5.2 留数的计算方法
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5.2留数
记为 1 ( ) , 相应地， f ( z ) f
因此， 函数 f ( z )在无穷远点 z 的性态可由 函数 ( ) 在原点 0 的性态来刻画。
四、函数在无穷远点的留数
1. 函数在无穷远点的性态
P112 例5.13
记为 1 1 ( ) , 解 令 z , 则 f (z) f 1 sin
2
1 1 ( 2 ) , 2! z 1
Res [ f ( z ) , 1 ] 1 .
三、留数定理
定理 设 f ( z ) 在区域 D 内除有限个孤立奇点 z1 , z2 , , zn 外
P114 定理 5.7
处处解析，在边界 C 上连续， 则
C
f ( z ) d z 2π i Res [ f ( z ) , zk ] .
事实上，此时 z0 为f ( z ) 的简单极点， 故有
P( z) Res[ f ( z ) , z0 ] lim ( z z0 ) z z0 Q( z )
lim
z 0
P ( z0 ) P(z) . Q( z ) Q( z0 ) Q( z0 ) z z0
解 (1) z 0 是 f1 ( z ) 的可去奇点，
d m 1 m [ ( z z ) f ( z )] ( m 1)! a1 ( z z0 ) ( z ) , 0 m 1 dz
二、留数的计算方法
3. 极点
方法 若 z 0 为 f ( z ) 的 m 阶极点，
(法则 ) P116 法则Ⅲ
特别 (1) 若 z 0 为 f ( z ) 的简单极点，则
P115 法则Ⅰ
Res[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z ) .
《复变函数与积分变换》 留数—计算规则
三、在 ∞ 点的留数 定义 2.2 设 ∞ 是 f ( z ) 的孤立奇点 , 则 f ( z ) 在 R < z < +∞ 内解析 ,
C 是 R < z < +∞ 内一条简单闭
y C
O
§5.2 留 数 —— 在 ∞ 点的留数
R
x
定理 2.2 若 f ( z ) 在 C U {∞} 上有有限个奇点：z1 ,L , z n , ∞ , 则
1 P ( z ) , z = 0 是 f ( z ) 的 3 级极点 . z3 1
解二：把 f ( z ) 在 z = 0 点展成洛朗级数 :
z − sin z 1 = 6 z6 z = 1 3 1 5 1 7 z − z − 3! z + 5! z − 7! z + L
O
1 = − c1 . ∫ C f ( z ) dz, 则 Res f ( z ) , ∞ 2π i Ñ
× zn
f ( z ) ,∞ . = − 2π i Res
§5.2 留 数 —— 在 ∞ 点的留数
规则 IV Res [ f ( z ), ∞ ] = − Res f ( )
(5)
假设 z0 是 f ( z ) 的 k 级极点 , k < m ,
f ( z ) = c− k ( z − z0 )
−k
+ L + c−1 ( z − z0 ) + c0 + c1 ( z − z0 ) + L
−1 m− k
( z − z0 )
0
m
f ( z ) = c− k ( z − z0 )
§5.2 留 数 —— 计算规则
数学物理方法-留数
2
2
sin ei ei 1 z z1 2i 2i
2. 把原积分变成：
２ R(cos,sin ) d f (z) d z
０
|z|1
2 i f (z)在单位元内孤立奇点的留数之和
5.2 利用留数定理计算实函数积分
１
2 i
C
f
( z )dz
Resf
()
C
１
n
2 i C f (z)dz k1 Resf (bk )
x
二者相加，并注意到右边两个积分的围道的方向
相反，其和为零，得到右边所有有限孤立奇点和
无穷远点的留数之和为0。
5.1 留数及其留数定理
6.所有奇点留数之和：应用
例题：求积分
1
zk
e2 ki/4
i 1
i
k 0 k 1 k 2 k 3
都是一阶极点，且都在 z 2内。
y | z | 2
x
例题
5.1 留数及其留数定理
例4
ez
计算积分 |z|2 z(z 1)2 dz
5.2 利用留数定理计算实函数积分
5.2 利用留数定理计算实函数积分
2.留数定理:证明
如图，在每个孤立奇点bk，以bk为中心，做一个小圆 k ,使得每个 k中只包含一个孤立奇点bk。则根据多联通区域的柯西积分公式
有
m
C
f
z dz
k 1 k
