函数在无穷远点的留数及其应用
留数及应用
(2) 无论 f (z) 在 z 0 是否有定义, 补充定义 f(z0)c0,则函数 f (z) 在 z 0 解析.
f(z0)lz iz0m f(z) f(z)Fc(0z,),zzz0z0
2) 可去奇点的判定 定理 若z0是f(z)的孤立奇, 则点以下三个条件等价：
1 1)(z
1)2
,
所以 : z1是函数的一,级极点
z 1是函数的二级极. 点
3. 本性奇点
如果洛朗级数中含有无穷多个z z0 的负幂项,
那么孤立奇点 z 0 称为 f (z) 的本性奇点.
例如， e1 z1z 11z 2 1z n ,
2 !
n !
含有无穷多个z的负幂项 (0z)
1
所以z 0为本性奇点 同时，lim e z 不存在. z 0
思考
z0是 z
sin z5
z 的几阶极点? （二阶极点）
注意: 不能以函数的表面形式作出结论 .
三、函数在无穷远点的性态
1. 定义 如果函数 f (z)在无穷远点 z的去心
邻域 Rz内解析, 则称点 为 f (z) 的孤
立奇点.
y
R
o
x
令变换t
1 z
: 则f(z)
f1t (t),规定此变换将:
(2)(3) 根据函数极限的性质，是显然的．
(3)(1)
由 (3 )设 , z 0 的 在 去 0 z 心 z 0内 邻 ,f(z) 域 M ．
f(z)在 z0点 的 洛 f(z) 朗 cn级 (zz0)数 n,
n
cn2 1iC ( f(z 0) )n 1d ,(n 0 , 1 , 2 , )
留数定理及其应用
式，故 I = 2πi sin 0 = 0．
例3 I=
e1/z dz．
|z|=1
解 本题的被积函数 f (z) = e1/z 在圆周 |z| = 1 的内部有一个本性奇点 z = 0，它在
z = 0 处的 Laurent 展开式为 f (z) = e1/z = 1 + 1/z + . . . + 1/n!zn + . . .，故 Res f (0) =
n=−∞
则
cn
=
1 2πi
Γρ
(z
f (z) − a)n+1
dz.
令 n = −1，得
c−1
=
1 2πi
f (z) dz.
Γρ
与式 (1) 比较，即得
Res f (a) = c−1.
(2)
由此可知，可去奇点处的留数为 0． 注 有些书上直接用式 (2) 作为留数的定义，这与式 (1) 的定义显然是等价的．
数的问题．由上节可以看到，计算极点的留数主要涉及微分运算．对于本性奇点，必须作
Laurent 展开来计算其留数．作 Laurent 展开，通常归结为 Taylor 展开，而计算 Taylor 展
开式的系数也是微分运算问题．所以可以说，留数定理把积分运算转化成了比较容易的微分
运算，因此它为积分的计算提供了一项非常有用的技术．
§3 用留数定理计算围线积分
4
推论一（单极点的留数，第一公式） 若 a 是 f (z) 的单极点，则
Res f (a) = [(z − a)f (z)]|z=a.
(5)
推论二（二阶极点的留数） 若 a 是 f (z) 的二阶极点，则
Res f (a) = [(z − a)2f (z)] |z=a.
04 留数理论及其应用
数学物理方法
物理学院 邓胜华
第四章 留数理论 一、留数定理 二、利用留数理论求积分 三、在无穷远点的留数 四NG S.H
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18:53:44
第 4 章 留数理论
一、留数的引入
设 z 0 为 f ( z )的一个孤立奇点，
z0 的某去心邻域：0
证
f (z) cm (z z0 )m c2 (z z0 )2
c 1 ( z z0 ) 1 c0 c1 ( z z0 )
(z z0 )m f (z) cm cm1(z z0 ) c1(z z0 )m1
c0 ( z z0 )m c1 ( z z0 )m 1
C1 C2 Cn
2πiRes[ f ( z ), z1 ] Res[ f ( z ), z2 ] Res[ f ( z ), zn ]
1 1 1 f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz 2πi 2πi C 2 2πi C n 2πi C 1
10/15/2015 DENG S.H 14/41
,
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第 4 章 留数理论 1 2π 1 iθ iθ f ( ρ e ) ie dθ Res[ f ( z),] f ( z ) d z 0 2πi 2i C 1 2π 1 i f i i d . 2π i 0 re re
P ( z 0 ) 0 , Q ( z 0 ) 0 , Q ( z 0 ) 0 ,
P ( z0 ) 则有 Res[ f ( z ), z0 ] . Q ( z 0 )
6.2.函数在无穷远点的留数及其应用
∫
Γ−
− 2π i , dz = n z 0,
n = 1 n ≠ 1
f ( z) = L+ c−2 z−2 + c−1 z −1 + c0 + c1 z + L+ cn zn + L
dz −2π i , n = 1 及∫ − n = 可推出 Γ z n≠1 0,
∫
z=∞
Γ
f (z) =L+ c−2z + c−1z + c0 + c1z +L+ cnz +L 1)在0 <| t |≤ 1 内的洛朗展式为 则f ( t r
n
再利用洛朗级数证明这个公式 设f ( z)在r ≤| z |< +∞内的洛朗展式为
−2 −1
1) = L+ c t 2 + c t + c + c t −1 +L+ c t −n +L f (t 0 1 n −2 −1 1) 1 =L+ c + c t−1 + c t−2 + c t−3 +L+ c t−n−2 +L f ( t t2 0 1 n −2 −1
15
I = 2π i[− Re s f (z)]
z=∞
Re s f (z) = −c−1
z=∞
I = 2π i ⋅ c−1
z 易知z = ∞是f ( z) = 2 的一阶零点 2 4 3 ( z + 1) ( z + 2)
15
∴c−1 = limzf (z) = lim
z→∞ z→∞
在∞ 的去心邻域内有 c −1 c −2 ∴ f (z) = + 2 +L z cz ∴ zf ( z ) = c−1 + −2 + L 16 z z
复变函数第六章留数理论及其应用知识点总结
注 2：条件可减弱为：f(z)连续到边界 C，且沿 C 有 f(z)≠0 4.（辅角原理）：
5.（定理 鲁歇（Rouche）定理）：设 C 是一条周线，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)|
则函数 f(z)与 f(z)+ (z)在 C 内部有同样多（几阶算几个）的零点，即
§2.用留数定理计算实积分
一. 注：注意偶函数
→ 引入
二.
型积分
1.（引理 大弧引理）： 上
则
2.（定理）设
为互质多项式，且符合条件： （1）n-m≥2; （2）Q(z)没有实零点 于是有
注：
可记为
三.
型积分
3.（引理 若尔当引理）：设函数 g(z)沿半圆周 上连续，且
在 上一致成立。则
2
4.（定理）：设 （1）Q 的次数比 P 高； （2）Q 无实数解； （3）m>0 则有
（2）设 b 为 f(z)的 m 阶极点，则 b 必为函数 的一阶极点，并且
3
3.（定理 对数留数定理）：设 C 是一条周线，f(z)满足条件： （1）f(z)在 C 的内部是亚纯的； （2）f(z)在 C 上解析且不为零。 则有
注 1：当条件更改为：（1）f 在 Int(C)+C 上解析；（2）C 上有 f≠0，有 ，即
，其中 P(z)及 Q(z)为互质多项式，且符合条件：
特别的，上式可拆分成： 及
四.计算积分路径上有奇点的积分 5.（引理 小弧引理）：
于 上一致成立，则有
五.杂例 六.应用多值函数的积分
§3.辐角原理及其应用 即为：求解析函数零点个数 1.对数留数：
论文留数定理及其应用
石河子大学本科毕业论文（设计）留数定理及其应用院系师范学院专业数学与应用数学姓名向必旭指导老师曹月波职称讲师摘要留数，也称残数，是指函数在其孤立奇点处的积分。
综观复分析理论的早期发展，这一概念的提出对认识孤立奇点的分类及各类奇点之间的关系具有十分重要的意义。
同时，它将求解定积分的值的方法推进到一个新的阶段，通过函数的选取，积分路径的选取等等，求解出了许多被积函数的原函数解不出来的情况，为积分理论的发展奠定了充分的基础。
1825 年，柯西在其《关于积分限为虚数的定积分的报告》中，基于与计算实积分问题的情形的类比,处理了复积分的相关问题，并给出了关于留数的定义。
随后，柯西进一步发展和完善留数的概念，形成了定义。
柯西所给的这一定义一直沿用到了现在，推广到了微分方程，级数理论及其他一些学科，并在相关学科中产生了深远影响，成为一个极其重要的概念。
因而很自然地产生了这样一个问题：柯西为什么要定义这一概念或者说，什么因素促使柯西提出了留数的定义显然这一问题对于全面再现柯西的数学思想，揭示柯西积分理论乃至整个复分析研究的深层动机等具有极为重要的理论意义和历史意义。
随着留数的发展，复积分的相关问题得到了极大的进步，并解决了一些广义积分和特殊定积分的计算问题。
关键字：留数；留数定理；积分目录摘要···············································1. 引言·············································2. 留数············································· 2.1 留数的定义及留数定理························ 2.2 留数的求法·································· 2.3 函数在无穷远处的留数························3. 用留数定理计算实积分3.1 计算形如∫f (cos x ,sin x )dx 2π0的积分············ 3.2 计算形如∫f (x )+∞−∞dx 的积分···················· 3.3 计算形如∫P (x )Q (X )+∞−∞e imx dx 的积分················3.4 计算形如∫P (x )Q (x )+∞−∞cos mxdx 和∫P (x )Q (x )+∞−∞sin mxdx 的积分3.5 计算积分路径上有奇点的积分···················· 参考文献1. 引言留数理论是柯西积分理论的延续。
第五章 留数及其应用
第五章 留数及其应用一. 目的要求1. 理解孤立奇点概念并掌握其分类法。
2. 理解留数概念，熟练掌握极点处留数的求法（不含无穷远点）。
3. 熟练掌握留数定理，会用留数求围道积分。
二. 主要内容1. 孤立奇点定义、分类，函数的零点与极点之关系，Δ函数在无穷远点的性态。
2. 留数概念，留数定理，留数的计算，*无穷远点的留数。
3. 用留数求围道积分。
4. 用留数求实积分 dx e x R dx x Q x P d R aix ⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-)(*)()(#)sin ,(cos #20，，θθθπ5. *对数留数与辐角原理。
重点：孤立奇点的判定，留数定理及应用。
难点：留数定理的应用。
