使用留数定理计算实积分
§5.2-利用留数定理计算实变函数的积分
eiz z dz 0 C
由图可得：
Cr
2 iz dz e 1 dz 1 iz z z 2! Cr dz i2 i z dz z Cr 2! Cr iz
由图可得： lim
r 0
3、实轴上存在奇点的情形 例6、计算
0
sin xdx x
。
解：取r及R，使得R>r>0，我们有：
R
r
ix ix R e e sin xdx dx r x 2ix
ix r e 1 R eix dx dx r R x 2i x
如图所示构造辅助线，则：
R
R
f ( z )dz
R
f ( z )dz 2 i
Im
k
Res f ( z )
z k
0
用上述引理考察圆弧段积分：
am z m a0 P( z ) zf ( z ) z z Q( z ) bn z n b0
a0 a m z m 1 m z n b0 z bn n z 很显然，当nm+1有： R m 1 am lim zf ( z ) lim 0 R R R n bn
r 所以，若当z时f(z) 0，则： f ( z )eiz dz 0 CR
sin xdx 1 eiz eiz 最后有： lim 0 x 2i R C z dz lim C z dz r R r
2
定理4：设函数 f(z)满足：(1)在Im(z)>0内，存在有限个孤立奇 点；(2)在实数轴上存在有限个孤立一阶极点；(3)在上半空 间当z时，f(z)0，则：
应用留数定理计算实变函数定积分
0
F x cos mxdx i F z eimz 在上半平面所有奇点的留数之和
解:本例中 F z eimz
eimz 2 有两个单极点 ai， 2 z a
其中+ai在上半平面，而
F z eimz eimz 2 在单极点 ai的留数为 2 z a
eimz e am lim z ai z ai z ai z ai 2ai 应用 4.2.9
利用(4.2.6)得
1
dx 1 1 x 2 2i 2i
dx 1 x 2 darctgx
例4 计算
1 x
dx
2 n
n为正整数。
1
2 n
解：本例 f z
1 z
z i n z i n
zeimz
2
a
2 2
有两二阶极点 ai，
其中+ai在上半平面，而 Gz eimz
z
zeimz
2
a
2 2
在 ai的留数为
imz m ma 1 d ze 2 lim z ai 2 e 2 2 z ai 1 ! dz z a 4a
§4.2 应用留数定理计算实变函数定积分
柯西公式和留数定理解决的是沿着闭合回路积分的问题：
柯西公式
1 f f z d . 2i l z
f
n
n! z 2 i
z
l
f
n 1
d
留数定理
f z dz 2i Re sf b 4.1.5
应用留数定理计算实变函数定积分
lim F (z)eimzdz 0
R CR
C'R是CR对于实轴的映像。
24
以上两式均已化为类型二，其中条件3已放宽， 由约当引理保证，所以
F (x) cos mxdx i{F (z)eimz在上半平面留数和 } 0
G(x) sin mxdx {G(z)eimz在上半平面留数和 } 0
例：计算
若
，f (x和) 为(x互) 质多(x) (x)
(x)
项式，上述条件意味着 无实的(x零)
点， 的次数(x至) 少比 高两阶。(x)
所求积分通常理解为下列极限：
I f (x)dx lim
R2 f (x)dx
R1 R1
R2
11
若上述极限存在，这一极限便称为 f 的(x)值dx。而当
F(z)一致地→0，则
lim F (z)eimzdz 0
R CR
证明： F(z)eimzdz F(z)eimxmydz
CR
CR
F (Rei )e e mRsin imRcos Rei id 0
max | F (z) | emRsin Rd 0
23
当z在上半平面及实轴上→∞时，F(z)一致地→0，所 以max|F(z)|→0，从而只需证明
§4.2 应用留数定理 计算实变函数定积分
在自然科学中常常需要计算一些实积分，特别是计
算一些在无穷区间上的积分。例如：光学问题中需
要计算菲涅尔积分
0
cos(x2 )d；x，0热 si传n(x导2 )问dx 题中需要计
算我们在高；等0阻(数sin尼学0x振)e中/xa动x已d2xc问经os题(知bx中)道dx需这要些计实算变积函分数的积分等需。
6.2 用留数定理计算实积分
sin x cos x x2 x dx, e dx, 1 x 2 dx,
或者即使可以求出原函数，但往往计算比较复杂，例如
1 (1 x 2 )2 dx.
