第五章 留数
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复变函数第五章留数
第五章 留数
§1 孤立奇点 §2 留数
1
§5.1 孤立奇点
一、孤立奇点定义
如果函数f z在z0不解析, 但在z0的某个去心邻域
0 z z0 内处处解析, 则称z0为f z的孤 立 奇 点.
例如
1 sin
1
, z0
=
0为奇点,
但不是孤立奇点.
z
z 1 n 1,2,为奇点, n , z 0,
]
sinz
cosz
zzk
sinz sinz
z
zk
1
tgzdz
C
2i 8 1 16i
31
例4 计算 z4 sin 1 dz, C为 z 1 2.
C
z
解 奇点：z 0, 奇点类型不清楚，
•
z4
sin 1 z
z4
1 z
1 3! z3
1 5! z5
1 7! z7
z3
z 3!
1 5! z
1 7! z3
Re
s
f
z,0
c1
1 120
C
z4
sin
1 z
dz
2i
Re
s
f
z,0
60
i
32
例5 计算
C
z z4 1
dz,C为 z
2，正向.
解 显然 z 1,i 都是 f z 的一级极点，
f z ( z z0 )m z ，
其中 z在z0解析，且 z0 0，m为正整数，
则
z
为
0
f
z
的m
级
零
点.
例如 对于 f z z(z 1)3，z0 0, z0 1分别是其一级
§1 孤立奇点 §2 留数
1
§5.1 孤立奇点
一、孤立奇点定义
如果函数f z在z0不解析, 但在z0的某个去心邻域
0 z z0 内处处解析, 则称z0为f z的孤 立 奇 点.
例如
1 sin
1
, z0
=
0为奇点,
但不是孤立奇点.
z
z 1 n 1,2,为奇点, n , z 0,
]
sinz
cosz
zzk
sinz sinz
z
zk
1
tgzdz
C
2i 8 1 16i
31
例4 计算 z4 sin 1 dz, C为 z 1 2.
C
z
解 奇点：z 0, 奇点类型不清楚，
•
z4
sin 1 z
z4
1 z
1 3! z3
1 5! z5
1 7! z7
z3
z 3!
1 5! z
1 7! z3
Re
s
f
z,0
c1
1 120
C
z4
sin
1 z
dz
2i
Re
s
f
z,0
60
i
32
例5 计算
C
z z4 1
dz,C为 z
2，正向.
解 显然 z 1,i 都是 f z 的一级极点，
f z ( z z0 )m z ，
其中 z在z0解析，且 z0 0，m为正整数，
则
z
为
0
f
z
的m
级
零
点.
例如 对于 f z z(z 1)3，z0 0, z0 1分别是其一级
第5章-留数及其应用02-留数
3 留数的计算方法
例1： 解： 因为
z 1, z 2,
f (z)dz
z 3
Re s[
f
( z ), 1]
lim
z1
( ห้องสมุดไป่ตู้
1)
(z
ez 1)( z
2)
lim
z1
ez z
2
e
Re s[
f
( z ),
2]
lim
z2
( z
2)
(z
ez 1)( z
2)
lim
z2
ez z
1
e
2
解:
注： 当极点的级数高（三级或者三级以上），则计算繁杂.
第五章 留数及其应用
第二讲 留数与留数定理
主要内容
1. 留数的定义 2. 留数定理 3. 留数的计算方法 4. 函数在无穷远点的留数
1 留数的定义
回顾：复变函数的积分 柯西-古萨基本定理： 柯西积分公式： 高阶导数公式： 闭路变形原理：
明星公式：
2 留数定理
如果函数 f(z) 在某区域 D 内除有限个孤立奇点外处处解析， 则利用复合闭路定理可以得到留数的一个基本定理. 定理: 设 f(z) 在区域内 D 除有限个孤立奇点z1, z2,…,zn外处处解 析, C 是 D 内包含所有奇点在其内部的分段光滑正向曲线, 则
f (z)dz
z 3
f (z)dz
z 2
4 函数在无穷远点处的留数
N 1
Res f (z), zk Res f (z), 0
k 1
第五章 留数(余家荣2014)
eiz (3) f ( z ) , z i 2 1 z
解:方法一: z = -i 为一阶极点
eiz eiz i Res( f , i ) lim( z i ) lim e 2 z i z i z i 1 z 2
解:方法二: z = -i 为一阶极点, 显然f(z)在 z = -i 满足法则3 ,
简单曲线C0,C1,C2组成 , 如图. 设f(z)在区域Ｄ内除了
有限个奇点z1,z2,…,zn外处处解析, 则有
C0 1
f ( z)dz 2 i Res( f , zk )
C k 1
n
z1
k
C2
C1
其中沿C的积分, 取区域的正向 .