f
z dz
其中
也是逆时针方向的。
k
将f z 在bk的邻域内展开为洛朗级数
f
因此
留数
设C为该去心邻域内围绕z0的正向简单闭曲线，
∫
C
f ( z ) dz =
n = −∞ C
∑
+∞
cn ( z − z 0 ) n dz ∫
1 ∫ c−n ( z − z0 ) dz = C c−n ( z − z0 ) n dz ∫ C
−n
2πic−1 , n = 1 2πi ( n −1) 由高阶导数公式：= c− n f ( z0 ) (n − 1)! 0, n ≠ 1 dz ∫c f ( z )dz = c−1 ∫c z − z0 = 2πic−1
1 ∴ z 0为 Q ( z )的一级零点 , 从而 z 0为 的一级极点 , Q( z )
1 1 ϕ (z) 因此 , = Q ( z ) z − z0
(ϕ ( z )在 z 0处解析且 ϕ ( z 0 ) ≠ 0 )
1 g ( z ) ( g ( z ) = ϕ ( z ) P ( z ) 在 z 0 解析 , 故f ( z) = z − z0 且 g ( z 0 ) ≠ 0 ),
若将 f ( z )作 Laurent 级数展开 :
z − sin z 1 1 3 1 5 = 6 [ z − ( z − z + z − L)] 6 z z 3! 5! 1 1 11 = − +L 3 3! z 5! z
1 z − sin z ,0 = − ∴ Re s 6 5! z
留数(Residue) §5.2 留数
1. 留数的定义 2. 留数定理 3. 留数的计算规则
1. 留数的定义
设z0为f ( z )的孤立奇点，由洛朗定理
f ( z) =
n = −∞
cn ( z − z 0 ) n ∑
5.2.2留数的计算规则
1 5! z
所以
Res
z
sin z6
z
, 0
C1
1 5!
另外，在规则Ⅱ的证明过程中不难发现，如果 f (z)的极点的级数小于 m，
这时表达式
f z Cm (z z0 )m Cm1(z z0 )m1 C1(z z0 )1 C0
中的系数 Cm,Cm1, 中可能有一个或几个为零， 那么公式仍然成立，善用
由规则Ⅲ，
P zk Q zk
zk 4 zk 3
1 4zk 2
故由留数定理
c
z4
z
1
dz
2
i
1 4
1 4
1 4
1 4
0
事实上，当函数的极点的级数很高时，规则Ⅱ往往比较繁复，此时可以利用 其洛朗级数展开式来计算留数。
例4：计算
z
sin z6
z
在
z
0 的留数。
解：因为
z
sin z6
z
1 3! z3
z z0 m f z Cm Cm1 z z0 C1 z z0 m1 C0 z z0 m
d m1 dz m1
z
z0 m
f
z
m 1!C1 含有z
z0正幂的项
令 z z0， 两端求极限，得证；
规则Ⅲ
设
f
z=
Pz Qz
，其中P( z )，Q( z )
在 z0
如果 z0
是
f
(z)
的一级极点，那么
Res
f
z, z0
lim z
zz0
z0
f
z
证明： 设 z0 是 f (z) 的一级极点，那么
高等数学课件-复变函数与积分变换 第五章 留数 §5.2 用留数定理计算实积分
§5.2 用留数定理计算实积分
引言
在实际问题中，往往会遇到求一些实 积分的值，计算比较复杂。但是，如果把 它们化为复变函数的积分，运用留数定理 计算可能要简捷的多。
首先，被积函数必须要与某个解析函 数密切相关。
其次，定积分的积分域是区间，而用 留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线 的积分。
一、形如
积分限化为从 到 ，又显然 lim f z 0 z
于是积分属于上述类型，可由（2.4）式计算
f z 可写成
f z
1 z2 a2
2
z
ia
1
2
z
ia
2
易见，f z 在上半平面只有一个二级极点
z ia，计算 f zeipz在 z ia 点的留数
Re s f
z eipz ,ia
Re s
f
z eiz , 2i
lim z
z2i
2i
f
z eiz
zeiz
1
lim
z2i z 2i
z2 1
6e2
Re
s
f
z eiz ,i
lim z
zi
i
f
z eiz
lim
zeiz
1
zi z2 4 z i 6e
将所得留数代入（2.5）式得：
I
xsin x dx
(x2 4)(x2 1)
奇点？在实轴上是否无奇点？
c．等式 lim zf z 0 是否成立？ z
（2）计算 f z在上半平面奇点处的留数，
然后代入上述公式就得结果。显然结果必然