利用留数方法计算这些实积分，只须算出有关函数的留数， 也就基本解决了.该方法不是普遍适用的方法，也不是解 决所有实积分的计算方法，而是考虑几类特殊类型的实积 分的计算，并且着重讨论实积分化为围线积分的方法.
×
二、形如
P( x) dx 的积分 Q( x )
SR
R
2
引理6.1 设f(z)沿圆弧
SR : z Rei (1 2 , R充分大)
1
x
0
上连续，且 lim zf ( z ) 于SR上
R
一致成立(即与1 2 中的 无关), 则
R
π
1 z 1 dz m 2 4 i | z | 1 z 5 z 2 z 2
2m
1 z 2m 1 dz m 4i |z|1 z 2 z 1 z 2
1 2 πi Res f ( z ) Res f ( z ) 1 z 0 4i z 2 ( m ) 1 1 m 2πi lim z f ( z ) lim z f ( z ) 1 z 0 4i 2 z 2
l 于是(6.10)式不超过 2 1 R
R R0 时,有不等式 | zf ( z) | , z S . R 2 1
(其中 l 为SR的
长度,即
l R(2 1 ) ).
P (z) 为有理分式,其中 定理6.7 设 f ( z ) Q( z )
用留数定理计算实积分
f ( p) ( z) p!c p ( p 1) p 2c p1 ( z a)
n(n 1) (n p 1)cn ( z a)
n p
(p=1,2,…) (3)
f ( p ) (a ) cp p!
(4.6) (4.7)
推论4.11 若幂级数(4.3)在某点z2(≠a)发散,则它在 以a为圆心并且通过点z2的圆周外部发散.
定理4.12 如果幂级数(4.3)的系数cn合于
cn 1 lim l , 或 lim n | cn | l , 或 n c n n
lim n cn l ,
n
则幂级数
¥
1 于是 f ( z ) n 0 2 πi
N 1
f ( )d n ( z a ) n1 ( a ) K
¥ 1 轾 f ( ) n 犏 + ( z a ) d . ò å n+1 2πi K 犏 n = N ( - a ) 臌
由高阶导数公式, 上式又可写成
z a
n
(0 R, n 0,1, 2, ).
n c ( z a ) 定理4.16 如果幂级数 n n 0
的收敛半径R>0, 且
f ( z ) c n ( z a ) n , ( z K :| z a | R )
n0
则f(z)在收敛圆周C：|z-a|=R上至少有一奇点，
证明：设 f ( z ) 在 z0 已被展开成幂级数:
f ( z ) a0 a1 ( z z0 ) a2 ( z z0 )2 a n ( z z 0 ) ,
n
应用留数定理计算实变函数定积分
应用留数定理计算物理学中实变函数定积分1问题在物理学中，研究阻尼振动时计算积分0sin xdx x∞⎰，研究光的衍射时计算菲涅耳积分20sin()x dx ∞⎰，在热学中遇到积分cos (0,ax e bxdx b a ∞->⎰为任意实数)如果用实函数分析中的方法计算这些积分几乎不可能。
而在复变函数的积分计算中，依据留数定理，我们可以将实变函数定积分跟复变函数回路积分联系起来。
2应用留数定理求解实变函数定积分的类型将实变函数定积分联系于复变函数回路积分的要点如下： 1）利用自变数变换把1l 变换为某个新的复数平面上的回路； 2）另外补上一段曲线2l ，使1l 和2l 合成回路l ，l 包围着区域B ，则1l 上的()f x 延拓为B 上的()f z ，并将它沿l 积分，有12()()()ll l f z dz f x dx f z dz =+⎰⎰⎰Ñ；3）()l f z dz ⎰Ñ可以应用留数定理，1()l f x dx ⎰就是所求的定积分。