本章中心问题是留数定理，前面讲的柯西定理、柯西积分公式都是留数定理的特殊情况，并且留数定理在作理论探讨与实际应用中都具有重要意义，它是复积分与复级数理论相结合的产物，为此先对解析函数的孤立奇点进行分类5.1 孤立奇点 5.2 留数5.3 留数在定积分计算中的应用 本章小结 思考题第一节 孤立奇点一、奇点的分类定义：若函数()f z 在0z 处不解析,但在0z 的某一去心领域00z z δ<-<内处处解析,则称0z 为函数()f z 的孤立奇点如: 0z =是函数1()f z z=的孤立奇点,也是函数1()z f z e =的孤立奇点如0z =是函数1()1sin f z z=的一个奇点,除此之外, 1(1,2,)n z n n π==±± 也是它的一个奇点, 当n 的绝对值逐渐增大时,1n π可任意接近0z =,即在0z =不论怎样小的去心领域,总有函数()f z 的奇点存在, 所以0z =不是函数()f z 的孤立奇点 孤立奇点分类：函数()f z 在孤立奇点0z 的领域00z z δ<-<内展为洛朗级数为: ()f z =()nnn C z z ∞=-∑+01()n nn Cz z ∞--=-∑解析部分 主要部分(1) 主部消失即只有()nnn C z z ∞=-∑,则称0z 为函数()f z 的可去奇点(2) 主部仅含有限项(m 项),则称0z 为函数()f z 的m 阶极点 (3) 主部含有无限多项,则称0z 为函数()f z 的本性奇点 例1. 说明点0z =是函数sin ()zf z z=的可去奇点 解: 函数()f z 在0z =的去心领域内可展开成洛朗级数为:35sin 1()()3!5!z z z f z z z z ==-+- 241113!5!z z =-+- ,展开式中不含负幂项,⇒0z =是函数sin ()zf z z=的可去奇点. 二、可去奇点可去奇点的解析化:若0z 为函数()f z 的可去奇点,则()f z 在0z 的去心领域内的洛朗级数就是一个不含负幂项的级数为:20102000()()()(),0n n f z C C z z C z z C z z z z δ=+-+-+-+<-<显然这个幂级数的和函数()F z 在0z z δ-<内处处解析.令000()lim ()lim ()z z z z f z C F z f z →→===孤立奇点0z 为可去奇点的判别方法:设0z 为函数()f z 的孤立奇点,则下列条件是等价的(1) 0z 为函数()f z 的可去奇点;(2) 函数()f z 在0z 点的洛朗级数展开式中不含0z z -的负幂项,即010()()()n n f z C C z z C z z =+-++-+(3) 00lim ()z z f z C →=,(0C 为一常复数);(4)函数()f z 在0z 某去心领域内有界.若0z 为()f z 的极点,则0lim ()?z z f z →=三、极点如果在洛朗级数展开式中只有有限多个0z z -的负幂项, 且关于10()z z --的最高幂为0()m z z --,即2102010010()()()()()m m f z C z z C z z C z z C C z z ------=-++-+-++-+(1,0)m m C -≥≠则孤立奇点0z 称为函数()f z 的m 阶极点.下面讨论m 阶级点的特征: (1) 2110201001()[()()()()m m m m mf z C C z z C z z C z z z z ---+-+-=+-+-++-- 00()]n m n n C z z ∞+=+-∑01()()mg z z z =-这里()g z 满足: (1)在圆域0z z δ-<内是解析函数; (2) 0()0g z ≠.(2)反过来,当任何一个函数()f z 能表示为01()()()mf zg z z z =-的形式, ()g z 在0z z δ-<内解析且0()0g z ≠,那么0z 是函数()f z 的m 阶极点.判定0z 是函数()f z 的m 阶极点的另一个方法.而001lim ()lim()()m z z z z f z g z z z →→==+∞-⇒0lim ()z z f z →=∞ 判定0z 是函数()f z 的m 阶极点的又一方法.孤立奇点0z 为极点的判别方法:设0z 为函数()f z 的孤立奇点,则下列条件是等价的, (1) 0z 是函数()f z 的m 阶极点; (2) 函数()f z 在点0z 处的洛朗展开式为:10000()()(0,0)()()nm n m mn C C f z C z z C m z z z z +∞---==+++-≠>--∑(3)极限0lim ()z z f z →=∞,缺点:不能指明极点的阶数.(4) 函数()f z 在点0z 的某去心领域内表示成: 01()()()mf zg z z z =-, 其中()g z 在0z 的领域内解析,且0()0.g z ≠Z 例1. 求有理分式函数232()(1)(1)z f z z z -=+-的极点. 解: 函数的孤立奇点有: 1z =, z i =±, 1lim ()z f z →=∞, lim ()z if z →±=∞,⇒1z =,z i =±,都是函数()f z 的极点.(1)当1z =时,1233232121()(1)(1)(1)(1)(1)z z g z z z z z z --=⋅=⋅+--+-, 这里1()g z 在1z =的某处领域内处处解析,且1(1)0g ≠,⇒1z =是有理函数的3阶极点.(2) 对于z i =.有22332121()(1)(1)()()(1)()z z g z z z z i z i z z i --=⋅=+--+-- (3)对于i -,有32332121()(1)(1)()()(1)()z z g z z z z i z i z z i --=⋅=+-+--+ ⇒z i =±都是有理函数的1阶极点.四、本性奇点若在洛朗级数展开式中含有无穷多个0z z -的负幂项,那么孤立奇点0z 称为函数()f z 的本性奇点.例如: 1()zf z e =, 0z =是它的本性奇点,因为它的洛朗级数为:1121112!!n ze z z z n ---=+++++ ,含有无穷多个z 的负幂项. 若0z 为函数()f z 的本性奇点,且具有如下性质:0{}n A z z ∀∃→，,使得0lim ()n z z z f z A =→=即: 若0z 为函数()f z 的本性奇点,则极限0lim ()z z f z →不存在且不是无穷大.例3. 函数1()zf z e =,点0z =为它的本性奇点.解: (1)当z 沿正实轴趋向0时,则函数1()zf z e =→+∞; (2)当z 沿负实轴趋向0时,则函数1()0zf z e =→;(3)若对于给定复数(2)2n iA i e ππ+==写成, 要使1(2)2n i ze i eππ+→=, 可取数列1(2)2n z n i ππ⎧⎫⎪⎪=⎨⎬⎪⎪+⎩⎭,n →∞时, 0n z →, 当z 沿数列n z {}趋向于0时,有: 10lim n zz z e i =→=由(1)、(2)、(3)分析得:极限0lim ()z z f z →不存在.故点0z =为1()zf z e =的本性奇点.孤立奇点0z 为本性奇点的判别方法: 设0z 为函数()f z 的孤立奇点,则下列条件是等价的 (1) 0z 为函数()f z 的本性奇点;(2) 函数()f z 在0z 点洛朗级数展开式中含有无穷多个0z z -的负幂项; (3)极限0lim ()z z f z →不存在(也不是无穷大).利用极限判断极点的类型,当极限是型时,可以像《高等数学》中那样用罗必达法则来求:如果函数()f z ,()g z 是当0z z →,以0为极限的两个不恒等于0的解析函数,则0()()limlim ()()z z z z f z f z g z g z →→'='. 例4. 研究函数21()(1)(2)f z z z =--孤立奇点的类型.解: 1z =,2z =是函数()f z 的两个孤立奇点,当1z =时, 211()1(2)f z z z =⋅--, 21(2)z -在1z =的某处领域内解析,且1z =处取值不等于0,⇒1z =是函数()f z的一阶极点;当2z =,211()(2)1f z z z =⋅--,11z -在2z =的某领域内解析,且2z =处取值不等于0,⇒2z =是函数()f z 的二阶极点.例5. 研究函数11()z f z e-=的孤立奇点的类型.解: 11()z f z e-=在整个复平面内除去点1z =外处处解析,⇒1z =是它的唯一的孤立奇点.将函数在0|1|z <-<+∞内展开成洛朗级数,得到:1121111(1)(1)(1)2!!n z ez z z n ----=+-+-++-+ 此级数含有无穷多个负幂项, 故1z =是它的本性奇点.五、函数的零点与极点的关系 1.零点的定义若函数0()()()m f z z z z ϕ=-,其中()z ϕ在0z 处解析,且0()0z ϕ≠,m 为一正整数,则称0z 为函数()f z 的m 阶零点.例如:函数3()(1)f z z z =-,⇒0z =,1z =分别是()f z 的一阶零点和三阶零点.定理1. 如果函数()f z 在0z 处解析,则0z 为()f z 的m 阶零点的充要条件是()()00()0,0,1,2,(1),()0.n m f z n m f z ==-≠证明: ()⇒设0z 是()f z 的m 阶零点,则0()()()m f z z z z ϕ=-, 其中()z ϕ在0z 处解析,且0()0z ϕ≠,从而在0z 领域内泰勒展开式为:201020()()()z C C z z C z z ϕ=+-+-+ ,取其中00()0z C ϕ=≠,⇒10010()()()m m f z C z z C z z +=-+-+⇒()0()0,0,1,2,,(1),n f z n m ==- 而()00()!0.m f z m C =≠，()⇐已知函数()f z 的泰勒级数为:10010()()()m m f z C z z C z z +=-+-+0010()[()]m z z C C z z =-+-+且()()00()0,0,1,2,(1),()0n m f z n m f z ==-≠ ,令201020()()()z C C z z C z z ϕ=+-+-+ ,0()()()m f z z z z ϕ=-,则0z 为函数()f z 的m 阶零点.例6. 设函数3()1f z z =-,点1z =为函数的几阶零点.解: 由于(1)0f =,且31(1)3|30z f z ='==≠,所以1z =是函数()f z 的一阶零点. 2.函数的零点与极点的关系定理2 若0z 为函数()f z 的m 阶极点,则0z 就是()f z 1m 阶零点,反之也成立. 证明: ()⇒设0z 为()f z 的m 阶极点,则有01()()()mf zg z z z =-,其中()g z 在0z 处解析,且0()0g z ≠,⇒当0z z ≠时,有001()()()()()m m z z z z h z f z g z =-=-1其中()h z 在0z 处解析，且0()0h z ≠.当0z z ≠时,由于0lim0()z z f z →=1,只要令00()f z =1, 由0()()()m z z h z f z =-1可知: 0z 是()f z 1的m 阶零点.()⇐如果0z 是()f z 1的m 阶零点,则⇒0()()()m z z z f z ϕ=-1其中()g z 在0z 处解析,且0()0g z ≠,⇒当0z z ≠时, 01()()()mf z z z z φ=-, 而()()z z φϕ1=在0z 处解析,且0()0z φ≠, 所以点0z 是()f z 的m 阶极点. 例7．（通过零点阶数判断极点阶数）函数1sin z有些什么奇点?如果是极点,指出他的阶? 解: 函数1sin z的奇点是使sin 0z =的点: 由sin 0z =得: iz iz e e -=或221iz k ie e π==,⇒22iz k i π=,即: ,0,1,2,z k k π==±± , 所以,(0,1,2,)z k k π==±± 是函数()f x 的孤立奇点.(sin )|cos |z k z k z z ππ=='=cos (1)0k k π==-≠⇒z k π=是sin z 的一阶零点,即: z k π=是1sin z的一阶极点. 例8．判别函数21()z e f z z-=在0z =处是几阶极点. 解:法一: 22011111[1]()!2!3!z n n e z z z z z n z zϕ∞=-=-=+++=∑ , 其中()z ϕ在0z =解析,且(0)0ϕ≠, 所以0z =是函数21()z e f z z-=的一阶极点. 法二: 2111z z e e z z z --=⋅,01lim 10z z e z →-=≠,⇒1z e z -的展开式中不含负幂项,且0C =1.⇒1z e z-的展开式在0z =,且不等于0.所以0z =是函数21()z e f z z -=的一阶极点.练习:3sin zz;0z =是二阶极点,而不是三阶级点. 