-1|+ |at+1+…+|an|≥|(z)|

由儒歇定里得p(z)=f(z)+(z)与f(z)在单位圆内有同样多的零点,即为n-t个


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有n个根

R

推论2:n次方程 (p(z)=)a0zn+ a1zn-1+ …+an=0(a0≠ 0)

在复数域内有且仅有n个根(几重根就算几个根)

无根

1.首先证明存在R>0,

方程在圆|z|<R内恰有n个根 ,

2.其次证明,对z0 |z0|=R0≥R,均有|p(z0)|>0

1.令, f(z)=a0zn, (z)=a1zn-1+ …+an=0

则当|z|=R时,|(z)|≤|a1zn-1|+ …+|an|= |a1|Rn-1+ …+|an-1|R+|an|≤(|a1|+ …+|an-1|+|an|) Rn-1<|a0|Rn=|f(z)|

取R>1

限定|a1|+ …+|an|≤|a0|R


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所以只要取

N(f(z)+(z),C)=N(f(z),C)=n

有:当|z|=R时,| f(z)|>|(z)|,

即:N(p(z),C)=n

f(z),(z)在|z|≤R上解析

2.z0:|z0|=R0≥R,需证:|p(z0)|>0

|(z0)| |a1z0n-1|+ …+|an|= |a1|R0n-1+ …+|an-1|R0+|an| (|a1|+ …+|an-1|+|an|) R0n-1 |a0|R0n=|f(z0)|

|p(z0)|=|f(z0)+(z0)| |f(z0)|-|(z0)|>0

p(z0)=a0z0n+ a1z0n-1+ …+an 0


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定理6.11

如函数f(z)在D内单叶解析则在D内(z)≠0.

证: (反证法)若有D的点z0使f(z0)≠0,则z0必为

f(z)- f(z0)的一个n级零点(n≥2).由零点的孤立性,

故存在>0 ,使在圆周 C: |z-z0|=上:

f(z)- f(z0)≠0,

在C的内部, f(z)- f(z0)及f /(z)无异于z0的零点.

命m表|f(z)- f(z0)|在C上的下确界,则由儒歇定理即知,当0<|-a|<m时, f(z)- f(z0)-a在圆周C的内部亦恰有n个零点.但这些零点无一为多重点,理由是f /(z)在C内部除z0外无其他零点,而z0显然非

f(z)- f(z0)-a的零点.


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故命z1,z2,…,zn表f(z)- f(z0)-a在C内部的n个相异

的零点.于是f(zk)= f(z0)+a (k=1,2,…,n).

这与f(z)单叶性假设矛盾.

故在区域D内 f (z)≠0.


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