如果2()l f z dz ⎰较易求出（往往是证明为零）或可用第一个积分表示出，问题就解决了.类型一20(cos ,sin )R x x dx π⎰.被积函数是三角函数的有理式；积分区间为[0,2π].求解方法：因为被积函数是以正弦和余弦函数为自变量，积分上下限之差为2π，可以当作定积分x 从0变到2π，对应的复变函数积分正好沿比曲线绕行一周，实变积分化为复变回路积分就可以应用留数定理.可以设ixz e =,则dz izdx =∴dz dx iz=而11cos ()22ix ix e e x z z --+==+，11sin ()22ix ix e e x z z i i ---==- 则原积分化为111(,)2()22k z kz z z z dzI R i Resf z i iz π--=+-==∑⎰Ñ 类型二-()f x dx ∞∞⎰.积分区间为（-∞,+∞）；复变函数()f z 在实轴上有奇点，在上半平面除有限个奇点外是解析的；当z 在上半平面及实轴上→∞时,()zf z 一致地→0.求解方法：如果f(x)是有理分式()/()x x ϕψ，上述条件意味着()x ψ没有实的零点，()x ψ的次数至少高于()x ϕ两次. 如图2，计算积分lim()RRR I f x dx -→∞=⎰图1()()()RRlRC f z dz f x dx f z dz -=+⎰⎰⎰Ñ根据留数定理，2{()}=()()RRRC i f z l f x dx f z dz π-+⎰⎰在所围半圆内各奇点的留数之和令R →∞，有2{()}=()()RC i f z l f x dx f z dz π∞-∞+⎰⎰在所围半圆内各奇点的留数之和而()()()max ()max ()0RRRC C C dz dzRf z dz zf z zf z zf z zf z zzRππ=≤≤=⋅→⎰⎰⎰所以()=2{()}f x dx i f z l π∞-∞⎰在所围半圆内各奇点的留数之和类型三()cos F x mxdx ∞⎰,0()sin G x mxdx ∞⎰.积分区间是[0,+∞];偶函数()F x 和奇函数()G x 在实轴上没有奇点，在上半平面除有限个奇点外是解析的；当z 在上半平面或实轴上→∞时，()F x 及()G x 一致地→0.约当引理 如m 为正数，R C 是以原点为圆心而位于上半平面的半圆周，又设当z 在上半平面及实轴上→∞时()F x 一致地→0，则lim ()0Rimz C R F z e dz →∞=⎰求解方法：000111()cos ()()()()222imx imx imx imx F x mxdx F x e e dx F x e dx F x e dx ∞∞∞∞--=+=+⎰⎰⎰⎰经自变量代换，上式变为000111()cos ()()()222imx imximx F x mxdx F x e dx F x e dx F x e dx ∞∞∞-∞-∞=+=⎰⎰⎰⎰同理1()sin ()2imxG x mxdx G x e dx i∞∞-∞=⎰⎰ 由类型二可知2{()}=()()Rimx imz C i f z l F x e dx F z e dz π∞-∞+⎰⎰在所围半圆内各奇点的留数之和由约当定理2{()}=()imx imx i F x e l F x e dx π∞-∞⎰在所围半圆内各奇点的留数之和同理2{()}=()imx imx i G x e l G x e dx π∞-∞⎰在所围半圆内各奇点的留数之和所以()cos {()}imz F x mxdx i F z e π∞=⎰在上半平面所有奇点的留数之和()sin {()}imx G x mxdx G x e π∞=⎰在上半平面所有奇点的留数之和实轴上有单极点的情形 考虑积分-()f x dx ∞∞⎰，被积函数()f x 在实轴上有单极点z α=，除此之外，()f x 满足类型二或类型三的条件.求解方法：由于存在这个奇点，我们以z α=为圆心，以充分小的正数ε为半径作半圆弧绕过奇点α构成如图3所示积分回路. 