辐角原理及即应用.ppt

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1、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a必为函数的一级极点,且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的去心邻域内有在点a的邻域内解析,的一级极点,

2、且a必为h(z)在点b的邻域内解析,且h(b)≠0.在点b解析的一级极点,且故b为定理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

3、(z)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

4、),C:

5、z

6、=3,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Rez<0内的充要条件是:RiRiCRROxy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

7、f(z)

8、>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,

9、f(z)

10、>

11、(z)

12、f(z)与f(z)+(z)在C内部有同样

13、多的零点,即(6.30)由关系式(6.31)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C0z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201即是说,点不会围着原点=0绕行.全在圆周

14、-1

15、=1的内部.推论1:设n次多项式p(z)=a0zn+…+atzn-t+…+an(a0≠0）满足条件：

16、at

17、>

18、a0

19、+…+

20、at-1

21、+

22、at+1+…+

23、an

24、则p(z)在单位圆

25、z

26、<1内有n-t

27、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

28、z

29、≤1上解析，而且在单位圆周

30、z

31、=1上有：

32、f(z)

33、=

34、at

35、>

36、a0

37、+…+

38、at-1

39、+

40、at+1+…+

41、an

42、≥

43、(z)

44、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R>0，有n个根R方程在圆

45、z

46、

47、

48、z0

49、=R0≥R，均有

50、p(z0)

51、>0无根证明1.令，f(z)=a0zn,(z)=a1zn-1+…+an=0则当

52、z

53、=R时，

54、(z)

55、≤

56、a1zn-1

57、+…+

58、an

59、=

60、a1

61、Rn-1+…+

62、an-1

63、R+

64、an

65、≤(

66、a1

67、+…+

68、an-1

69、+

70、an

71、)Rn-1<

72、a0

73、Rn=

74、f(z)

75、取R>1限定

76、a1

77、+…+

78、an

79、≤

80、a0

81、R所以只要取有:当

82、z

83、=R时,

84、f(z)

85、>

86、(z)

87、,f(z),(z)在

88、z

89、≤R上解析N(f(z)+(z),C)=N(f(z),C)=n

90、即：N(p(z),C)=n2.z0:

91、z0

92、=R0≥R，需证:

93、p(z0)

94、>0

95、(z0)

96、

97、a1z0n-1

98、+…+

99、an

100、=

101、a1

102、R0n-1+…+

103、an-1

104、R0+

105、an

106、(

107、a1

108、+…+

109、an