n zn
zk
proof: 在各个奇点周围作封闭小区域 1 , 2 ,, n , 这些小区域互不包含,互不相交,由复合闭路定理有
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1 z
1 z
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结束
3. 极点的留数 z0为f(z)的极点, 则有如下法则 (1). 法则1: z0为f(z)的一阶极点, 那么
Res( f , z0 ) lim( z z0 ) f ( z)
z z0
证明: 因为z0为f(z)的一阶极点, 所以
f ( z ) 1 ( z z0 ) 1 0 1 ( z z0 ) ( z z0 ) f ( z ) 1 0 ( z z0 ) 1 ( z z0 )
n 1
2
1 1 故原积分 2 i Res( f , k ) 2 i ( ) 2n 4ni 2 k n
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第五章_留数
§5.2
1的计算规则
定义5.4 设z0是f (z)的孤立奇点, C是在z0的充分 小邻域内包含z0在其内部的分段光滑正向简单闭曲 线, 积分
1 f ( z )dz 2 i C
称为f (z)在z0点的留数(Residue), 记做 Res f ( z ), z0 . 函数 f (z)在孤立奇点z0点的留数即是其在以 z0 为中心的圆环域内Laurent级数-1次幂项的系数.
第五章
留数
§5.1
孤立奇点
孤立奇点
如果函数 f (z)在z0点不解析, 则称z0 是f (z)的 一个奇点. 如果z0 是f (z)的一个奇点, 且存在d >0, 使得f (z)在 0 z z0 d 内解析，则称z0 是f (z)的 孤立奇点.
并不是所有的奇点都是孤立奇点
sin z 的孤立奇点. 但z=0 例如z=0是函数 e 和 z z 1 ( k 1, 2,) 不是函数 的孤立奇点, 因为 1 k sin z 都是奇点.
是 D上的解析函数,( z )dz f 那么
f ( z )dz
nC
2 i Res f ( z ), zk .
C k 1
C2
n
f ( z )dz ,
2
留数的计算
Res[f ( z ), z0 ] 0.
(1) 如果 z 0 为 f (z ) 的可去奇点, 则
(2) 如果 z 0 为 f (z ) 的本性奇点, 则需将 f (z ) 展开 成Laurent级数, 求 c1 .
2 1
其中 c m 0 ( m 1). 于是
f ( z ) ( z z0 ) m c m c m1 ( z z0 ) c m 2 ( z z0 )2 ,
复变函数 第五章留数
F(t)
c
n
t
n
cnt
n
(2)
n 1
n0
第五章 留数
相应地规定：如果 t = 0 是 F(t) 的可去奇点、m 级极点或本
性奇点，则称z 是 f (z) 的可去奇点、m 级极点或本性奇点。
将式（1）写成
f
(z)
c
n
z
n
c0
cn zn
(3)
n 1
n 1
将式（2）写成
F(t)
cn t n
c0
cnt
( n 0, 1, 2, , m 1)
f
(m) (z0 ) m!