于是()()()()()RRlRC C f z dz f x dx f x dx f z dz f z dz εαεαε--+=+++⎰⎰⎰⎰⎰Ñ取极限R →∞，0ε→，上式左边积分值等于2()iResf z π∑上半平面.右边第一、第二项之和即为所求积分.按类型二或类型三的条件，第三项为零. 对于第四项，计算如下：将()f z 在z α=的领域展为洛朗级数，有()1()a f z P z z αα-=+-- 其中()P z α-为级数的解析部分，它在C ε上连续且有界，因此()()()max max C C P z dz P z dz P z εεααπεα-≤-=⋅-⎰⎰所以()0lim 0C P z dz εεα→-=⎰而()()01111i i C C a a a dz d z e id ia iResf z z e εεϕϕπαεϕππαααε----=-==-=---⎰⎰⎰ 于是()-()2()f x dx iResf z iResf ππα∞∞=+∑⎰上半平面若实轴上有有限个单极点，则()-()2()f x dx i Resf z iResf z ππ∞∞=+∑∑⎰上半平面实轴上3应用留数定理求解物理学中实变函数的定积分（1）计算阻尼振动的狄利克雷型积分0sin xdx x∞⎰ 解：由类型三，将原积分改写sin 12ixx e dx dx x i x∞∞-∞=⎰⎰这个积分的被积函数ixe x除了在实轴上有单极点0x =外，满足类型三的条件.由于被积函数在上半平面无奇点，有图310=1=2222ix ix e e dx z i x x πππ∞-∞⎧⎫==⋅⎨⎬⎩⎭⎰被积函数在单极点的留数 即sin =2x dx x π∞⎰推论：对于正的m ，0sin sin ()2mx mx dx d mx x mx π∞∞==⎰⎰ (m ＞0)对于负的m ，0sin sin 2m x mx dx dx x x π∞∞=-=-⎰⎰ (m ＜0)（2）计算在研究光的衍射时菲涅耳积分20sin()x dx ∞⎰和20cos()x dx ∞⎰解：∵2222sin()Im ,cos()Re ix ix x e x e ==∴2210ix I iI e dx ∞+=⎰取图4所示回路l .由于2ix e 没有有限远奇点，所以根据留数定理得20izle dz =⎰Ñ 即22/42()/40()0i RRix iz i ei C Re dx e dz e d e πρπρ++=⎰⎰⎰令R →∞.222()/4/4/40lim lim()i i i i i RRR R e e d e e d e e d ρππρπρρρρ∞--→∞→∞=-=-⎰⎰⎰/4(1)28i e i πππ=-=-+/4222222i RRiz Reiz izC C z Redz e dz e iziz π==+⎰⎰2Riz C e dz ⎰而222/4102222R iR R i e e e iRe iR R R π---≤+→ （于R →∞）2222sin 2cos 2sin 22222222R RRiz R iR R i i C C C eeedz Re id Rd iz iR eRϕϕϕϕϕϕϕ-+-=≤⎰⎰⎰2sin 221max 02424R e R R ϕππ-⎛⎫≤=→⎪ ⎪⎝⎭（于R →∞） 图4所以21(1)08I iI iπ+-+=即18Iπ=，28Iπ=（3）计算求解热传导问题的偏微分方程时遇到的积分2co0)s(,axe bx bdx a∞->⎰为任意实数解：由类型三，将原积分改写221cos2ax ax ibxe bxdx e e dx∞∞---∞=⎰⎰取如图所示回路，由于矩形区域内函数2ax ibxe-+无奇点，所以根据留数定理得20az ibzle dz-+=⎰Ñ即2222234N ax ibx az ibz az ibz az ibzN l l le dx e dz e dz e dz-+-+-+-+-+++=⎰⎰⎰⎰当N→∞时，2222234ax ibx az ibz az ibz az ibzl l le dx e dz e dz e dz∞-+-+-+-+-∞=---⎰⎰⎰⎰只要求出上式等号右边的三个积分就可以计算出2ax ibxe dx∞-+-∞⎰所以，2cosaxe bxdx∞-⎰就可以求出.