六、函数在无穷远点的性态前面讨论函数()f z 解析性及孤立奇点时,均假设z 为复平面上有限点, 那么函数在无穷远点的性态又如何呢?下面就讨论在扩充复平面上函数的性态:1. 定义 若函数()f z 在z =∞的去心领域R z <<∞内解析, 则称点∞为函数()f z 的孤立奇点. 分析:令1t z=,∞(扩充z 平面上) →0(扩充t 平面上) ()f z , 11()()t zR z g t f t =<<∞−−→=, 10t R<<. 若0t =是函数()t ϕ的可去奇点,m 阶极点或本性奇点,那么就称点z =∞是函数()f z 的可去奇点,m 阶极点或本性奇点.2. 奇点∞类型的判别方法由于函数()f z 在R z <<∞内解析,所以在此环域内可以展开成洛朗级数:1()(1)nn n n n n f z C zC z ∞∞--===+∑∑ 其中11()(0,1,2,)2n n C f C d n i ζζπζ+==±±⎰，, C 为圆环域内R z <<∞内绕原点的任何一条正向简单闭曲线.因此函数()t ϕ在圆环域10t R <<内的洛朗级数有上式得到:010()(2)nn n n n n t C t C C t ϕ∞∞--===++∑∑(1) 不含t 的负幂项,则0t =是()t ϕ的可去奇点;(2) 含有t 的有限多的负幂项,且m t -为最高负幂项,则0t =是()t ϕ的m 阶极点; (3) 含有t 的无限多的负幂项,则0t =是()t ϕ的本性奇点. 因此根据前面定义,有: 如果在级数(1)式1()nn nn n n f z CzC z ∞∞--===+∑∑中,(1) 不含z 正幂项,则z =∞是()f z 的可去奇点;(2) 含有z 有限多的正幂项,且mz 为最高负幂项,则z =∞是()f z 的m 阶极点; (3) 含有z 无穷多的正幂项, 则z =∞是()f z 的本性奇点.这样,对于无穷远点来说,它的特征与其洛朗级数之间的关系就跟有限远点一样,不过只是把正幂项与负幂项的作用互相对掉就是. 3. 孤立奇点的判别方法一、函数()f z 的孤立奇点∞为可去奇点的充要条件是下列三条中的任何一条成立:(1) 函数()f z 在∞的去心领域R z <<∞内洛朗级数展开式为: 1202()n n C C C f z C z z z---=+++++ ; (2) 极限0lim ()()z f z C →∞=≠∞存在;(3) 存在0r >,使得函数()f z 在r z <<∞内有界.二、函数()f z 的孤立奇点∞为m 阶极点的充要条件是下列三条中的任何一条成立:(1)函数()f z 在∞的去心领域R z <<∞内洛朗级数展开式为:22101()0m nm m nn C f z C z C z C z C C z+∞-==+++++≠∑， (2)极限lim ()z f z →∞=∞;(3) 1()()g z f z =以z =∞为m 的阶零点. 三、函数()f z 的孤立奇点∞为本性奇点的充要条件是下列二条中的任何一条成立:(1) 函数()f z 在∞点处的洛朗级数展开式中含有无穷多z 的正幂项; (2)极限lim ()z f z →∞不存在,且非∞.例9. 函数1()1f z z =+在圆环域1z <<+∞内可展成: 解: 2311111()1(1)11n n f z z z z z z==-+-++-++它不含正幂项,所以∞是函数()f z 的可去奇点.说明: 当z =∞是函数()f z 的可去奇点,若取()lim ()z f f z →∞∞=则认为函数()f z 在∞解析的.例10. 讨论函数1()f z z z=+解: 含有正幂项,且z 为最高正幂项所以∞是它的一阶极点, 另外0也是它的一阶极点. 例11．讨论函数sin z解: 其展开式为: 3521111sin (1)3!5!(21)!n n z z z z z n +=-+-+-++ 含有无穷多的正幂项,所以z =∞是它的本性奇点.例12．函数2()1zf z z =+是否以z =∞孤立奇点?若是,属于哪一类? 解: 函数2()1zf z z=+在整个复平面内除去z i =与z i =-外的区域内处处解析,所以函数在无穷远的领域1||z <<+∞内是解析的,⇒z =∞是孤立奇点.又因为: 2lim01z zz →∞=+，⇒z =∞是函数的可去奇点.例13．函数23()1234f z z z z =+++是否以z =∞为孤立奇点?若是,属于哪一类?解: 23()1234f z z z z =+++在整个复平面内处处解析,所以z =∞为函数的孤立奇点且为3阶极点.例14. 函数()z f z e =是否以z =∞为孤立奇点?若是,属于哪一类?解: 函数()z f z e =在整个复平面内处处解析,所以z =∞是它的孤立奇点. 极限lim zz e →∞不存在(不是无穷大),⇒z =∞是函数的本性奇点.例15. 函数1()sin f z z=是否以z =∞为孤立奇点? 解: 令sin z =0,得:(0,1,2,)k z k k π==±± ,⇒1()sin f z z=在整个复平面除了(0,1,2,)k z k k π==±± 外处处解析, 而在扩充复平面上,序列{}k z 以z =∞为聚点,⇒z =∞不是函数1()sin f z z=的孤立奇点. 结果:在扩充复平面上, ∞是奇点,但不一定是孤立奇点.例16. 函数233(1)(2)()(sin )z z f z z π--=在扩充复平面内有些什么类型的奇点?如果说极点,指出它的阶数.解: 函数()f z 除使分母为0的点0,1,2,z =±± 外,(1) 当1,1,2z ≠-的奇点时, (sin )cos z z πππ'=,在0,z =-±± 2,3，4处cos z ππ均不为0,⇒这些点是sin z π的一阶零点,从而是3sin z π（）的三阶零点,⇒0,z =-±± 2,3，4是()f z 的三阶极点.(2) 当1z =±时, ⇒1z =±为21(1)(1)z z z -=-+的一阶零点, 而且1z =±为3sin z π（）的三阶零点,⇒1z =±为函数()f z 的二阶极点.(3) 当2z =时,23233222(1)(2)2lim ()lim lim(1)()(sin )sin z z z z z z f z z z zππ→→→---==-2333013lim[(2)1](),(2)sin z ζπζζζπζππ→=+-==+ 令 ⇒2z =是()f z 的可去奇点.(4) 当z =∞时,由于∞是0,1,2,z =±± 的聚点, ⇒z =∞不是函数()f z 的孤立奇点.第二节 留数留数是复变函数论中重要的概念之一，它与解析函数在孤立奇点处的洛朗展开式、柯西复合闭路定理等有着密切的联系． 一、留数的概念及留数定理 1．留数概念如果函数()f z 在0z 的领域内解析,则有柯西-古萨定理: ()0,Cf z dz =⎰其中C 为0z 领域内的任意一条简单闭曲线.若0z 为函数()f z 的一个孤立奇点,则沿着0z 的某一个去心领域00z z R <-<内含0z 的任意一条正向简单闭曲线C 的积分:(),Cf z dz ⎰一般不等于0.因此将函数()f z 在00z z R <-<内展开成洛朗级数:00011()()(),nn n n n n f z C z z C C z z ∞∞--===-++-∑∑对展开式两边沿着C 逐项积分得:00011()()(),nnnnCCCCn n f z dz Cz z dz C dz C z z dz ∞∞--===-++-∑∑⎰⎰⎰⎰001101(),()nn n n C C Cn n C dz C dz C z z dz z z ∞∞-===++--∑∑⎰⎰⎰ 101()C C dz z z -=-⎰12.C i π-=102,010,0()n C i n dz n z z π+=⎧=⎨≠-⎩⎰ 留数定义：设0z 是函数()f z 的孤立奇点,在环形域00z z R <-<内, 函数()f z 的洛朗展开式中10()z z --项的系数1C -称为函数()f z 在0z 点的留数. 记作: 01Re [(),]s f z z C -=或01Re [(),]()2C s f z z f z dz i π=⎰. 说明1C -的值与C 的半径大小无关,只要求C 包含0z 即可.例1. 求函数1()zf z ze =在孤立奇点0z =处的留数.解: 函数()f z 在0||z <<+∞内的洛朗展开式为:1211()1,2!3!zf z ze z z z ==++++ ⇒11Re [,0]2!zs ze =. 例2. 求函数21()cosf z z z=在孤立奇点0z =处的留数. 解: 函数()f z 在0||z <<+∞内的洛朗展开式为:22211111()cos (1),2!4!(2)!z nn f z z z z z n z -==-+-+-+ 21Re [cos ,0]0.s z z ⇒= 例3. 求函数sin ()zf z z=在孤立奇点0z =处的留数. 解: 0sin lim 1z z z →=,⇒ 0z =是函数sin ()z f z z =的可去奇点,⇒sin Re [,0]0zs z=. 2.留数定理定理 1 设函数()f z 在区域D 内除有限个孤立奇点12,,,n z z z 外处处解析,C 是D 内包围所有奇点的一条正向简单闭曲线,则:1()2Re [(),]nk Ck f z dz i s f z z π==∑⎰.证明: 由复合闭路定理得:1()()()nCC C f z dz f z dz f z dz =++⎰⎰⎰⇒11()Re [(),]2C f z dz s f z z i π=+⎰Re [(),]n s f z z + ,即: 1()2Re [(),]nk Ck f z dz i s f z z π==∑⎰.二、函数在极点的留数法则1：如果0z 为函数()f z 的一阶极点,则000Re [(),]lim()()z z s f z z z z f z →=-.证明: 由于0z 为函数()f z 的一阶极点,⇒110000()()(),0||n n n f z C z z C z z z z δ∞--==-+-<-<∑⇒10100()()()n n n z z f z C C z z +∞+-=-=+-∑,⇒001lim()()z z z z f z C -→-=.结论：先知道奇点的类型，对求留数有时更为有利.例4. 求函数34()(1)(2)z f z z z z -+=--在孤立奇点0,1,2z z z ===的留数.解: 0,1,2z z z ===都是函数()f z 的一阶极点,⇒003434Re [(),0]lim lim 2(1)(2)(1)(2)z z z z s f z zz z z z z →→-+-+===----; ⇒113434Re [(),1]lim(1)lim 1(1)(2)(2)z z z z s f z z z z z z z →→-+-+=-==----;⇒223434Re [(),2]lim(2)lim 1(1)(2)(1)z z z z s f z z z z z z z →→-+-+=-==----.法则 设函数()()()P z f z Q z =,其中()P z 及()Q z 在z 解析,且0()0P z ≠, 00()0,()0Q z Q z '=≠,则0z 是函数()f z 的一阶极点,且留数000()Re [(),]()P z s f z z Q z ='.证明: 已知00()0,()0Q z Q z '=≠,⇒0z 是函数()f z 的一阶零点,⇒0z 是1()Q z 的一阶极点, ⇒011()()z Q z z z ϕ=-,()z ϕ在0z 解析,且0()0z ϕ≠, ⇒0011()()()()f z z P z g z z z z z ϕ==--,()g z 在0z 解析, 且0()0g z ≠, ⇒0z 是函数()f z 的一阶极点.由法则1:0Re [(),]s f z z 00lim()()z z z z f z →=-00000()()lim()()()z z P z P z Q z Q z Q z z z →==-'- 例5. 求函数()cot f z z =在0z =的留数.解:由于cos cot ,sin z z z =⇒0z =是函数()f z 的一阶阶极点,⇒Re [(),0]s f z =0cos cos01(sin )|cos0z z z ==='. 例6. 计算积分21zCze dz z -⎰,其中C 为正向圆周2z =. 解: 在2z =内,函数2()1zze f z z =-有两个一阶极点: 1z =±,⇒22Re [(),1]2Re [(),1]1zCze dz i s f z i s f z z ππ=+--⎰ ,而 211Re [(),1]lim(1)lim (1)12z z z z ze ze es f z z z z →→=-==-+,1211Re [(),1]lim(1)lim (1)12z z z z ze ze e s f z z z z -→-→--=+==--, ⇒122()2cos 122z Cze e e dz i i i z ππ-=+=-⎰ . 法则3 如果0z 为函数()f z 的m 阶极点,则()f z 01011lim [()()](1)!m m m z z d z z f z m dz--→=--证明:因为0z 为函数()f z 的m 阶极点,则在0z 的洛朗展开式为:210201000()()()()()mn m n n f z C z z C z z C z z C z z ∞------==-++-+-+-∑⇒0()()mz z f z -=1101000()()()m m n m m n n C C z z C z z C z z ∞-+--+-=+-++-+-∑⇒101[()()]m m m d z z f z dz ---=1(1)!m C --+{含有(0z z -)正幂的项}⇒01011lim [()()](1)!m m m z z d z z f z m C dz---→-=-, 即: 011011lim [()()](1)!m m m z z d C z z f z m dz---→=--.例7. 求函数2()ze f z z-=在0z =的留数.解: 0z =是函数2()ze f z z-=的二阶极点,⇒Re [(),0]s f z =2201lim [(0)](21)!zz d e z dz z-→--0lim()1z z e -→=-=-. 例8. 计算积分41Czdz z -⎰,其中C 为正向圆周2z =.解: 4()1zf z z =-在圆周2z =内有四个一阶极点: 1,i ±±， ⇒41Czdz z =-⎰ 2Re [(),1]2Re [(),1]i s f z i s f z ππ+-2Re [(),]2Re [(),]i s f z i i s f z i ππ+-+ 由法则2, 得:32()1()44P z z Q z z z==';⇒411112{}014444C z dz i z π=+--=-⎰ , 说明: 用法则1计算比较繁一些.例9. 计算积分2(1)zC e dz z z -⎰ , 其中C 为正向圆周2z =.解: 在圆周2z =内, 0z =是函数()f z 的一阶极点, 1z =是二阶极点,⇒ 2200Re [(),0]lim lim 1(1)(1)z zz z e e s f z zz z z →→===--, ⇒ 2211Re [(),1]lim [(1)](1)!(1)z z d e s f z z z dz z z →=--- 211(1)lim lim 0z z z z d e e z dz z z→→-===, ⇒22{Re [(),0]Re [(),1]}(1)zC e dz i s f z s f z z z π=+-⎰2(10)2i i ππ=+=. 例10. 计算积分6sin Cz zdz z-⎰, 其中C 为正向圆周2z =. 解: 法一: 0z 是函数()f z 的孤立奇点,令()sin P z z z =-,⇒0(0)(sin )|0z P z z ==-=,⇒0(0)(1cos )|0z P z ='=-=,0(0)sin |0z P z =''==.0(0)cos |0z P z ='''=≠, ⇒0z =是()sin P z z z =-的三阶零点, ⇒0z =是是函数()f z 的三阶极点,有规则3,得:2236262300sin 1sin 1sin Re [,0]lim ()lim ()(31)!2!z z z z d z z d z z s z z dz z dz z →→---=⋅=-再往下计算比较繁琐！法二: 如果0z 是函数()f z 的阶极点,则0Re [(),]s f z z 01011lim [()()](1)!m m m z z d z z f z m dz--→=--. 01011lim [()()](1)!m n m n m n z z d z z f z m n dz+-++-→=-+-∑⇒6sin Re [,0]z zs z -565601sin lim [](61)!z d z z z dz z→-=- 5501lim (sin )5!z d z z dz→=-011lim(cos )5!5!z z →=-=. 三、函数在无穷远点的留数无穷远点留数定义:设函数()f z 在圆环域R z <<+∞内解析,C 为只会圆环内绕原点的任何一条正向简单闭曲线,则称积分: 1()2C f z dz i π-⎰,为函数()f z 在无穷远点的留数, 记作: 1Re [(),]()2C s f z f z dz iπ-∞=⎰ . 定理 2 如果函数()f z 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点(包括∞), 则函数()f z 在所有各奇点(包括∞)的留数的总和一定为零,即:1R e [(),]R e [(),]0nk k s fz z s f z =+∞=∑ 证明: 设函数()f z 的有限个孤立奇点为(1,2,,)k z k n = , 除∞外, 又设C 为一条绕原点的并将(1,2,,)k z k n = 包含在它内部的正向简单闭曲线, 由留数定理及无穷远点留数定义得:1Re [(),]Re [(),]nk k s f z z s f z =+∞∑11()()022C C f z dz f z dz i i ππ-=+=⎰⎰. 法则4: 211Re [(),]Re [(),0]s f z s f z z ∞=-⋅. 证明: 据在无穷远的留数定义中,取正向的简单闭曲线C为半径足够打的正向圆周z ρ=.令1z ζ=,并设,i i z e re θϕρζ==,⇒1,rρθϕ==-⇒1Re [(),]()2C s f z f z dz i π-∞=⎰201()2i i f e ie d i πθθρρθπ-=⎰2011()2i i i f d i re reπϕϕϕπ=-⎰ 220111()()2()i i i f d re i re re πϕϕϕπ=-⎰21111()2f d i ζρζπζζ==-⎰ 由于函数()f z 在z ρ<<+∞内解析,从而1()f ζ在10ζρ<<内解析,⇒ 211()f ζζ在1ζρ<内除0ζ=外没有其他的奇点,由留数定理得:22111111()Re [(),0].2f d s f iζρζπζζζζ==⋅⎰例11．计算Re [(),]s f z ∞的值,如果(1) 2();1z e f z z =- (2) 41().(1)(4)f z z z z =+- 解: (1) 1Re [(),]Re [(),]0,nk k s f z z s f z =+∞=∑2()1ze f z z =-有两个有限孤立奇点1z =±,且均为一阶极点;21Re [(),1]lim(1),12z z e e s f z z z →=-=- 121Re [(),1]lim(1)12z z e e s f z z z -→--=+=--⇒ Re [(),]Re [(),1]Re [(),1]s f z s f z s f z ∞=---11()sin .222e e e e hi ---=--=-=- (2) 211Re [(),]Re [(),0]s f z s f z z ∞=-⋅ 241Re ,011(1)(4)z s z z z ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥+-⎣⎦44Re ,0(1)(14)z s z z ⎡⎤=-⎢⎥+-⎣⎦例12. 计算积分41Czdz z -⎰其中C 为正向圆周2z =. 解: 4()1zf z z =-在2z =外部除z =∞点外无其他的奇点, ⇒42Re [(),]1C z dz i s f z z π=-∞-⎰ 2112Re [(),0]i s f z z π=⋅42Re [,0]01z i s zπ==-.例13. 计算积分10()(1)(3)C dzz i z z +--⎰ ,其中C 为正向圆周2z =.解: 函数的奇点有: ,1,3,z i z z z =-===∞,Re [(),]Re [(),1]Re [(),3]Re [(),]0s f z i s f z s f z s f z ⇒-+++∞=102{Re [(),]Re [(),1]}()(1)(3)C dzi s f z i s f z z i z z π=-++--⎰2{Re [(),3]Re [(),]}i s f z s f z π=-+∞10231112{lim(3)Re [(),0]}()(1)(3)z i z s f z i z z z zπ→=--++-- 10101012{Re [,0]}(3)2(1)(1)(13)z i s i iz z z π=-++⋅+-- 10(3)ii π=-+ 第三节 留数在定积分计算中的应用留数定理为某些类型积分的计算提供了有效的方法．应用留数定理计算实变函数的定积分的方法称为围道积分法．围道积分法就是把求实变函数的积分化为复变函数沿着围线的积分，然后利用留数定理，使沿着围线的积分计算，归结为留数计算．要使用留数计算，需要两个条件：一是被积函数与某个解析函数有关；其次，定积分可化为某个沿闭路的积分．其实质就是用复积分来计算实积分，这一方法对有些不易求得的定积分和广义积分常常比较有用．现在就几个特殊类型举例说明． 一、形如20(cos ,sin )R d πθθθ⎰的积分令i z e θ=, i dz ie d θθ=, dzd iz θ=, 1cos 22i ie e z z θθθ--++==, 1sin 22i i e e z z i iθθθ----==,其中(cos ,sin )R θθ为cos θ与sin θ的有理函数,且在[0,2]π上连续, 当[0,2]θπ∈时,对应的z 正好沿着单位圆||1z =的正向绕行一周, 函数22111()(,)22z z f z R z iz iz+-=为z 的有理函数,且在||1z =上分母不为零, 即在单位圆||1z =上无奇点,因此满足留数定理的条件,故有2220111(cos ,sin )(,)22z z z dz R d R z iz iz πθθθ=+-=⎰⎰ 1()z f z d ==⎰ .例1. 计算22cos 2(01)12cos I d p p pπθθθ=<<-+⎰，的值. 解: 在02ππ≤≤内, 2212cos (1)2(1cos )0p p p p θθ-+=-+-≠,因而该积分是定积分,21cos 22i i e e z zθθθ-++==，222211cos 2()()22i i e e z z θθθ--=+=+ 2212112122z z z dzI z z iz p p --=+⇒=+-+⎰42112(1)()z z dz iz pz z p =+=--⎰ 1().z f z dz ==⎰被积函数421()2(1)()z f z iz pz z p +=--有三个极点10,,z z p z p ===,只有0,z z p ==在圆周1z =内,其中0z =为二阶极点, z p =为一阶极点,42201Re [(),0]lim []2(1)()z d z s f z z dz iz pz z p →+⇒=--223422220()4(1)(12)lim 2()z z pz p p z z z pz p i z pz p p z →--+-+-+=--+ 2212p ip +=-,421Re [(),]lim [()]2(1)()z p d z s f z p z p dz iz pz z p →+⇒=---,24222221122[].22(1)1p p p I i ip ip p p ππ++⇒=-+=--二、形如()R x dx +∞-∞⎰的积分1111()(),2()n n nm m mz a z a P z R z m n Q z z b z b --+++==-≥+++ 是关于z 的有理函数.(1) ()Q z 比()P z 至少高两次; (2) ()Q z 在实轴上无零点;(3) ()R z 在上半平面Im 0z >内的极点为(1,2,,)k z k n = , 则有:1()2Re [(),]nk k R x dx i s R z z π+∞-∞==∑⎰.基本思想:(1)先取被积函数()R x 在有限区间[,]R R -上的定积分,在引入辅助曲线,即上半圆周:Re (0)i R C z θθπ=≤≤,同[,]R R -一起构成围线,取R 适当的打,使得()()()P z R z Q z =所有的在上班平面内的极点k z 都包含在积分路径内,如下图:1()()()2Re [(),]RnRk CRC k R z dz R x dx R z dz i s R z z π-=⇒=+=∑⎰⎰⎰(2)在R C 上,令Re (0)i z θθπ=≤≤, 则有0()(Re )Re ()(Re )R i i i C P z P dz i d Q z Q θπθθθ=⎰⎰, 因为()Q z 的次数比()P z 的次数至少高两次,于是有当||z R =→∞时,()Re (Re )0()(Re )i i i zP z P Q z Q θθθ=→,1()2Re [(),].()n k k P x dx i s R z z Q x π+∞-∞=⇒=∑⎰ 例2. 计算积分22222,(0,0)()()x dxI a b x a x b +∞-∞=>>++⎰的值. 解: 4,2,2,m n m n ==-=函数()R z 在实轴上没有孤立奇点, 22222()()z z a z b ++在上半平面的奇点为ai bi ，，且为一阶极点;1()2Re [(),].()nk k P x dx i s R z z Q x π+∞-∞=⇒=∑⎰Re [(),]s R z ai 222222()2()a aai b a i a b -==--, 同理, 22Re [(),]2()b s R z bi i b a =-,22222[]2()2()a b I i i a b i b a a bππ=+=--+三、形如()(0)aix R x e dx a +∞-∞>⎰的积分(1) ()R x 是x 的有理函数,而分母的次数至少比分子的次数高一次,(2) 并且()R z 在实轴没有孤立奇点,(3) (1,2,,)k z k n = 为函数()()iaz f z R z e =在上半平面的奇点. 则积分存在,且1()()2Re [(),]()niaxiaxiaz k k P x R x e dx e dx i s R z e z Q x π+∞+∞-∞-∞===∑⎰⎰基本思想:(1) 解决思路同类型2,此时被积函数为()aixR x e ,1111()(),1()--+++==-≥+++ n n nm m mx a x a P x R x m n Q x x b x b (2) 设()R x 在半圆周,0arg R C z R z θπ=≤=≤：上连续(对充分打的R 都如此)且一致地有lim ()0z R z →∞=,则当0a >时,有lim()0Riaz C R R z e dz →∞=⎰.(3)设1111()(),1()n n n m m mx a x a P x R x m n Q x x b x b --+++==-≥+++ ，()P x 与()Q x 互质且在实轴上()0Q x ≠,且0a >, 则:1()2Re [(),]niaxiaz k k R x e dx i s R z e z π+∞-∞==∑⎰,k z 为()R z 上半平面的奇点. 特别地,将上式分开实部与虚部,可得积分1()sin Im{2Re [(),]}niaz k k R x axdx i s R z e z π+∞-∞==∑⎰,1()cos Re{2Re [(),]}niaz k k R x axdx i s R z e z π+∞-∞==∑⎰.例3. 计算积分22cos (0)xdx a x a+∞-∞>+⎰，的值. 解: 2,0,21,m n m n ==-=> 221()R z z a =+在实轴上没有奇点, 所以此积分存在,且此积分是22ixe dx x a +∞-∞+⎰的实部. 而222212Re [,]ix iz n k k e e dx i s z x a z a π+∞-∞==++∑⎰, 函数22iz e z a +在上半平面内只有一个一阶极点z ai =, 22Re [,]2,2iz a ae e e s ai i z a ai a ππ--⇒==+ 22cos x dx x a +∞-∞⇒+⎰ae aπ-=. 例4. 计算22sin (0)x xI dx a x a+∞-∞=>+⎰，的值.解: 2,1,1,m n m n ==-=函数22R()zz z a =+在实轴上没有孤立奇点, 则积分存在,()R z 在上半平面内内只有一个一阶极点z ai =222Re [(),]ix iz xe dx i s R z e ai x aπ+∞-∞⇒=+⎰22aa e i ie ππ--==, 于是可得: 22sin ax x dx e x aπ+∞--∞=+⎰. 同时可以得到:22220sin 1cos 0.2a x x x xdx e dx x a x a π+∞+∞--∞==++⎰⎰， 四、函数在实轴上有奇点的积分可适当的选取路径来积分,使积分路线绕开孤立奇点,得:111()2Re [(),]Re [(),],2nnk k k k f x dx i s f z z s f z x π+∞-∞===+∑∑⎰其中k z 是上班平面的奇点, k x 是实轴上的奇点. 例5. 计算积分sin xdx x+∞-∞⎰的值. 解: 函数sin ()x f x x =是偶函数, 所以0sin 1sin 1Im[]22ixx x e dx dx dx x x x+∞+∞+∞-∞-∞==⎰⎰⎰ ize z 在实轴上有一个一阶极0z =, 012{0Re [,0]}lim .2ix iz izz e e e dx i s i z i x z zπππ+∞-∞→=+==⎰ 0sin 2x x π+∞⇒=⎰. 例6.证明220sin cos x dx x dx +∞+∞==⎰⎰. 证明: 222cos sin ix ex i x =+,取积分的封闭曲线是半径为R 的4π扇形边界, 由于2iz e 在D 内及其边界上C 解析, 20iz Ce dz ⇒=⎰, 即:2220(1)ix iz iz OAABBOe dx e dz e dz ++=⎰⎰⎰在AB 上: Re i z θ=,θ从0到4π; 因此(1)成为: 222240()()4400ii Riix iR e i i re Re dx eRie d ee dr πθππθθ++=⎰⎰⎰;或22222cos2sin 244(cos sin )RRir iRR i x i x dx eedr e Rie d ππθθθθ--+=-⎰⎰⎰,(1) 22444lim Riiir r R e e dr e e dr e πππ+∞--→∞==⎰⎰sin )44i ππ=+==(2)222cos2sin 2sin 2440iR R i R eRie d eRd ππθθθθθθ--≤⎰⎰22440(1)4R R R ed e Rπθππθ--≤=-⎰, 当R →∞时,上面积分趋向于零, 从而有220(cos sin )x i x dx ∞+=⎰,两端实部和虚部分别相等,得:220cos sin x dx x dx ∞∞==⎰⎰。
第五章 留数及其应用
第五章留数及其应用(Residue and application)第一讲授课题目：§5.1 孤立奇点教学内容：孤立奇点的分类、各类奇点的特征、函数的零点与极点的关系、函数的零点与极点的关系.函数在无穷远点的性态学时安排：2学时教学目标：1、掌握孤立奇点的分类2、理解并掌握各类奇点的特征3、了解函数的零点与极点的关系及函数的零点与极点的关系教学重点：孤立奇点的分类教学难点：各类奇点的特征教学方式：多媒体与板书相结合P习题五：1-5作业布置：133132板书设计：一、孤立奇点的分类二、各类奇点的特征三、函数的零点与极点的关系参考资料：1、《复变函数》，西交大高等数学教研室，高等教育出版社.2、《复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》，高等教育出版.3、《复变函数论》，（钟玉泉编，高等教育出版社，第二版）2005年5月.4、《复变函数与积分变换》苏变萍陈东立编，高等教育出版社，2008年4月.课后记事：1、会判断函数的孤立奇点，并能正确分类2、基本掌握各类奇点的特征3、课后要答疑教学过程：§5.1 孤立奇点(Isolated singular point)一、孤立奇点的分类（Isolated singular points of ） 设函数)(z f 在去掉圆心的圆盘)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么我们称0z 为)(z f 的孤立奇点.在D 内，)(z f 有洛朗展式,)()(0∑+∞-∞=-=n n nz z z f α其中,...)2,1,0(,)()(2110±±=-=⎰+ρζζζπαC n n n d z f iρC 是圆)0(||0R z z <<=-ρρ.,)(00∑+∞-=-n n nz z α为)(z f 的解析部分，,)(10∑+∞=---n n nz z α为)(z f 的主要部分.例1 0是z e z z 1,sin ，z1的孤立奇点. 例2()zz f 1sin 1=，()Λ,2,110==n n z π是它的孤立奇点. 一般地，对于上述函数)(z f ，按照它的洛朗展式含负幂的情况（主要部分的情况），可以把孤立奇点分类如下：定义（Definition ）5.1(1) 若 )(z f 在0z 的主要部分为零， 则称 0z 为)(z f 的可去奇点.(2) 若 )(z f 在 0z 点的主要部分为有限多项. 即110)1(0)()(z z z z z z m m mm-++-+------αααΛ (0≠-m α)则称 0z 为)(z f 的m 阶极点.(3) 若 )(z f 在 0z 点的主要部分有无限多项, 则称 0z 为 )(z f 的本性奇点.二、各类奇点的特征(The characteristics of various types of singularities)1、可去奇点(Removable singularity) 我们说0z 是)(z f 的可去奇点，或者说)(z f 在0z 有可去奇点.这是因为令00)(α=z f ，就得到在整个圆盘R z z <-||0内的解析函数)(z f .定理(Theorem)5.1函数)(z f 在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是)(z f 的可去奇点的必要与充分条件是：存在着极限，0)(lim 0α=→z f z z ，其中0α是一个复数.证明：（必要性）.已知0z 是)(z f 的可去奇点，在R z z <-<||00内，)(z f 有洛朗展式：...)(...)()(0010+-++-+=n n z z z z z f ααα因为上式右边的幂级数的收敛半径至少是R ，所以它的和函数在R z z <-||0内解析，于是显然存在着0)(lim 0α=→z f z z .（充分性）设在R z z <-<||00内，)(z f 的洛朗展式是,)()(0∑+∞-∞=-=n n nz z z f α其中,...)2,1,0(,)()(2110±±=-=⎰+γζζζπαn d z f i n n 已知0)(lim 0α=→z f z z ，所以存在着两个正数M 及)(0R ≤ρ，使得在00||0ρ<-<z z 内，,|)(|M z f <那么取ρ，使得00ρρ<<，我们有,...)2,1,0(221||1±±==≤+n MM n n n ρρπρπα 当0<n 时，在上式中令ρ趋近于0，就得到,...)3,2,1(0---==n n α.于是0z 是)(z f 的可去奇点.定理(Theorem)1.5'设0z 为)(z f 的孤立奇点，则0z 是)(z f 的可去奇点的充分必要条件是：存在着某一个正数)(0R ≤ρ，使得)(z f 在00||0ρ<-<z z 内有界.2. 极点(Pole)设0z 是)(z f 的m 阶极点.当1=m 时，称0z 是)(z f 的单极点，当1>m 时，称0z 是)(z f 的m 重极点.0z 是)(z f 的)1(≥m 阶极点，那么在R z z <-<||00内，)(z f 有洛朗展式：...)(...)(...)()()(0010011010+-++-++-++-+-=--+--n n m m mm z z z z z z z z z z z f αααααα在这里0≠-m α.于是在R z z <-<||00内()()z z z z z z z z z z z z z z f mn n m m mmϕαααααα000100110101...)(...)(...)()()(-=+-++-++-++-+-=--+--其中)(z ϕ是一个在R z z <-||0内解析的函数，并且0)(0≠z ϕ.反之，如果函数)(z f 在R z z <-<||00内可以表示成为上式右端的形状，而)(z ϕ是一个在R z z <-||0内解析的函数，并且0)(0≠z ϕ，那么可以推出0z 是)(z f 的m 阶极点.这样我们就得到： 0z 是)(z f 的m 阶极点充要条件是：()()z z z z f mϕ01)(-=（1） 其中)(z ϕ在0z 解析，并且0)(0≠z ϕ. 由此可得如下定理：定理(Theorem)5.2设函数)(z f 在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是)(z f 的极点的充分必要条件是：∞=→)(lim 0z f z z .推论设函数)(z f 在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是)(z f 的m 阶极点的充分必要条件是：m m z z z f z z -→=-α)()(lim 00，在这里m 是一个正整数，m -α是一个不等于0的复常数.3. 本性奇点 (Essential singularity) 定理(Theorem)5.3设函数)(z f 在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是)(z f 的本性奇点的充分必要条件是：不存在有限或无穷极限)(lim 0z f z z →.例3 研究是函数()ze zf 1=孤立奇点的类型 解：0=z 是函数()ze zf 1=的孤立奇点.当z 沿正实轴趋近于0时，ze 1趋近于∞+； 当z 沿负实轴趋近于0时，ze 1趋近于0；所以zz e 1lim →不存在，故0=z 是函数()ze zf 1=的本性奇点.例4 研究是函数()zzz f sin =孤立奇点的类型 解：0=z 是函数()zzz f sin =的孤立奇点.因为函数()zz z f sin =在+∞<<||0z 内的洛朗展式为...)!12()1(...!5!31sin 242++-+-+-=n z z z z z nn 由于展式中负幂项系数均为0，故故0=z 是函数()zzz f sin =的可去奇点.例5 求出下列函数的奇点，并确定它们的类型，对无穷远点也要加以讨论：（1）3sin )(z z z z f -= （2）25)1()(z z z f -=解（1）（法一）)(z f 以0=z 为奇点 先求)(z f 在+∞<<||0z 的洛朗展式：∑∑+∞=++∞=++-=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=112301233)!12()1(1)!1()1(1sin )(n n n n n n n z z z zn z z z z z z f 由此，)(z f 在0=z 的负幂项部分为零；故0=z 为)(z f 的可去奇点.（法二） 因为616sin lim 31cos lim sin lim02030-=-=-=-→→→z z z z z z z z z z 故0=z 为)(z f 可去的奇点（2）显然1=z 是)(z f 的二级极点. 三、函数的零点与极点的关系(Function relationship between the zero and pole) 定义(Definition)5.2若()()z z z z f mϕ0)(-=，其中)(z ϕ在0z 解析，且0)(0≠z ϕ，m 是一正整数，则称0z 为)(z f 的m 阶零点.定理(Theorem)5.4若)(z f 在0z 解析，则0z 为)(z f 的m 阶零点充分必要条件是()()()()0,1,1,00)(00≠-==z fm n z fm n Λ证明：（必要性）若0z 为)(z f 的m 阶零点，则 ()()z z z z f mϕ0)(-=设)(z ϕ在0z 的泰勒展式为...)(...)()(0010+-++-+=n n z z z z z αααϕ 其中0)(00≠=z ϕα，从而)(z f 在0z 的泰勒展式为()()Λ+-+-=+10100)(m mz z z z z f αα由此式推知()()()()0,1,1,00)(00≠-==z fm n z fm n Λ（充分性）课后作业注1：不恒为零的解析函数的零点是孤立的(Analytic function is not identically zero zero is isolated)零点与极点有如下关系定理(Theorem)5.5 0z 为)(z f 的m 阶极点，则0z 是()z f 1的m 阶零点，反之亦然.例6函数()zz f sin 1=有什么奇点？如果是极点，指出它们的阶.解：()Λ,2,1,00sin ±±==⇒=k k z z π是函数)(z f 的孤立奇点，由于()Λ,2,1,00)(sin ±±=≠'=k z k z π，所以()Λ,2,1,0±±==k k z π都是z sin 的一阶零点，也就是()zz f sin 1=一阶极点. 四、函数在无穷远点的性态(Function in the behavior of Infinity)定义(Definition)5.3设函数)(z f 在无穷远点的邻域+∞<<||z R 内解析，则称无穷远点为)(z f 的孤立奇点.在+∞<<||z R 内，)(z f 有洛朗级数展式：∑+∞-∞==n n nz z f α)( （2）其中,...)2,1,0,(,)()(2110±±=>-=⎰=+ρςρζζζπαn R d z f i n n 令w z 1=，按照0>R 或0=R ，我们得到在Rw 1||0<<或+∞<<||0w 内解析的函数)1()(w f w =ϕ，在Rw 1||0<<内其洛朗级数展式是：∑+∞-∞==n n n w b w )(ϕ再用zw 1=代入，得到在+∞<<||z R 内 ∑+∞-∞=-=n n nz bz f )( （3）（3）与（2）对比得()Λ,2,1,0,±±==-n b n n α 因此，有（1）在（2）中，如果当时Λ,3,2,1=n 时，0=n α，那么∞=z 是)(z f 的可去奇点.（2）在（2）中，如果只有有限个（至少一个）整数0>n ，使得0≠n α，那么∞=z 是)(z f 的极点.设对于正整数m ，0≠m α，而当m n >时，0=n α，那么我们称∞=z 是)(z f 的m 阶极点. （3）在（2）中，如果有无限个整数0>n ，使得0≠n α，那么称∞=z是)(z f 的本性奇点.注2：我们也称,,1∑∑+∞=-∞=n nn n nn z z αα分别为级数,∑+∞-∞=n n n z α的解析部分和主要部分.注3：若∞=z 为)(z f 的可去奇点，也说)(z f 在无穷远点解析.注4：有限点的结论都可以推广到无穷远点的情形，有 定理(Theorem)5.6设函数)(z f 在无穷远点的邻域+∞<<||z R （0≥R ）内解析，则孤立奇点∞=z 为)(z f 的可去奇点、极点、本性奇点的充分必要条件是存在着有限、无穷极限)(lim z f z ∞→、不存在有限或无穷的极限)(lim z f z ∞→.例7 求函数)1(1)(-=z z z f 在∞的去心邻域内的洛朗展式，并指出其收级域.解：因)(z f 在+∞<<||1z 内解析，故在此领域内展为洛朗级数.∑∑∑+∞=+∞=++∞===-=--=--=-1210111111111.1111)1(1n n n n n n z z z z z z zz z z z z例8 函数324321)(z z z z f +++=是否以∞=z 为孤立奇点？若是，属于哪一类？解：函数324321)(z z z z f +++=在全平面上解析，式子本身就是)(z f 在无穷远点的邻域+∞<||z 内的洛朗展式，所以∞=z 是函数)(z f 的孤立奇点且为三阶极点.例9 函数z z f sin 1)(=是否以∞=z 为孤立奇点？ 解：函数zz f sin 1)(=在全平面上除z sin 的零点以外为解析，但z sin 的零点()Λ,2,1,0±±==k k z k π，它们都是zz f sin 1)(=的极点，且在扩充复平面上，序列{}kz 以∞=z 为聚点，因此∞=z 不是函数zz f sin 1)(=的孤立奇点.2 1 §5.2 留数留数的概念及留数定理、留数的求法、函数在无穷远点的的留数.1、掌握留数定理及留数的求法2、正确理解函数在无穷远点的的留数3、了解留数的概念留数定理留数的求法讲授法多媒体与板书相结合P思考题：1，2，3.习题五：6-8133132一、留数定理二、留数的求法三、函数在无穷远点的的留数[1]《复变函数》，西交大高等数学教研室，高等教育出版社.[2]《复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》，高等教育出版社.[3]《复变函数论》，（钟玉泉编，高等教育出版社，第二版）2005.[4]《复变函数与积分变换》,苏变萍陈东立编，高等教育出版社，2008.1、会求留数2、能理解留数的概念3、课后要答疑第二讲授课题目：§5.2留数教学内容：留数的概念及留数定理、留数的求法、函数在无穷远点的的留数.学时安排：2学时教学目标：1、掌握留数定理及留数的求法2、正确理解函数在无穷远点的的留数3、了解留数的概念教学重点：留数定理教学难点：留数的求法教学方式：多媒体与板书相结合P思考题：1，2，3.习题五：6-8作业布置：133132板书设计：一、留数定理二、留数的求法三、函数在无穷远点的的留数参考资料：1、《复变函数》，西交大高等数学教研室，高等教育出版社.2、《复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》，高等教育出版.3、《复变函数论》，（钟玉泉编，高等教育出版社，第二版）2005年5月.4、《复变函数与积分变换》苏变萍陈东立编，高等教育出版社，2008年4月.课后记事：1、会求留数2、能理解留数的概念3、课后要答疑教学过程：§5.2 留数 (Residue)一、 留数的概念及留数定理（The concept of the residue and the residue theorem ）设函数)(z f 在点0z 解析.作圆r z z C =-|:|0，使)(z f 在以它为边界的闭圆盘上解析，那么根据柯西定理，积分0)(=⎰Cdz z f设函数)(z f 在区域R z z <-<||00内解析.选取r，使R r <<0，并且作圆r z z C =-|:|0，那么如果)(z f 在0z 也解析，则0)(=⎰Cdz z f ；如果0z 是)(z f 的孤立奇点，则积分⎰Cdz z f )(就不一定等于零；关于⎰Cdz z f )(的计算有定义（Definition ）5.4如果0z 是)(z f 的孤立奇点，函数)(z f 在区域R z z <-<||00内解析.则称积分⎰C dz z f i)(21π为)(z f 在孤立奇点0z 的留数，记作())],[Res 0z z f ，这里积分是沿着C 按逆时针方向取的.注1:我们定义的留数())],[Res 0z z f 与圆C 的半径r 无关. 