a0
0
故必有 f (z) cm (z z0 )m cm1(z z0 )m1 cm2 (z z0 )m2
(z z0 )m[cm cm1(z z0 ) cm2 (z z0 )2 ]
(z z0)m (z)
根据 0 z z0 内 f (z) 的 Laurent 级数的不同，孤立奇点 分为三种类型。
第五章 留数
1、可去奇点
如果 Laurent 级数中不含 z z0 的负幂项，孤立奇点 z0 称为 f (z) 的可去奇点。
即
c0 c1(z z0 ) cn (z z0 )n
在 0 z z0 内收敛于 f (z) 。
lim f (z)
zz0
或
lim f (z)
z z0
第五章 留数
如果 f (z)以 z0为其孤立奇点，则下列四个条件是等价的。 它们中的任何一条都是 m 级极点的特征：
（1） f (z) 在以 z0 点为中心的去心邻域内的 Laurent 级数只 有有限多个 z z0 的负幂项；
5 留数
ez 1 f (z) z
1 z2 z3 z z2 1 z 1 1 z 2! 3! 2! 3!
x x0 x x0
[复习 ] “可去”间断： lim f ( x), lim f ( x)存在且相等。 这种间断与连续没什么 本质区别，因此，可去 间断点 可以看作连续点。类似 地，我们将会看到，可 去奇点 可以看作解析点。
f1(z) (z z0)n g1(z) n k g1(z) (z z0) k f2(z) (z z0) g2(z) g2(z)
(n k)
[复习 ] 等价的无穷小：当 x 0时， x～sin x～ln( x 1) ～e x 1 ～tan x～arcsin x～arctan x x2 1 cos x～ 2 1 cos z 1 cos z , 在0 [例 ] 3 z z
(z z0)n g1(z) lim f ( z ) (z z )k g (z) z z0 0 2
n
lim f ( z ) c0不存在
z z0
极点阶数判别： g(z) 1. f (z) m , g(z)在z0解析且g(z0) 0 (z z0) 2. Laurent展开 f (z)
用Laurent级数判断极点阶数比较 复杂，下面提供 一个新的方法：利用倒 数的零点来判断。 [定义] 不恒为 0的解析函数f (z)如果能表示成 f (z) (z z0)m (z), 其中 (z)在z0解析且 (z0) 0，m为某正整数，那么称 z0 为f (z)的m级（m阶）零点。
n n cn z z0
ez 1 f (z) z
1 z2 z3 z z2 1 z 1 1 z 2! 3! 2! 3!
05第五章 留数理论
证明：设圆盘 |z|<ρ包含 b1, b2, …, bn
n
∫ ∑ 留数定理
è
|z|= ρ
f (z)dz
=
2π i
Res f (bk )
k =1
| z |= ρ
∞处留数的定义 è
∫ f (z )dz = − 2π i Res f (∞ ) |z|= ρ
n
∑ Res f (bk ) + Res f (∞) = 0
f ( z )dz
C
k =1 |z−bk |=δ
bn
n
= ∑ 2πi Res f (bk ) (留数定义)
k=1
L
b2 δ
4
2. 孤立奇点 ∞ 处的留数
∞
∑ 洛朗展开 f (z) = Ck zk , r <| z | k = −∞
定义 f(z) 在 z=∞ 处的留数 = z−1 的系数×(–1)
等价定义：
∫ def
Res f (∞) =
−1
f (z)dz (r < ρ)
2π i |z|=ρ
ρ r×0
• 若 f(z) 是偶函数，则 Res f (∞), Res f (0) 有定义时必为零
5
Ø全平面留数之和为零
设函数 f (z) 在整个复平面上只有奇点 b1, b2, …, bn，则 f (z) 在这些点及 ∞ 的留数之和为零
i
−
(b0 + 4a 4
b1 )
=
2π 2a 3
∫ +∞ 0
x
4
1 +
a4
dx
=Q= 2
2π 4a3
ΓR
b1
b0
-R b2
第五章 留数 留数在定积分计算中的应用
个有界区域，函数 f(z) 在 D 内除有限个孤立
奇点 z1 , z2 ,..., zn外处处解析. C是D内包围各 奇点的一条正向简单闭曲线,那么我们有：
n
C
f ( z )dz 2i Res[ f理的基本思想
D
zn C3 Cn z1 z2
z3
C1
显然，函数在z0处的留数C1就是积分 1 f ( z )dz 2 i C 的值.