四、结语留数定理是复变函数论具体应用于积分计算中的一个非常有力的工具，把难以求解的定积分和反常积分转化为留数的计算问题，且能推广留数定理在阻尼振动、菲涅耳衍射及热传导等具体物理问题所遇到的反常积分的求解上，简化了计算过程。
第2节--用留数计算实积分
于是就有 g(z) , z R
g(z)eimzdz g(Rei )eimRei Rei id
R
0
R emRsin d , (6.13) 0
由于 g(Rei ) , Rei i R,以及
e e e . imRei
mRsin imR cos
mR sin
于是由Jordan不等式 2 sin (0 ),
形如 2π 0
R(cos
,
sin
)d
的积分
令 z ei
dz iei d d dz ,
iz
sin 1 (ei ei ) z2 1,
2i
2iz
3
cos 1 (ei ei ) z2 1,
2
2z
当 经历变程 [0,2π ] 时,
z 沿单位圆周 z 1的正方向绕行一周.
n
2π
0
R(cos ,sin )d
f
z 1
(z)dz
2 i
k 1
Re s
z ak
f
( z ).
z的有理函数 , 且在单位圆周上分 包围在单位圆周 母不为零 , 满足留数定理的条 内的诸孤立奇点. 注件:关.键是引进代换z ei , R(sin,cos )在[0, 2 ]上连续可
不必检验,只要看变换后被积函数在 z 1是否有奇点.
为互质函数,且合条件(1)n m 2, (2)在实轴上Q(z) 0, 于是有
f (x)dx 2πi Re s f (z). (6.11)
Im ak 0 zak
17
证明 由条件(1),(2)及数学分析的结论,知
f (x)dx存在,且等于它的主值
lim R f (x)dx. 记为P.V . f (x)dx.
《复变函数与积分变换》 用留数定理计算实积分
在上半平面的所有奇点 .
Re s [ f ( z ) , ai ] = lim ( z − ai ) R ( z ) =
z → ai
∫
R
−R
R( x ) dx + ∫ R( z ) dz = 2π i
CR
∑
Res R( z ) , z k
Re s [ f ( z ) , bi ] = lim ( z − bi ) R ( z ) =
Im zk > 0
∑
iaz Res R( z ) e , zk
解：首先计算 I 1 = ∫−∞
=∫
x ei x dx x2 + a2
+∞ x cos x x sin x dx + i ∫ dx −∞ x2 + a2 x2 + a2
其中 R ( x ) = 注：
x + a1 x + L + a n , m−n≥1, x m + b1 x m −1 + L + bm R ( x ) e i a x dx
×
O a
z1
× znbx Nhomakorabea故 I =Ñ ∫ z =1
1+ z4 dθ 2iz 2 ( z − p )(1 − pz )
奇点为 0 , p , ,
1 p
若要计算
f (z)
∫
b
a
f ( x ) dx , 在复平面上增加若干条辅助线 Γ ,
使得 C = [a, b] + Γ 是一条简单闭曲线 , 设其内部为 D , 在 D 内只有有限个孤立奇点 , 则
z → ai
两边对 R 取极限：