事实上:在R z z <-<||00内，)(z f 有洛朗展式：∑+∞-∞=-=n n nz z z f )()(0α，当1-=n 时，⎰=-C dz z f i)(211πα 有 12)(-=⎰απi dz z f C即， ()10)],[Res -=αz z f . （1）这就是说)(z f 在孤立奇点0z 的留数等于其洛朗级数展式中1z z -的系数.注2：如果0z 是)(z f 的可去奇点，那么()0)],[Res 0=z z f 例1 求zze z f 1)(=在孤立奇点0=z 处的留数 解：在+∞<<||0z 内Λ++++==21!31!211)(z z z ze z f z所以 ()!21)]0,[Res 1==-αz f 定理(Theorem)5.7（柯西留数定理）(Cauchy residue theorem)设)(z f 在D 内除去有孤立奇点n z z z ,...,,21外处处解析，C 是D 内包围各奇点的一条正向简单闭曲线，那么()],,[Res 2)(1k nk Cz z f i dz z f ∑⎰==π （2）证明：以D 内每一个孤立奇点()n k z k Λ,2,1=为心，作圆k γ，使以它为边界的闭圆盘上每一点都在D 内，并且使任意两个这样的闭圆盘彼此无公共点.根据柯西定理有,)()(1∑⎰⎰==nk Ckdz z f dz z f γ由此得,)(21)(211∑⎰⎰==nk C kdz z f i dz z f i γππ 即()⇒∑⎰=],[Res )(211k nk C z z f dz z f i π()],,[Res 2)(1k nk Cz z f i dz z f ∑⎰==π二、留数的求法(Method of Calculating the residue) 法则1：设0z 是)(z f 的一个一阶极点.则 ())()(lim ],[Res 000z f z z z z f z z -=→ （3）证明：0z 是)(z f 的一个一阶极点.因此在去掉中心0z 的某一圆盘内（0z z ≠），)(1)(0z z z z f ϕ-=其中)(z ϕ在这个圆盘内包括0z z =解析，其泰勒级数展式是：,)()(00∑+∞=-=n n n z z z αϕ而且0)(00≠=z ϕα.显然，在)(z f 的洛朗级数中01z z -的系数等于)(0z ϕ，因此()()())()(lim lim ],[Res 0000z f z z z z z z f z z z z -===→→ϕϕ例2 求函数()()521)(+-=z z z z f 在各孤立奇点处的留数解：由于52,0-=z 是)(z f 的一阶极点，有()()()101521lim)(lim ]0,[Res 0-=+-==→→z z z zf z f z z()()14151lim)()2(lim ]2,[Res 22=+=-=→→z z z f z z f z z()()35121lim)()5(lim ]5,[Res 55=-=+=--→-→z z z f z z f z z法则2：设)()()(z Q z P z f =其中)(z P 及)(z Q 在0z z =解析，0)(0≠z P ，0z 是)(z Q 的一阶零点，那么0z 是)(z f 的一阶极点，且()()()000],[Res z Q z P z z f '=（4） 证明：利用法则1注意下面式子()()()000000 )()()()(lim )()(lim ],[Res 00z Q z P z Q z Q z P z z z f z z z z f z z z z '=--=-=→→ 即可得证.例3 函数21)(ze zf iz+=在极点处的留数 解：因为函数,1)(2z e z f iz+=有两个一阶极点i z ±=，且,21)(')(iz e zz Q z P = 由法则2 ()ei ze i zf iz iz22],[Res -===().22],[Res e i ze i zf iz iz==--= 法则3： 设0z 是)(z f 的一个m 阶极点.则().)]()[(lim )!1(1],[Res 10100--→--=m m m z z dzz f z z d m z z f （5） 例4 求函数2)(ze zf z-=在0=z 处的留数解：因0=z 是)(z f 的二阶极点，则有公式（5）有()()1lim )]()0[(lim )!12(1]0,[Res 0122120-=-=--=-→--→z z z e dzz f z d z f 三、函数在无穷远点的的留数(Function Infinity residue) 定义(Definition)5.5 设∞=z 为)(z f 的一个孤立奇点，即)(z f 在+∞<<||z R 内解析，则称⎰-Γ>=Γ):(,)(21R z dz z f i ρπ 为)(z f 在点∞=z 的留数.记为]),([Re ∞z f s .这里-Γ是指顺时针方向.注3：若)(z f 在+∞<<||z R 内的洛朗展式为∑+∞-∞==n n nz z f α)(则有1]),([Re --=∞αz f s注4： )(z f 的有限可去奇点a 处，有0]),([Re =a z f s ，但是如果点∞为)(z f 的可去奇点（或解析点），则]),([Re ∞z f s 可以不是零.例如 1],1[Re -=∞zs定理(Theorem)5.8如果)(z f 在扩充z 平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远点在内），设为∞,,,21n a a a Λ，则)(z f 在各点的留数总和为零.证明：对于充分大的正数R ,使n a a a Λ,,21全在R z <||内，由留数定理得()],[Res )(211k nk Rz a z f dz z f i ∑⎰===π而]),([Re )(21∞-=⎰=z f s dz z f i Rz π故得()+∑=],[Res 1k nk a z f 0]),([Re =∞z f s .法则4：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∞0,11Re ]),([Re 2z f z s z f s证明：在无穷远点留数定义中，令θρi e z =.并令ς1=z ，经过化简即可得证. 例5 求函数()324102)2()(-+=z z z z f 在它各有限奇点的留数总和.解：函数的有限奇点是2及)3,2,1,0(24124==+k ez i k k π，共五个.其中2是三阶极点，每个k z 是二阶极点，显然，逐个求出在各奇点的留数，不论用规则2或展开洛朗级数，都是十分麻烦的，现在我们利用定理5.8来求：()[]()[]()[]()[]()()()()121211lim 0,21211Re 0,11Re ,Re 0,Re ,Re 2,Re 324032423-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+⋅-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∞=∞++→=∑z z z z z z z s z z f s z f s z f s z z f s z f s z k k 而所以欲求的留数之和为1注5：定理5.8为我们提供了计算函数沿闭曲线积分的又一种方法.如下例例6 计算积分()()()⎰--+Cz z i z dz3110，其中C 为正向圆周2=z解：除∞外，被积函数的奇点是3,1,i z -=，据定理 5.8有()[]()[]()[]()[],0,Re 3,Re 1,Re ,Re =∞+++-z f s z f s z f s i z f s 其中 ()()()()31110--+=z z i z z f由于,1,i z -=都在C 的内部，所以从上式、留数定理与法则4得到，()()()()[]()[]{}()[]{}()[]()()101010303212,Re 3,Re 21,Re ,Re 231i i i i z f s z f s i z f s i z f s i z z i z dzC+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=∞+-=+-=--+⎰ππππ2 1 §5.3 留数在定积分中的应用*§5.4 对数留数与辐角原理 形如⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 的积分、形如 ⎰+∞∞-dx x R )( 型积分、形如dx e x R imx⎰+∞∞-)( 的积分.对数留数、辐角原理、儒歇（Rouche ）定理.1、熟练掌握⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 、⎰+∞∞-dx x R )(、dx e x R imx ⎰+∞∞-)( 的计算方法 2、掌握儒歇（Rouche ）定理及其应用 3、正确应用辐角原理 4、了解对数留数 形如⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 的积分，辐角原理形如dx e x R imx⎰+∞∞-)( 的积分，辐角原理讲授法 多媒体与板书相结合133132-P 思考题：1，2，3.习题五：6-8一、形如⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 的积分二、形如⎰+∞∞-dx x R )( 型积分三、形如dx e x R imx⎰+∞∞-)( 的积分 四、对数留数五、辐角原理六、儒歇（Rouche ）定理[1]《复变函数》，西交大高等数学教研室，高等教育出版社. [2]《复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》，高等教育出版社. [3]《复变函数论》，（钟玉泉编，高等教育出版社，第二版）2005. [4]《复变函数与积分变换》,苏变萍 陈东立编，高等教育出版社，2008.1、不能正确掌握dx e x R imx⎰+∞∞-)( 2、会求形如⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 的积分3、能正确运用儒歇（Rouche ）定理4、辐角原理掌握不太好5、课后要答疑第三讲§5.3 留数在定积分中的应用(Residue in the application of definite integral) 在数学分析中往往要计算一些定积分或反常积分，而这些积分中的被积函数的原函数，不能用初等函数表示出来；或者可以求出原函数，但计算也非常繁琐.在这种情况下把这些定积分的计算问题，转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留数.下面通过例子进行讨论.一、 形如⎰=πθθθ20d R I )cos ,(sin 的积分，令θi e z=，则izdz d d ie dz i =⇒=θθθ i z z 2sin 1--=θ，2cos 1-+=z z θ其中()θθcos ,sin R 是θθcos ,sin 的有理分式，当πθ20≤≤时，z 沿单位圆1=z 的正向绕行一周，因此有izdzi z z z z R d R z )2,2()cos ,(sin 20111⎰⎰=---+=πθθθ （1）例1 计算积分⎰+=πθθ20,sin a d I其中常数1>a .解：令θi e z =，则izdz d d ie dz i =⇒=θθθ由（1）,12212⎰=-+=z iaz z dzI于是应用留数定理，只需计算122)(2-+=iaz z z f 在|z |<1内极点处的留数，就可求出.上面的被积函数有两个极点：121-+-=a i ia z 及122---=a i ia z .显然1||,1||21><z z .因此被积函数在1||<z 内只有一个极点1z ，122)(2-+=iaz z z f 在极点1z 的留数为 ()11222],[Res 211-=+=a i ia z z z f于是求得.1211222-=-=a a i iI ππ二、 形如 ⎰+∞∞-dx x R )( 型积分其中 ())()(z Q z P z R =为有理分式函数. 