是实数，如果是复数，说明计算有误。
例2.3计算积分
x2
I
x2 1 2 dx
引言
在实际问题中，往往会遇到求一些实 积分的值，计算比较复杂。但是，如果把 它们化为复变函数的积分，运用留数定理 计算可能要简捷的多。
首先，被积函数必须要与某个解析函 数密切相关。
其次，定积分的积分域是区间，而用 留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线 的积分。
一、形如
积分限化为从 到 ，又显然 lim f z 0 z
于是积分属于上述类型，可由（2.4）式计算
f z 可写成
f z
1 z2 a2
2
z
ia
1
2
z
ia
2
易见，f z 在上半平面只有一个二级极点
z ia，计算 f zeipz在 z ia 点的留数
Re s f
z eipz ,ia
Re s
f
z eiz , 2i
lim z
z2i
2i
f
z eiz
zeiz
1
lim
z2i z 2i
z2 1
6e2
Re
s
f
z eiz ,i
lim z
zi
i
f
z eiz
lim
zeiz
1
zi z2 4 z i 6e
将所得留数代入（2.5）式得：
I
xsin x dx
(x2 4)(x2 1)
奇点？在实轴上是否无奇点？
c．等式 lim zf z 0 是否成立？ z
（2）计算 f z在上半平面奇点处的留数，
然后代入上述公式就得结果。显然结果必然
是实数，如果是复数，说明计算有误。
例2.3计算积分
x2
I
x2 1 2 dx
复变函数-14
机动
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结束
ln 3 z 例5.2.7 设 f ( z ) 2 , 计算Res[ f (z), i ]。 z 1
解
P( z) ln3 z, 解析且 P(i) 0,
Q( z) z 1,
2
Q(i) 0, Q(i) 0
所以z0=i是 f 的1阶极点, 根据定理5.2.4(规则III)
k k m
( z z0 ) f ( z) cm ( z z0 )
k 1
c1 ( z z0 ) ,0 | z z0 | R;
k 1
上式两端求k－1阶导数，注意 k -m ≧ 0,
1 d k lim [( z z ) f ( z )] c1。 所以 0 k 1 (k 1)! z z0 dz
Res f ( z ),
2i
C
f ( z )dz
（1）在定义5.2.2中, 积分路径是顺时针方向。 （2）若f (z)在圆环域 R | z | 内解析，则
其中
, R | z | n 1 Res f ( z ), f ( z )dz c1 2i C
0
n 1
n c ( z z ) n 0 (c1 0),0 | z z0 | R;
定理5.2.3( 规则II)
设z0是 f 的m阶极点, 若 k m, 1 d k 1 则 Res [ f ( z ), z0 ] lim k 1 [(z z0 ) k f ( z )] 。 (k 1)! z z0 dz
sin z , 令 cos z 0解得 解 f ( z ) tan z cos z 1 z k , 即z k k (k 0,1,2, )为f
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结束
ln 3 z 例5.2.7 设 f ( z ) 2 , 计算Res[ f (z), i ]。 z 1
解
P( z) ln3 z, 解析且 P(i) 0,
Q( z) z 1,
2
Q(i) 0, Q(i) 0
所以z0=i是 f 的1阶极点, 根据定理5.2.4(规则III)
k k m
( z z0 ) f ( z) cm ( z z0 )
k 1
c1 ( z z0 ) ,0 | z z0 | R;
k 1
上式两端求k－1阶导数，注意 k -m ≧ 0,
1 d k lim [( z z ) f ( z )] c1。 所以 0 k 1 (k 1)! z z0 dz
Res f ( z ),
2i
C
f ( z )dz
（1）在定义5.2.2中, 积分路径是顺时针方向。 （2）若f (z)在圆环域 R | z | 内解析，则
其中
, R | z | n 1 Res f ( z ), f ( z )dz c1 2i C
0
n 1
n c ( z z ) n 0 (c1 0),0 | z z0 | R;
定理5.2.3( 规则II)