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用留数定理计算实积分一：教学内容（包括基本内容、重点、难点）：基本内容：用留数定理计算实积分的几种方法重点：用留数定理计算实积分的方法难点：定理的应用二：教学目标或要求：真正掌握用留数定理计算实积分的几种方法三、教学手段与方法：讲授、练习四、思考题、讨论题、作业与练习：5－7用留数定理计算实积分留数定理的一个重要应用是计算某此实变函数的积分. 如，在研究阻尼振动时计算积分，在研究光的衍射时，需要计算菲涅耳积分.在热学中将遇到积分(，b为任意实数)如用实函数分析中的方法计算这些积分几乎是不可能的，既使能计算，也相当复杂.如果能把它们化为复积分，用哥西定理和留数定理，那就简单了.当然最关键的是设法把实变函数是积分跟复变函数回路积分联系起来.把实变积分联系于复变回路积分的要点如下：定积分的积分区间可以看作是复数平面上的实轴上的一段，于是，或者利用自变数的变换把变成某个新的复数平面上的回路，这样就可以应用留数定理了；或者另外补上一段曲线，使和合成回路l,l包围着区域B，这样左端可应用留数定理，如果容易求出，则问题就解决了，下面具体介绍几个类型的实变定积分. 一 计算⎰π20d )sin ,(cos R θθθ型积分令θi e =z ，则θc o s 与θsin 均可用复变量z 表示出来，从而实现将)sin ,(cos R θθ变形为复变量z的函数的愿望，此时有zz zz i 21sin ,21cos 22-=+=θθ同时，由于θi e =z ，所以1=z ，且当θ由0变到π2时，z 恰好在圆周1:=z c 上变动一周。
故使积分路径也变成了所期望的围线。
至此，有⎰⎰=⋅-+=122π20d i 1)i 21,21(R d )sin ,(cos R z z z z z z z θθθ于是，计算积分⎰π20d )sin ,(cos R θθθ的方法找到了，只需令θi e =z 即可。
例 求。
解 当时，；当时，令，当时，在内，仅以为一级极点，在上无奇点，故由留数定理当时,在内仅以为一级极点,在上无奇点，例计算积分.解：令得：先求的奇点及其留数.令其分母为零得：这就是的两个单极点.单极点的模为：所以极点在单位圆内.而单极点的模为:所以在单位圆外，在极点处.此积分在力学和量子力学中甚为重要，由它可以求出开普勒积分：之值.为此，在前例中，用代得：两也对a求导得：令a=1得，即：例求。
解为偶函数，故，令，则在内部仅有为一级极点，，故，比较实部得，故。
例计算积分.解：若直接作变换，则积分复杂，若先考虑积分:作变换：，则:因为的阶极点.所以：故：比较两边的实部和虚部得：。
一 计算dx x Q x P ⎰+∞∞-)()(型积分由于，考虑添加辅助曲线与实轴上是区间构成围线，则，其中为落在内部的有限个奇点处的留数和，若能估计出的值，再取极限即得。
引理 6.1设在圆弧充分大)上连续,且在上一致成立(即与中的无关)，则。
证，由于在上一致成立，故，定理6.7设为有理分式，其中，为互质多项式,且（1）；（2）在实轴上，则。
证由,,存在,且。
作,与线段一起构成围线,取足够大，使的内部包含在上半平面内的一切孤立奇点,由在实轴上知,在上没有奇点,由留数定理得，又。
由于当时,，由引理6.1，，于是。
例设，计算解：为偶函数，所以函数的奇点为故在上半平面的奇点为：，而：例 计算积分⎰∞+∞-++x x x xd 1242。
解 经验证，此积分可用（7.11）式计算．首先，求出1)()(242++=z z zz Q z P 在上半平面的全部奇点．令0124=++z z 即22424)12(1z z z z z -++=++222)1(zz -+=)1)(1(22+-++=z z z z 0=于是，)()(z Q z P 在上半平面的全部奇点只有两个：i 2321+=α 与 i2321+-=β且知道，α与β均为)()(z Q z P 的一级极点．其次，算留数，有))()()(()(lim ),)()((Res 2βαβαααα++---=→z z z z zz z Q z P z i 34i31+=))()()(()(lim ),)()((Res 2βαβαβββ++---=→z z z z zz z Q z P z i34i31-=最后，将所得留数代入（7.11）式得)],)()((Res ),)()((Res [i π2d 1242βαz Q z P z Q z P x x x x+=++⎰∞+∞-3π=.二 积分的计算引理6.2(Jordan) 设在半圆周充分大)上连续,且在上一致成立，则。
