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6.3 辐角原理及即应用

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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  1. 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

  2. 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

  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

  4.  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.

  5. 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

  6. 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

  7. 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)

  8. 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

  9. 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

  10. (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)

  11. 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.

  12. 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

  13. 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 证 明 思 路 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 证 明 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

  14. 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

  15. 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.

  16. 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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