其中，C为函数f ( z )的去心邻域0 z - z0 R 内绕z0的闭曲线，方向为逆时针方向.
注：留数Res[f(z), z0] 与圆C的半径r无关.
二、留数定理
定理 5.1 （留数定理）设 D 是复平面上的一
C
f ( z )dz 0
如果z0是f(z)的孤立奇点，则上述积分就不 一定等于零。
定义5.1 设z0是解析函数f ( z )的孤立奇点， 我们把f ( z )在z0处的洛朗展开式中负一次 幂项的系数C1称为f ( z )在z0处的留数.记作 Re s[ f ( z ), z0 ]，即 Re s[ f ( z ), z0 ] C-1
求沿闭曲线C积分 求C内各孤立奇点处的留数.
三、留数的计算
求函数在孤立奇点处的留数的一般方法 ——将函数在以z0为中心的圆环内展开为 洛朗级数，求出级数中C-1(z-z0)-1项的系数C-1
如果z0是可去奇点，则Res[f(z), z0]=0;
如果z0是本性奇点，则往往只能用展开成洛朗
级数的方法来求C-1.
Res[f ( z ), z0 ] lim( z z0 ) f ( z )
z z0
P( z ) lim( z z0 ) z z0 Q ( z ) Q ( z0 ) P( z0 ) / Q '( z0 ).
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孤立奇点，则对任何实数a>0,
R( x )e iax dx 2 i Res[ R( z )e iaz , zk ].
k 1
n
证明: 同定理二的证法,由 m n 1, 对于充分大的
z 有
2 R( z ) z
2 ay e ds ds R CR
aR sin
CR
2 2 R( z ) ds 2 R R R
所以,当
R , R( z )dz 0
CR
再由
R
R
R( x )dx R( z )dz
CR n i 1
2 i Re s R( z ), zk
有
R( x )dx 2 i Re s R( z ), zk
单位圆周内部f (z) 的所有孤立奇点.
定理 4.5 (留数基本定理的条件 ) 设函数 满足 . f (z)在区域D 内除有限个孤立奇点 z1 , z2 ,, zn 外处处解析, C是D
例1 计算
I
2
0
cos 2 d 2 1 2 p cos p
由于 0 p 1,
0 p 1 .
l
l 1
在实轴上处处解析，则积分
R( x ) dx 存在，且
R( x )dx 2 i Res[ R( z ), zk ].
k 1
n
R(z)在上半平面内的所有孤立奇点。
证明：设函数R(z)在上半平面的所有孤立奇点为
z1 , z2 ,, zn
以原点为中心作上半圆周 C R , 取逆时针方向, 使上半平面的所有孤立奇点在由实轴和 C R
1 f ( z )dz 2 i C
定理1.1 (留数定理) 设函数f (z)在有界区域D 内除有限个孤立奇点 z1 , z2 ,, zn 外处处解析, C是D 内包含所有奇点在其内部的分段光滑正向 简单闭 曲线, 则
f ( z )dz 2 i Res f ( z ), z .
k 1
n
R( x )cos axdx i R( x )sin axdx
Re
R( x )e dx
iax
Im
R( x )e iaxdx
例3
计算积分 I 0
cos x dx (a 0). 2 x 1
1 , 则 z0 i 是 R (z)在上半 解 记 R( z ) 2 z 1
留数的计算
Res f ( z ), z0 0.
(1) 如果 z 0 为 f ( z ) 的可去奇点, 则
(2) 如果 z 0 为 f ( z ) 的本性奇点, 则需将 f ( z ) 展开 成Laurent级数, 求 c1 .
(3) 如果 z 0 为 f ( z ) 的极点, 则有如下计算规则
上连续的复变函数，并且设 r 是以O为圆心，r为
半径的圆弧在这闭区域上的一段 r r0 。如果当 z在这闭区域上时，
lim f ( z ) 0,
z 0
y
那么我们有
r r
lim f ( z )e iz dz 0.
0
x
注:
R( x )e iax dx 2 i Res[ R( z )e iaz , zk ].
C k 1 k
n
根据留数基本定理, 函数在闭曲线f (z)上的积 分可归结为函数在曲线内部各孤立奇点处留数的计 算问题.
证明
分别以 z1 , z2 ,, zn 为
Cn C1
中心, 作半径充分小的正向圆周
C z .n
D
C1 , C2 ,, Cn , 使得它们中的每个
都在其余的外部, 而都在C的内部. 根据柯西定理
第五章
留
数
§5.1 一般理论
§5.2 留数计算的应用
§1
1
一般理论
留数定理
2 留数的计算
定义5.4 设z0是f (z)的孤立奇点, C是在z0的充分 小邻域内包含z0在其内部的分段光滑正向简单闭曲 线, 积分
称为f (z)在z0点的留数(Residue), 记做 Res f ( z ), z0 . 函数 f (z)在孤立奇点z0点的留数即是其在以 z0 为中心的圆环域内Laurent级数-1次幂项的系数.
其中 n m 例2 ：计算留数
sec z Re s 3 ,0 z
z sin z 例 ： 计算函数 f ( z ) ， 6 z
在z=0处的留数。 例 3： 计算函数 f ( z )
z z 1
2
e iz
2，
在z=i处的留数。
§5.2 留数计算的应用
1 2 3 三角有理式的积分 有理函数的无穷积分 有理函数与三角函数乘积的积分
aiz
所以,当
R , R( z )e aiz dz 0
CR
aix R( x )e aix dx 2 i Re s R ( z ) e , zk i 1
n
引理3.1
设 f ( z ) 是在闭区域
1 Argz 2 , r0 z r0 0,0 1 2
1 z
mn
1 a1 z 1 an z n 1 m 1 b1 z bm z
1 a1 z an z
1 n
1 z
mn
1 b1 z 1 bm z m
当 z 充分大的时候,总有
a1 z an z
1
n
1 10
平面内唯一的孤立奇点, 且是1级极点. 显然 R(z)满 足定理2的条件, 所以
1 cos x 1 e ix I dx Re dx 2 2 2 x 1 2 x 1
1 iz Re 2 i Re s R( z )e , i . 2 e
1 z Re s f ( z ), p lim z p 2 z p 2iz (1 pz )( z p )
4
1 p4 2ip 2 (1 p 2 )
因此
2 p I 1 p2
2
5.4.2
有理函数的无穷积分
定理1 设有理函数
z a1 z al R( z ) m , ml 2 m 1 z b1 z bm
0
1 dx . 2 2 (1 x )
5.3.3 有理函数与三角函数乘积的积分
考虑形如
R( x )e dx , (a 0)
aix
的积分
定理2
P(z) 设 R( z ) 是有理函数, Q(z)在 Q( z )
实轴上没有零点，多项式Q(z)的次数至少比P(z)的
z1 , z2 ,, zn 是 R (z)在上半平面内的所有 次数高1次，
C C1 C2
z1 .
.z2 …
C2
,
Cn
f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz.
再由留数的定义, 即得
f ( z )dz 2 i Res f ( z ), z .
C k 1 k
n
2
4
1 z dz 2 2iz (1 pz )( z p ) z 1
被积函数
1 z4 f (z) 2iz 2 (1 pz )( z p)
在复平面内有三个极点
1 z1 0, z2 , z3 p. p
其中2级极点 z1 0 与1级极点 z3 p 在单位圆周
所围的区域内. 于是由留数定理有
R
R
R( x )dx R( z )dz
CR n i 1
y … . z2 . zn . z1 R -R 0
CR
2 i R为
CR
R( z )dz
n n 1
z a1 z an R( z ) m z b1 z m 1 bm
因此,在半径R充分大的CR上,有
CR
R( z )e dz
aiz
CR
R( z ) e
aiz
2 e
0
aR sin
d 4 e
2 0
d
2 aR 2 aR 2 / 1 e 4 e d 0 aR
2 aR CR R( z )e dz aR 1 e
2π
0
R(cos ,sin ) d
2 2
z 1 z 1 1 R , dz 2iz iz 2z z 1
1.被积函数的转化 2.积分区域的转化
k
z 1
f ( z ) dz 2π i Res f ( z ), z .