证，由于在上一致成立，故,J ordan不等式。
由于，故，于是。
定理6.8设,其中及为互质多项式,且（1）的次数比的次数高；（2）在实轴上；（3），则，特别地分开实、虚部就可以得到与的积分。
证略。
例计算积分。
解：为偶函数，有两个单极点，其中在上半平面，其留数为：例 计算积分0,d e22i >+⎰∞+∞-a x ax x．解 经验证，该积分可用（6.14）式计算． 首先，求出辅助函数22i e)(az z f z+=在上半平面的全部奇点．由022=+a z 解得i a z =与i a z -=为)(z f 的奇点，而0>a ，所以，)(z f 在上半平面只有一个奇点 i a ， 且i a 为)(z f 的一级极点． 其次，计算留数．有)i )(i (e)i (lim )i ,e(Res i i22i a z a z a z a az za z z+--=+→i2ea a-=最后，由（6.14）式得)i ,e(Res i π2d e22i 22i a az x ax zx+⋅=+⎰∞+∞-aa eπ=。
例 计算积分⎰∞+∞-++⋅x x x x d 54cos π2解 若令⎰∞+∞-++=xx x x E d 54cos π2⎰∞+∞-++=x x x H xd 54eπ2i则H E Re =，即H 的实部为E 。
因此，为了计算H ，只需求出积分⎰∞+∞-++x x x xd 54e2i即可，而该积分可用（6.11）式计算。
为用（6.11）式，先求出辅助函数zzz z z Q z P i 2i e541e)()(++=在上半平面的奇点只有点i 2+-=α（另一个奇点为i 2--=β），于是，由（6.14）式得)i 2,54e(Res i π2d 54e2i 2i +-++⋅=++⎰∞+∞-z z x x x zx而))((e)(lim )i 2,54e(Res i 2i βααα---=+-++→z z z z z zz zi2ei21--=故i22i eeπd 54e-∞+∞-=++⎰x x x x从而有 )2sin i 2cos (eπ2-=H于是 2cos eπRe 2==H E即2cos eπd 54cos π22=++⋅⎰∞+∞-x x x x这里要指出的是，由所求积分的特征，计算所给积分也可直接利用（6.14）式进行。
复变函数论 课程教案注：1、每项页面大小可自行添减；2一次课为一个教案；3、“重点”、“难点”、“教学手段与方法”部分要尽量具体；4、授课类型指：理论课、讨论课、实验或实习课、练习或习题课等。
4.计算积分路径上有奇点的积分前面所讲的三种类型都是在实轴上没有奇点的情况，如果在实轴上有奇点。
那么前述计算方法不完全适用。
例如在实轴上有一个奇点(为实数)，要计算，在作辅助线时，应绕过奇点，具体办法是在上半平面，作一个以为心，半径为的半圆周，积分沿进行，然后令取极限(如图所示)令，上式左端用留数定理计算，再令若满足引理条件，主要的就是求积分.如果实轴上有n 个奇点，那么分别以各奇点为心，为半径作上半平面的半圆，经过奇点即可，例计算狄利克雷积分解：先将积分变换为对于第二个积分，作变换，则：故由于为的极点，实际上上式应写成：这样我们作如图所示的辅助线，使组成一个复围线，那么：令在上半平面并无奇点，所以.而：有所以因此：(为解析函数)因为解析函数在上必有界(在边界上达最大值，当时：由此可得：而即故由此还可得出推论：。