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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,定义：形如,积分称为f(z)的对数残数,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,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,对数留数因此而得名,证 如a为f(z)的n级零点,则在点a的邻域内有,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,必为函数 的一级极点,且,其中g(z)在点a的邻域内解析,且g(a)0.于是,(2)如b为f(z)m级极点 在点b的去心
2、邻域内有,在点a的邻域内解析,的一级极点,且, a必为,h(z)在点b的邻域内解析,且h(b)0.,在点b解析,定理6.9 设C是一条围线,f(z)合条件:,(6.26),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,(1)f(z)在C内部除可能有极 点外是解析的;,(2)f(z)在C上解析切不为零,则有,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,称为f(z)在C内是亚纯的,(2)可改为f(z)
3、在C 上连续且不为零,特别注意几级算几个.,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,应地为mj,则根据引理(6.4)知,例 计算积分,Cargf(z)表示z沿C之正向绕行一周时argf(z)的 改变量,(6.27),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,(6.28),6.3.2 辐角原理,(2) f(z)在C内是亚纯的,(3) f(z)在C上连续且不为零,(1) C是一条围线,辅角 原理,例6.21 设f(z)=(z-1)(z-2)2(z-4),C: |z|=3
4、,试验证 辐角原理,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 Rez0内的充要条件是:,Ri,Ri,CR,R,定理6.10 (儒歇(Rouche)定理),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,6.3.3 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,(6.30),由关系式,(6.3
5、1),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,图6.14,根据条件(2), 当z沿C变动时,将z平面上的围线C变成平面上的闭曲线,借助函数,即是说,点 不会围着原点=0 绕行., 全在圆周|-1|=1的内部.,推论1: 设n次多项式 p(z)=a0zn+ atzn-t+an(a00）,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 +
6、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,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）,1.首先证明存在R0，,方程在圆|z|R内恰有n个根 ，,证 明 思 路,2.其次证明，对z0 |z0|=R0R，均有|p(z0)|0,无根,证 明,1.令， f(z)=a0zn, (z)= a1zn-1+
7、 +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R1,限定| a1|+ +|an|a0|R,所以只要取,有:当|z|=R时,| f(z)|(z)|,f(z),(z)在|z|R上解析,N(f(z)+(z),C)=N(f(z),C)=n,即：N(p(z),C)=n,2.z0: |z0|=R0R，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,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.,