设z0是 f 的m阶极点, 若 k m, 1 d k 1 则 Res [ f ( z ), z0 ] lim k 1 [(z z0 ) k f ( z )] 。 (k 1)! z z0 dz
sin z , 令 cos z 0解得 解 f ( z ) tan z cos z 1 z k , 即z k k (k 0,1,2, )为f
数学物理基本方法5.2留数
应用留数定理求解微分方程
通过构造合适的复变函数，将微分方程的求解转化为复平面上留数 的计算。
典型例题的解析
例题1
例题3
求解一阶常系数线性微分方程。通过 构造指数形式的复变函数，利用留数 定理求解。
求解带有初值条件的一阶非线性微分 方程。通过构造满足初值条件的复变 函数，利用留数定理进行求解。
例题2
计算实轴上的定积分
利用留数定理，可以将某些实 轴上的定积分转化为复平面上 的围道积分，从而简化计算过 程。
计算围道上的线积分
对于某些围道上的线积分，可 以通过计算围道内奇点的留数 之和来得到积分结果。
判断函数的解析性
如果一个函数在某区域内解析 ，那么该函数在该区域内的任 意闭曲线上的积分为零。利用 留数定理可以判断一个函数是 否在某区域内解析。
留数定理的应用举例
计算实函数的定积分
通过构造复变函数，将实函数的定积分转化为复变 函数的线积分，再利用留数定理计算。
计算复变函数的线积分
对于某些特殊的复变函数，可以直接利用留数定理 计算其在某条曲线上的线积分。
解决物理问题
在物理学中，许多问题可以通过构造复变函数并应 用留数定理来解决，如计算电场、磁场等物理量的 分布。
求解二阶常系数齐次线性微分方程。 通过构造多项式形式的复变函数，利 用留数定理求解。
06
总结与展望
本文工作总结
研究背景
介绍了数学物理基本方法5.2留数 的研究背景和意义，了本文的主要研究内容， 包括留数的定义、性质、计算方法 和应用等方面的研究。
研究结果
通过洛必达法则，可以将求留数的问题转化为求导数的问题，从 而简化计算过程。
其他方法
幂级数展开法
当函数$f(z)$在奇点$z_0$处可以展开为幂级数时，可以通过幂级数的系数来计算留数。具体地，如果 $f(z) = sum_{n=0}^{infty} a_n (z - z_0)^n$，则留数可以表示为$text{Res}[f(z), z_0] = a_{-1}$，即幂 级数中$(z - z_0)^{-1}$的系数。
通过构造合适的复变函数，将微分方程的求解转化为复平面上留数 的计算。
典型例题的解析
例题1
例题3
求解一阶常系数线性微分方程。通过 构造指数形式的复变函数，利用留数 定理求解。
求解带有初值条件的一阶非线性微分 方程。通过构造满足初值条件的复变 函数，利用留数定理进行求解。
例题2
计算实轴上的定积分
利用留数定理，可以将某些实 轴上的定积分转化为复平面上 的围道积分，从而简化计算过 程。
计算围道上的线积分
对于某些围道上的线积分，可 以通过计算围道内奇点的留数 之和来得到积分结果。
判断函数的解析性
如果一个函数在某区域内解析 ，那么该函数在该区域内的任 意闭曲线上的积分为零。利用 留数定理可以判断一个函数是 否在某区域内解析。
留数定理的应用举例
计算实函数的定积分
通过构造复变函数，将实函数的定积分转化为复变 函数的线积分，再利用留数定理计算。
计算复变函数的线积分
对于某些特殊的复变函数，可以直接利用留数定理 计算其在某条曲线上的线积分。
解决物理问题
在物理学中，许多问题可以通过构造复变函数并应 用留数定理来解决，如计算电场、磁场等物理量的 分布。
求解二阶常系数齐次线性微分方程。 通过构造多项式形式的复变函数，利 用留数定理求解。
06
总结与展望
本文工作总结
研究背景
介绍了数学物理基本方法5.2留数 的研究背景和意义，了本文的主要研究内容， 包括留数的定义、性质、计算方法 和应用等方面的研究。
研究结果
通过洛必达法则，可以将求留数的问题转化为求导数的问题，从 而简化计算过程。
其他方法
幂级数展开法
当函数$f(z)$在奇点$z_0$处可以展开为幂级数时，可以通过幂级数的系数来计算留数。具体地，如果 $f(z) = sum_{n=0}^{infty} a_n (z - z_0)^n$，则留数可以表示为$text{Res}[f(z), z_0] = a_{-1}$，即幂 级数中$(z - z_0)^{-1}$的系数。
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20
思考题
sin2 z 计算 2 dz , C : z 2正向. z ( z 1) C
21
思考题答案
2 i sin 1.