k 1
n
f (z)是有理函数. 如果在 单位圆周上分母不为零,
dz dz ie d d , 则 令ze iz 1 i i z2 1 sin e e , 2i 2iz
i
i
1 i i z2 1 cos e e . 2 2z
当 在 [0 , 2π ] 变化时, z 沿单位圆周 z 1的正向 绕行一周. 于是
解
1 2 p cos p2 (1 p)2 2 p(1 cos )
R( x )e iax dx 2 i Res[ R( z )e iaz , zk ].
k 1
n
证明: 同定理二的证法,由 m n 1, 对于充分大的
z 有
2 R( z ) z
2 ay e ds ds R CR
aR sin
CR
2 2 R( z ) ds 2 R R R
所以,当
R , R( z )dz 0
CR
再由
R
R
R( x )dx R( z )dz
CR n i 1
2 i Re s R( z ), zk
有
R( x )dx 2 i Re s R( z ), zk
单位圆周内部f (z) 的所有孤立奇点.
定理 4.5 (留数基本定理的条件 ) 设函数 满足 . f (z)在区域D 内除有限个孤立奇点 z1 , z2 ,, zn 外处处解析, C是D
例1 计算
I
2
0
cos 2 d 2 1 2 p cos p
由于 0 p 1,
0 p 1 .
l
l 1
在实轴上处处解析，则积分
R( x ) dx 存在，且
R( x )dx 2 i Res[ R( z ), zk ].
k 1
n
R(z)在上半平面内的所有孤立奇点。
证明：设函数R(z)在上半平面的所有孤立奇点为
z1 , z2 ,, zn
以原点为中心作上半圆周 C R , 取逆时针方向, 使上半平面的所有孤立奇点在由实轴和 C R
1 f ( z )dz 2 i C
定理1.1 (留数定理) 设函数f (z)在有界区域D 内除有限个孤立奇点 z1 , z2 ,, zn 外处处解析, C是D 内包含所有奇点在其内部的分段光滑正向 简单闭 曲线, 则
f ( z )dz 2 i Res f ( z ), z .
k 1
n
R( x )cos axdx i R( x )sin axdx
Re
R( x )e dx
iax
Im
R( x )e iaxdx
例3
计算积分 I 0
cos x dx (a 0). 2 x 1
1 , 则 z0 i 是 R (z)在上半 解 记 R( z ) 2 z 1
留数的计算
Res f ( z ), z0 0.
(1) 如果 z 0 为 f ( z ) 的可去奇点, 则
(2) 如果 z 0 为 f ( z ) 的本性奇点, 则需将 f ( z ) 展开 成Laurent级数, 求 c1 .
(3) 如果 z 0 为 f ( z ) 的极点, 则有如下计算规则
上连续的复变函数，并且设 r 是以O为圆心，r为
半径的圆弧在这闭区域上的一段 r r0 。如果当 z在这闭区域上时，
lim f ( z ) 0,
z 0
y
那么我们有
r r
lim f ( z )e iz dz 0.
0
x
注:
R( x )e iax dx 2 i Res[ R( z )e iaz , zk ].
C k 1 k
n
根据留数基本定理, 函数在闭曲线f (z)上的积 分可归结为函数在曲线内部各孤立奇点处留数的计 算问题.
证明
分别以 z1 , z2 ,, zn 为
Cn C1
中心, 作半径充分小的正向圆周
C z .n
D
C1 , C2 ,, Cn , 使得它们中的每个
都在其余的外部, 而都在C的内部. 根据柯西定理
第五章
留
数
§5.1 一般理论
§5.2 留数计算的应用
§1
1
一般理论
留数定理
2 留数的计算
定义5.4 设z0是f (z)的孤立奇点, C是在z0的充分 小邻域内包含z0在其内部的分段光滑正向简单闭曲 线, 积分
称为f (z)在z0点的留数(Residue), 记做 Res f ( z ), z0 . 函数 f (z)在孤立奇点z0点的留数即是其在以 z0 为中心的圆环域内Laurent级数-1次幂项的系数.