定理5.9设 ())()(z Q z P z R =为有理分式, 其中 0,)(0110≠+++=-c a z a z a z P m m m Λ; 0,)(0110≠+++=-b b z b z b z Q n n n Λ为互质多项式, 且合条件:(1) 2≥-m n ,即()z Q 比()z P 至少高两次， (2) ()z Q 在实轴上无零点，(3) )(z R 在上半平面0>z Im 内的极点为),,(n k z k Λ21=, 则∑⎰>+∞∞-=0Im )),((Re 2)(k z kzz R s i dx x R π （2）例2 计算积分⎰∞++0222)1(x dxx解：因为被积分函数是一个偶函数，所以⎰⎰∞+∞-∞++=+=+222222222)1()()1(21)1(z z z f dxx x x dx x它一共有两个二阶极点i z ±=，在上半平面只有i z =一个极点，由公式().)]()[(lim )!1(1],[Res 10100--→--=m m m z z dz z f z z d m z z f 得 ()=)],[Res i z f 4)(lim 22ii z z i z -='⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+→ 由（2）得 ⎰⎰∞+∞-∞+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⋅=+=+44221)1(21)1(2220222ππi i dx x x x dx x例3计算积分⎰∞+=022,)1(x dxI解：因为被积分函数是一个偶函数，所以 ⎰⎰+∞∞-+∞+=+=+2222022)1(1)()1(121)1(z z f dxx x dx它一共有两个二级极点i z ±=，在上半平面只有i z =一个极点，由公式().)]()[(lim )!1(1],[Res 10100--→--=m m m z z dz z f z z d m z z f 得 ()=)],[Res i z f 4)(1lim 2ii z i z -='⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+→ 由（2）得 ⎰⎰∞+∞-∞+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⋅=+=+44221)1(121)1(22022ππi i dx x x dx 注1：通过上述二例，一般形如,)(⎰+∞∞-=dx x R I的积分，其中()x R 是有理分式，分母在实轴上不为零，并且分母的次数比分子的次数至少高2次.都可以用上述方法来计算.三、 形如 dx e x R imx ⎰+∞∞-)( 的积分.其中 ())()(z Q z P z R =为有理分式函数. 定理(Theorem) 5.10 设 ())()(z Q z P z R =为有理分式函数. 其中 ()z Q 与()z P 为互质多项式,且满足条件: (1) ()z Q 的次数比()z P 的次数高，(2)()z Q 在实轴上无零点， (3)0>m 则有),)((Re 2)(0Im k a imzimxa ez R s i dx e x R k ∑⎰>+∞∞-=π （3）注2：将上式实,虚部分开,得到形如:mxdx x Q x P cos )()(⋅⎰+∞∞- 和 mxdx x Q x P sin )()(⋅⎰+∞∞- 的积分. 例 4 计算积分 dx xmxI ⎰+∞+=021cos 解: 因为被积函数为偶函数. 所以dx x mxdx xmx I ⎰⎰+∞∞-+∞+=+=2021cos 211cos 而由（3）m imiimz imx e i e i i z e s i dx xe -+∞∞-=⋅=+=+⎰πππ22],1[Re 2122 比较等式两端的实,虚部得m e I -=2π .同时也可求得: 01sin 2=+⎰+∞∞-dx xmx . 注3：公式（2）与（3）都要求()z Q 在实轴上无零点，即()z R 在实轴上无孤立奇点，若()z R 在实轴上有孤立奇点，则()∑∑⎰=>+∞∞-+=nk k z k x z f s z z f s i dx x f k 10Im ],[Re 21)),((Re 2)(π （4） 其中k z 是上半平面的奇点，k x 是实轴上的奇点.例5 计算积分⎰+∞=0sin dx xx I 解：因为被积函数为偶函数. 所以⎰+∞==0sin dx x x I ⎰⎰∞+∞-∞+∞-=dx x e dx x x ix Im 21sin 21 而()zz z R sin =在上半平面内无奇点，k x 是实轴上有奇点0=z 由公式（4）i z e z i z e s i dx x e izz iz ix πππ==⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=→∞+∞-⎰0lim 0,Re 2102 比较等式两端的实,虚部得π=⎰+∞∞-dx x x sin . ⎰+∞==02sin πdx x x I 所以 *§5.4 对数留数与辐角原理(Logarithmic residue and argument principle)一、对数留数（Residual of logarithm ）定义（Define ）5.6 形如⎰'C dz z f z f i )()(21π的积分称为()z f 的对数留数，注1：函数()z f 的零点和奇点都可能是)()(z f z f '的奇点. 引理（Lemma ）（1）设a 是()z f 的n 阶零点，则a 必为函数)()(z f z f '的一阶极点，并且 n a z f z f s ='],)()([Re （2）设b 为()z f 的m 阶极点.则b 必为函数)()(z f z f '的一阶极点，并且m b z f z f s -='],)()([Re 定理(Theorem)5.11设()z f 在简单闭曲线C 的内部除可能有极点外是解析,并在C 上解析且不为零， 则有),(),()()(21C f P C f N dz z f z f i C -='⎰π 其中()C f N ,表示C 内部零点的总个数，()C f P ,表示C 内部极点的总个数， m 阶零点或极点算m 个零点或极点证明；由已知条件，可知()z f 在C 内部至多有有限个零点和极点，设)2,1(,p k a k Λ=为()z f 在C 内部的不同零点，其阶为k n ；)2,1(q j b j Λ=为()z f 在C 内部的不同极点，其阶为j m 由上述引理知)()(z f z f '在C 内部及C 上除去在C 内部有一级极点)2,1(,p k a k Λ=及)2,1(q j b j Λ=外均是解析的，故有留数定理及引理得),(),()(],)()([Re ],)()([Re )()(211111C f P C f N m n b z f z f s a z f z f s dz z f z f i p k q j j k p k q j j kC k -=-+='+'='∑∑∑∑⎰====π二、辐角原理（Angle principle of the spoke ）为了说明对数留数的几何意义，我们将对数留数写成 ⎰'C dz z f z f i )()(21π=⎰C dz z f dz d i )]([ln 21π=⎰Cz f d i )(ln 21π =⎰⎰+C Cz f d i z f d i )](arg )(ln [21π 函数)(ln z f 是z 的单值函数，当0z z 从起沿简单闭曲线C 一周回到0z 时有 )(ln )(ln )(ln 00z f z f z f d C-=⎰=0 另一方面，当0z z 从起沿正方向绕行简单闭曲线一周回到0z 时，)(arg z f 的值可能改变.于是⎰'C dz z f z f i )()(21π=ππϕϕ2)(arg 2)(01z f i i C ∆=- 式中)(arg z f C ∆表示z 沿C 正方向绕行一周后()z f arg 的改变量，是π2的整倍数.定理(Theorem)5.12（辐角原理）在定理5.11的条件下，()z f 在闭曲线C 的内部的零点个数与极点个数之差，等于当z 沿C 正方向绕行一周后()z f arg 的改变量)(arg z f C ∆除以π2，即=-),(),(C f P C f N π2)(arg z f C ∆ 特别，如()z f 在C 的内部及C 上均解析，且()z f 在C 上不为零时，则=),(C f N π2)(arg z f C ∆. 三、 儒歇（Rouche ）定理（Theorem that Confucianism has a rest (Rouche)）定理(Theorem)5.13（儒歇定理）设函数()z f 及()z g 在简单闭曲线C 的内部及C 上均解析,并且在C 上，()()z g z f >，那么C 的内部()z f 及()()z g z f +的零点的个数相同.注2:选择()z f 及()z g 的原则是:()z f 在内的零点个数好计算.例1 方程,012558=+--z z z在1<z 内根的个数.解：取,2)(,15)(85z z z g z z f -=+-= 由于当1=z 时，我们有,41|5||)(|5=--≥z z f而 ,3|2||||)(|8=+≤z z z g 由此可知：在1=z 上，有()()z g z f >，根据儒歇定理 已给方程在1<z 内根的个数与155+-z 在1<z 内根的个数相同，即5个.例2 问方程01085=+-z z（1）在圆1<z 有几个根.（2）在圆环31<<z 各有几个根.解：（1）取10)(-=z f ，z z z g 8)(5-= 在1=z 上，)()(z g z f >，根据儒歇定理：)(z f 与)()(z f z g +在1<z 内的零点的个数相同，即01085=+-z z 在1<z 内无根（2）取z z g z z f 810)()(5-==，， 在3=z 上，)()(z g z f >，根据儒歇定理：方程0)(5==z z f 的五个根全在3<z 的内部，即01085=+-z z 在31<≤z 上有五个根，但在1=z 上0810*******55>--≥--≥+-z z z z z z所以方程01085=+-z z 在1=z 上无根，故01085=+-z z 的根全在31<<z 内例3 如果e a >，求证方程n z az e =在单位圆1<z 内有n 个根.证明：取,)(,)(n z az z f e z g =-= 由于当1||=z 时，,|||)(|,|||)(|Re e a az z f e ee e z g n z z z >===≤=-=根据儒歇定理：z n e az -在1<z 内的零点的个数与n az 相同，即n 个，因此方程n z az e =在单位圆内有n 个根.例4 试用儒歇定理证明代数学基本定理：n 次方程 0001110≠=++++--a a z a z a z a n n n n Λ有且只有n 个根（几重根就算作几个根）证明：取n n n a z a z g z a z f ++==-Λ110)()(，，当z 在充分大的圆周R z C =:上时，例如取 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧++>1max 01，a a a R n Λ 有 11111)()(---++<+++≤n n n n n R a a a R a R a z g ΛΛ )(0z f R a n =<根据儒歇定理定理，在R z <内，方程0110=+++-n n n a z a z a Λ与00=n z a有相同个数的根，而00=n z a 在R z <内有一个n 重根：0=z ，因此n 次方程0001110≠=++++--a a z a z a z a n n n n Λ有n 个根，另外，在圆周R z =上，或其它外部，任取一点0z ，则R R z ≥=00，于是 0000010210010100101000110100=->+++->++-≥++-≥++++-----n n n n n n n n n n n nn n n R a R a R )a a a (R a )a R a (R a a z a z a a z a z a z a ΛΛΛΛ这说明原n 次方程在R z =是及其外部没有根，所以原n 次方程在z 平面上有且只有n 个根.小结：重点掌握孤立奇点分类，留数计算方法，灵活运用留数计算实积分.。