2
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22
在 z0 的某个去心邻域 0 z z0 R内包含 z0 的
任意一条简单闭曲线 C 的积分
C
f ( z )dz 的值除
以 2i 后所得的数称为 f ( z ) 在 z0 的留数.
记作 Res[ f ( z ), z0 ]. (即 f ( z ) 在 z0 为中心的圆环
域内的洛朗级数中负幂项c1 ( z z0 )1 的系数.)
解
因为 z 0 是 f ( z )的 n阶极点，
1 d n1 n e z ez lim n1 z n 所以 Res n ,0 z 0 dz ( n 1 )! z z
1 . ( n 1)!
12
P ( z ) z sinz
z 1为二级极点,
z
e Res[ f ( z ),0] lim z 2 dz z 0 z ( z 1) ez lim 2, z 0 ( z 1)
z 1 d e 2 Res[ f ( z ),1] lim ( z 1) ( 2 1)! z 1 dz z( z 1)2
f ( z ) c n ( z z0 ) n c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 ) cn ( z z0 )n
2
积分 f ( z )dz
C
c n ( z z0 ) dz c1 ( z z0 ) dz
所以 Res[ f ( z ), z0 ] c1
1 d lim m 1 [( z z0 )m f ( z )]. ( m 1)! z z0 dz
m 1
[证毕]
9
P(z) , P ( z ) 及 Q( z ) 在 z0 都解析， •规则3 设 f ( z ) Q( z )
分析
P (0) P (0) P (0) 0 , P (0) 0 .
z 0 是 z sin z 的三级零点
所以 z 0 是 f ( z )的三级极点，由规则3得
1 d 3 z sin z Res[ f ( z ),0] lim 2 z . 6 ( 3 1)! z 0 dz z
5
n
说明:
证
C
如图
C1 C2 Cn
f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz
.zn
z1 . .z2
C
两边同时除以 2i 且
D
1 1 1 f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz 2i C1 2i C2 2i Cn
二、利用留数求积分
1.留数定理
函数 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内包围诸奇
点的一条正向简单闭曲线, 那末
C
Res[ f ( z ), zk ]. f ( z )dz 2i k 1
留数定理将沿封闭曲线C积分转化为求 被积函数在C内各孤立奇点处的留数.
P(z) Res[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z ) lim z z0 z z0 Q ( z ) Q ( z0 ) z z0 P ( z0 ) . Q ( z 0 )
11
所以 z0 为 f ( z ) 的一级极点,
四、典型例题
ez 例1 求 f ( z ) n 在 z 0 的留数. z
证
m 1
f ( z ) c m ( z z0 )
m
c 2 ( z z0 )
2
c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 )
( z z0 )m f ( z ) cm cm 1 ( z z0 ) c1 ( z z0 )m 1
c0 ( z z0 )m c1 ( z z0 )m 1
8
两边求 m 1 阶导数,
d m 1 m 得 m 1 [( z z0 ) f ( z )] dz
( m 1)! c1 +(含有 z z0 正幂的项)
d m 1 m lim m 1 [( z z0 ) f ( z )] ( m 1)!c1 , z z0 dz
Res[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z ).