其中 n m 例2 ：计算留数
sec z Re s 3 ,0 z
z sin z 例 ： 计算函数 f ( z ) ， 6 z
在z=0处的留数。 例 3： 计算函数 f ( z )
z z 1
2
e iz
2，
在z=i处的留数。
§5.2 留数计算的应用
1 2 3 三角有理式的积分 有理函数的无穷积分 有理函数与三角函数乘积的积分
aiz
所以,当
R , R( z )e aiz dz 0
CR
aix R( x )e aix dx 2 i Re s R ( z ) e , zk i 1
n
引理3.1
设 f ( z ) 是在闭区域
1 Argz 2 , r0 z r0 0,0 1 2
1 z
mn
1 a1 z 1 an z n 1 m 1 b1 z bm z
1 a1 z an z
1 n
1 z
mn
1 b1 z 1 bm z m
当 z 充分大的时候,总有
a1 z an z
1
n
1 10
平面内唯一的孤立奇点, 且是1级极点. 显然 R(z)满 足定理2的条件, 所以
1 cos x 1 e ix I dx Re dx 2 2 2 x 1 2 x 1
1 iz Re 2 i Re s R( z )e , i . 2 e
1 z Re s f ( z ), p lim z p 2 z p 2iz (1 pz )( z p )
4
1 p4 2ip 2 (1 p 2 )
因此
2 p I 1 p2
2
5.4.2
有理函数的无穷积分
定理1 设有理函数
z a1 z al R( z ) m , ml 2 m 1 z b1 z bm
0
1 dx . 2 2 (1 x )
5.3.3 有理函数与三角函数乘积的积分
考虑形如
R( x )e dx , (a 0)
aix
的积分
定理2
P(z) 设 R( z ) 是有理函数, Q(z)在 Q( z )
实轴上没有零点，多项式Q(z)的次数至少比P(z)的
z1 , z2 ,, zn 是 R (z)在上半平面内的所有 次数高1次，
C C1 C2
z1 .
.z2 …
C2
,
Cn
f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz.
再由留数的定义, 即得
f ( z )dz 2 i Res f ( z ), z .
C k 1 k
n
2
4
1 z dz 2 2iz (1 pz )( z p ) z 1
被积函数
1 z4 f (z) 2iz 2 (1 pz )( z p)
在复平面内有三个极点
1 z1 0, z2 , z3 p. p
其中2级极点 z1 0 与1级极点 z3 p 在单位圆周
所围的区域内. 于是由留数定理有
R
R
R( x )dx R( z )dz
CR n i 1
y … . z2 . zn . z1 R -R 0
CR
2 i R为
CR
R( z )dz
n n 1
z a1 z an R( z ) m z b1 z m 1 bm
因此,在半径R充分大的CR上,有
CR
R( z )e dz
aiz
CR
R( z ) e
aiz
2 e
0
aR sin
d 4 e
2 0
d
2 aR 2 aR 2 / 1 e 4 e d 0 aR
2 aR CR R( z )e dz aR 1 e
2π
0
R(cos ,sin ) d
2 2
z 1 z 1 1 R , dz 2iz iz 2z z 1
1.被积函数的转化 2.积分区域的转化
k
z 1
f ( z ) dz 2π i Res f ( z ), z .
k 1
n
f (z)是有理函数. 如果在 单位圆周上分母不为零,
dz dz ie d d , 则 令ze iz 1 i i z2 1 sin e e , 2i 2iz
i
i
1 i i z2 1 cos e e . 2 2z
当 在 [0 , 2π ] 变化时, z 沿单位圆周 z 1的正向 绕行一周. 于是
解
1 2 p cos p2 (1 p)2 2 p(1 cos )