z z0
7
•规则2 如果 z0 为 f ( z ) 的 m 级极点, 那末
1 d Res[ f ( z ), z0 ] lim m 1 [( z z0 )m f ( z )]. ( m 1)! z z0 dz
Res[ f ( z ), z1 ] Res[ f ( z ), z2 ] Res[ f ( z ), zn ]
Res[ f ( z ), zk ] 即可得.
k 1 n
[证毕]
6
2.留数的计算方法 (1) 如果 z 0 为 f ( z ) 的可去奇点, 则 Res[ f ( z ), z0 ] 0. (2) 如果 z 0 为 f ( z ) 的本性奇点, 则需将 f ( z ) 展开 成洛朗级数求 c1 . (3) 如果 z 0 为 f ( z ) 的极点, 则有如下计算规则 •规则1 如果 z 0 为 f ( z )的一级极点, 那末
由规则3
P( z) z 1 3 2, Q ( z ) 4 z 4z
18
z 1 1 1 1 0. z 4 1 dz 2i 4 4 4 4 C
19
五、小结与思考
本节我们学习了留数的概念、计算以及留数
定理. 应重点掌握计算留数的一般方法,尤其是极 点处留数的求法, 并会应用留数定理计算闭路复 积分.
n 1 C C
0 n c0dz c1 ( z z0 )dz cn ( z z0 ) dz
C C C
(高阶导数公式)
2i
0 (柯西-古萨基本定理)
2ic1
洛朗级数中负幂项 c1 ( z z0 ) 的系数
1
3
1 即 c 1 f ( z )dz Res[ f ( z ), z0 ] 2i C f ( z ) 在 z0 的留数 定义 如果 z0 为函数 f ( z ) 的一个孤立奇点, 则沿
1 1 d 5 6 z sin z . Res f ( z ),0 lim 5 z 6 5! (6 1)! z 0 dz z
15
ez 例4 计算积分 2 dz , C为正向圆周: z 2. z( z 1) C
解 z 0 为一级极点,
1 z0 为 Q( z ) 的一级极点.
10
因此
1 1 ( z ), Q ( z ) z z0 1 f (z) P ( z ) ( z ) . z z0 在 z0 解析且 P ( z0 ) ( z0 ) 0.
其中 ( z ) 在 z0 解析且 ( z0 ) 0,
14
说明: 1. 在实际计算中应灵活运用计算规则. 如 z0 为 m 级极点，当 m 较大而导数又难以计算时, 可直接展开洛朗级数求 c1 来计算留数 .
2. 在应用规则2时, 为了计算方便一般不要将m 取得比实际的级数高. 但有时把m取得比实际的
级数高反而使计算方便. 如上例取 m 6 :
2
计算较麻烦.
13
解
如果利用洛朗展开式求 c1 较方便:
z sin z 1 z3 z5 6 z z 6 3! 5! z z
z3 z5 , 3! 5!
1 z sin z Res ,0 c1 . 6 5! z
如果 P ( z0 ) 0 , Q( z0 ) 0 , Q( z0 ) 0 , 那末 z0 为
P ( z0 ) f ( z ) 的一级极点, 且有 Res[ f ( z ), z0 ] . Q ( z 0 )
证
因为 Q( z0 ) 0 , Q( z0 ) 0 所以z0 为 Q( z ) 的一级零点,
16
z d ez e ( z 1) lim 0 , lim 2 z 1 dz z z z 1
ez 所以 2 dz z( z 1) C
2iRes[ f ( z ),0] Res[ f ( z ),1]
2i (1 0)
2i .
17
z 有四个一级极点 1 , i 都 被积函数 4 z 1
在圆周 z 2 的内部 , 所以
z z 4 1 dz 2iRes[ f ( z ),1] Res[ f ( z ),1] C
Res[ f ( z ), i ] Res[ f ( z ), i ]
第二节
留 数
一、留数的引入
二、利用留数求积分
三、在无穷远点的留数
四、典型例题
五、小结与思考
一、留数的引入
设 z 0 为 f ( z ) 的一个孤立奇点;
.z
z0 的某去心邻域 0 z z0 R
0
C
C:邻域内包含z0 的任一条正向简单闭曲线
f ( z ) 在 0 z z0 R 内的洛朗级数: