复变函数和积分变换学习指导(第五章)

0
的去心邻域内的罗朗展开式为：
sin z
1 z2
z4
L
1n z2n
L
z
3! 5!
2n 1!
故负幂次项 z1的系数 C1 0 ，即
Res
sin z
z
, 0
0
若孤立奇点z0为f (z)的可去奇点，则
Res f (z), z0 0
例1.3
函数
f
(z)
1 z(z 1)2
在
z
1 处有一个
二级极点，这个函数又有下列罗朗展开式：
n
Ñc f zdz 2πiRes f z, zk （1.3） k 1
证 把在c内的孤立奇点 zk k 1,2,L ,n
用互不包含的正向简单闭曲线 ck 围绕起来 （如图5－1）
图5－1
蜒c f zdz
c1
f
z
dz
蜒 f c2
zdz L
cn
f
z dz
以 2 i 除等式两边，得
1
Cm 0
Байду номын сангаас
g z Cm Cm1 z z0 L C1 z z0 m1
C0 z z0 m L
在点 z0 是解析的，且 g z0 Cm 0
由
f
z
gz z z0 m
，有 z
z0 m
f
z
gz
上式两端对 z 求导 m 1 次，并取极限（z z0），
得
lim
在 z 1的去心邻域
0 z 1 1
内的罗朗展开式，由于
f
z
z
1
12
z
1
1
n0
1n
z

lim
z 1
d z
5
( z sin z )
1 5!
lim ( cos z )
z 1
. 巧合?
(非也!)
注 (1) 此类函数求留数，可考虑利用洛朗展式。
(2) 若此类函数求闭路积分，则可考虑利用高阶导公式，
而不一定非得使用下面即将介绍的留数定理。
16
§5.2 留数 第 三、留数定理 五 章 定理 设 f ( z ) 在区域 D 内除有限个孤立奇点 z1 , z2 , , zn 外 处处解析，在边界 C 上连续， 则 留 n 数 及 C f ( z ) d z 2π i Res [ f ( z ) , zk ] . k 1 其 应 用 证明 如图，将孤立奇点用含于 D 内且
13
§5.2 留数 第 五 章 留 数 及 其 应 用
解 方法一 利用洛朗展式求留数 将 f (z ) 在 z 0 的去心邻域展开， 得
f (z) 1 z
6
[ z (z 1 5! z
1 3! 1
z
3
1 5!
z
5
1 7!
z ) ]
7
1 3! z
3

7!
z ,
Res [ f ( z ) , z 0 ] lim ( z z 0 )
z z0
P(z) Q(z)
lim
z z0
P ( z0 ) P(z) . Q ( z ) Q ( z0 ) Q ( z 0 ) z z0
6
§5.2 留数 第 五 章 留 数 解 (1) z 0 是 f1 ( z ) 的可去奇 点， 及 Res [ f1 ( z ) , 0 ] 0 . 其 应 用 (2) z 0 和 z 1均为 f 2 ( z ) 的一阶极点，

第五章 留 数一、选择题： 1．函数32cot -πz z在2=-i z 内的奇点个数为 ( )（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）42．设函数)(z f 与)(z g 分别以a z =为本性奇点与m 级极点，则a z =为函数)()(z g z f 的( )（A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点3．设0=z 为函数zz e xsin 142-的m 级极点，那么=m ( )（A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）2 4．1=z 是函数11sin)1(--z z 的( ) (A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 一级零点 （D ）本性奇点5．∞=z 是函数2323z z z ++的( )(A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 二级极点 （D ）本性奇点 6．设∑∞==)(n n n z a z f 在R z <内解析，k 为正整数，那么=]0,)([Re k zz f s ( ) （A ）k a （B ）k a k ! （C ）1-k a （D ）1)!1(--k a k7．设a z =为解析函数)(z f 的m 级零点，那么='],)()([Re a z f z f s ( ) (A)m （B ）m - （C ） 1-m （D ）)1(--m 8．在下列函数中，0]0),([Re =z f s 的是（ ）（A ） 21)(z e z f z -= （B ）z z z z f 1sin )(-=（C ）z z z z f cos sin )(+=(D) ze zf z111)(--= 9．下列命题中，正确的是( ) （A ） 设)()()(0z z z z f mϕ--=，)(z ϕ在0z 点解析，m 为自然数，则0z 为)(z f 的m 级极点．（B ） 如果无穷远点∞是函数)(z f 的可去奇点，那么0]),([Re =∞z f s （C ） 若0=z 为偶函数)(z f 的一个孤立奇点，则0]0),([Re =z f s （D ） 若0)(=⎰c dz z f ，则)(z f 在c 内无奇点10． =∞],2cos[Re 3ziz s ( ) （A ）32-（B ）32 （C ）i 32（D ）i 32-11．=-],[Re 12i e z s iz ( )（A ）i +-61 （B ）i +-65 （C ）i +61 （D ）i +65 12．下列命题中，不正确的是( )（A ）若)(0∞≠z 是)(z f 的可去奇点或解析点，则0]),([Re 0=z z f s （B ）若)(z P 与)(z Q 在0z 解析，0z 为)(z Q 的一级零点，则)()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '= （C ）若0z 为)(z f 的m 级极点，m n ≥为自然数，则)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-=（D ）如果无穷远点∞为)(z f 的一级极点，则0=z 为)1(zf 的一级极点，并且)1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞13．设1>n 为正整数，则=-⎰=211z ndz z ( ) (A)0 （B ）i π2 （C ）niπ2 （D ）i n π2 14．积分=-⎰=231091z dz z z ( ) （A ）0 （B ）i π2 （C ）10 （D ）5i π 15．积分=⎰=121sin z dz z z ( ) （A ）0 （B ）61- （C ）3i π- （D ）i π-二、填空题1．设0=z 为函数33sin z z -的m 级零点，那么=m ．2．函数zz f 1cos1)(=在其孤立奇点),2,1,0(21ΛΛ±±=+=k k z k ππ处的留数=]),([Re k z z f s ．3．设函数}1exp{)(22z z z f +=，则=]0),([Re z f s 4．设a z =为函数)(z f 的m 级极点，那么='],)()([Re a z f z f s ． 5．双曲正切函数z tanh 在其孤立奇点处的留数为 ． 6．设212)(z zz f +=，则=∞]),([Re z f s ． 7．设5cos 1)(zzz f -=，则=]0),([Re z f s ． 8．积分=⎰=113z zdz e z．9．积分=⎰=1sin 1z dz z ． 10．积分=+⎰∞+∞-dx x xe ix21 ． 三、计算积分⎰=--412)1(sin z z dz z e zz ．四、利用留数计算积分)0(sin 022>+⎰a a d πθθ五、利用留数计算积分⎰∞+∞-+++-dx x x x x 9102242六、利用留数计算下列积分： １．⎰∞++0212cos sin dx x xx x ２．⎰∞+∞-+-dx x x 1)1cos(2七、设a 为)(z f 的孤立奇点，m 为正整数，试证a 为)(z f 的m 级极点的充要条件是b z f a z m az =-→)()(lim ，其中0≠b 为有限数．八、设a 为)(z f 的孤立奇点，试证：若)(z f 是奇函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=；若)(z f 是偶函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=． 九、设)(z f 以a 为简单极点，且在a 处的留数为A ，证明Az f z f az 1)(1)(lim2=+'→. 十、若函数)(z Φ在1≤z 上解析，当z 为实数时，)(z Φ取实数而且0)0(=Φ，),(y x f 表示)(iy x +Φ的虚部，试证明)()sin ,(cos cos 21sin 202t d f tt t Φ=+-⎰πθθθθθπ)11(<<-t答案第五章 留 数一、1．（D ） 2．（B ） 3．（C ） 4．（D ） ５．（B ）６．（C ） ７．（A ） ８．（D ） ９．（C ） 10．（A ） 11．（B ） 12．（D ） 13．（A ） 14．（B ） 15．（C ）二、1．9 2．2)2()1(π+π-k k 3．0 4．m - 5．16．2- 7．241-8．12i π 9．i π2 10．e i π 三、i π-316. 四、12+πa a .五、π125.六、１．)(443e e e -π ２．e1cos π。

§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

1． 下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级： 1)()2211+z z解：2． 31z z sin 1123+−−z z z ()z z lz 1+()()z e z z π++11211−z e ()112+z e z n n z z +12，n 为正整数21zsin 求证：如果0z 是()z f 的()1>m m 级零点，那么0z 是()z f'的1−m 级零点。

验证：2i z π=是chz 的一级零点。

0=z 是函数()22−−+z shz z sin 的几级极点？如果()z f 和()z g 是以0z 为零点的两个不恒等于零的解析函数，那么()()()()z g z f z g z f z z z z ''lim lim→→=（或两端均为∞）设函数()z ϕ与()z ψ分别以a z =为m 级与n 级极点（或零点），那么下列三个函数在a z =处各有什么性质：3． ()()z z ψϕ；()()z z ψϕ；()()z z ψϕ+；函数()()211−=z z z f 在1=z 处有一个二级极点；这个函数又有下列洛朗展开式：()()()()345211111111−+−−−+=−z z z z z ，11>−z ，所以“1=z 又是()z f 的本性奇点”；又其中不含()11−−z 幂，因此()[]01=,Re z f s 。

这些说法对吗？求下列各函数()z f 在有限奇点处的留数：4． z z z 212−+421z e z −()32411++z z z z cos z −11cos z z 12sin z z sin 1chz shz 计算下列各积分（利用留数；圆周均取正向）5． ⎰=23z dzz z sin ()⎰=−2221z zdz z e ⎰=−231z m dzz zcos ， 其中m为整数⎰=−12i z thzdz⎰=3z zdztg π()()⎰=−−11z nndz b z a z （其中n 为正整数，且1≠a ，1≠b ，b a <）。

解 函数 f (z) 除点 z 0, 1, 2 外,
在 z 内解析 . 因(sin z) cos z 在 z 0, 1, 2, 处均不为零.
所以这些点都是 sin z 的一阶零点,
故这些点中除1, -1, 2外, 都是 f (z)的三阶极点.
30
因 z2 1 (z 1)(z 1), 以1与- 1为一阶零点，
展开式的前m项系数都为零 ,由泰勒级数的系数
公式知: f (n)(z0 ) 0, (n 0,1,2, m 1);
并且
f
(m)(z0 ) m!
c0
0.
（充分性） 由于 f (n)(z0 ) 0, (n 0,1,2, m 1);
f
( m ) ( z0 m!
)
c0
0.
故
邋 f (z) =
ゥ f (n) (z0 ) (z n= m n!
6
例3 sin z 1 1 z2 1 z4 中不含负幂项,
z
3! 5!
z
0
是
sin z z
的可去奇点
.
如果补充定义:
z 0 时, sin z 1, z
那末 sin z 在 z 0 解析. z
7
例4 说明 z 0 为 ez 1 的可去奇点. z
解 ez 1 1(1 z 1 z2 1 zn 1)
zz
2!
n!
1 1 z 1 zn1 , 0 z
2!
n!
无负幂项
所以 z 0 为 ez 1 的可去奇点. z
另解 因为 lim e z 1 lim ez 1, 作业2.4.8(洛必达法则)
z0 z
z0
所以 z 0 为 e z 1 的可去奇点. z

则z0为 f ( z )的m阶极点．
(2) 如果 z0 为函数 f ( z ) 的极点 , 则
lim f ( z ) .
3z 2 , 例5 有理分式函数 f ( z ) 2 z ( z 2)
z z0
一阶极点又 称简单极点
z 0 是二阶极点, z 2 是一阶极点.
2)极点的判定方法
(3) 由有界性判断：
z0为f ( z)的可去奇点 f ( z)在z0的一个邻域内有界．
例3
sin z 1 2 1 4 1 z z 中不含负幂项, z 3! 5!
sin z z0 是 的可去奇点 . z
如果补充定义:
z 0 时,
sin z 1, z
sin z 那末 在 z 0 解析. z
那么孤立奇点 z0 称为 f ( z ) 的可去奇点.
说明: (1) z0若是f ( z )的孤立奇点 ,
f ( z ) c0 c1 ( z z0 ) cn ( z z0 )n .
( 0 z z0 )
其和函数 F ( z ) 为在 z0 解析的函数. (2) 无论 f ( z ) 在 z0 是否有定义,
f ( z ) 判断 . (3) 利用极限 lim z z
0
课堂练习
1 求 3 的奇点, 如果是极点, 指出它的 级数. 2 z z z 1
答案
1 1 由于 3 2, 2 z z z 1 ( z 1)( z 1)
所以 : z 1是函数的一级极点 , z 1是函数的二级极点 .
不存在 且不为
二、函数的零点与极点的关系
1.零点的定义
不恒等于零的解析函数 f ( z ) 如果

习题五答案1. 求下列函数的留数．(1)()5e 1z f z z-=在z =0处．解：5e 1z z-在0<|z |<+∞的罗朗展开式为23454321111111112!3!4!2!3!4!z z z z z z z z z+++++-=+⋅+⋅+⋅+L L ∴5e 111Res ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦(2)()11e zf z -=在z =1处．解：11e z -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为()()()11231111111e112!3!!111z nz n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----L L ∴11Res e ,11z -⎡⎤=⎣⎦．2. 利用各种方法计算f (z )在有限孤立奇点处的留数．(1)()()2322z f z z z +=+解：()()2322z f z z z +=+的有限孤立奇点处有z =0，z =-2．其中z =0为二级极点z =-2为一级极点．∴()[]()()120013232324Res ,0lim lim 11!242z z z z z f z z z →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ ()[]2232Res ,2lim 1z z f z z→-+-==-3. 利用罗朗展开式求函数()211sin z z +⋅在∞处的留数．解：()()()22235111sin 21sin11111213!5!z z z z z z z z zz +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭L∴()[]1Res ,013!f z =-从而()[]1Res ,13!f z ∞=-+5. 计算下列积分．(1)ctan πd z z ⎰Ñ，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向．解：cc sin πtan πd d cos πzz z z z =⎰⎰蜒．在C 内tan πz 有12k z k =+(k =0,±1,±2…±(n -1),-n )一级极点 由于()()2sin π1Res ,πcos πk z kz f z z z =⎡⎤==-⎣⎦'∴()c1tan πd 2πi Res ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰Ñ (2)()()()10cd i 13zz z z +--⎰Ñ C :|z |=2取正向．解：因为()()()101i 13z z z +--在C 内有z =1，z =-i 两个奇点．所以()()()()[]()[]()()[]()[]()()10c 10d 2πi Res ,i Res ,1i 132πi Res ,3Res ,πi3i zf z f z z z z f z f z =⋅-++--=-⋅+∞=-+⎰Ñ6. 计算下列积分． (1)π0cos d 54cos m θθθ-⎰因被积函数为θ的偶函数，所以ππ1cos d 254cos m I θθθ-=-⎰令π1π1sin d 254cos m I θθθ-=-⎰则有i π1π1e i d 254cos m I I θθθ-+=-⎰设i e z θ= d 1d i z zθ= 2os 12c z z θ+=则()121211d i 2i 15421d 2i 521m z m z z zI I z z z z z z==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰ÑÑ 被积函数()()2521mz f z z z=-+在|z |=1内只有一个简单极点12z = 但()()[]12211Res ,lim232521mmz z f z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+ 所以111πi 2πi 2i 3232m mI I +=⋅⋅=⋅⋅ 又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴πcos d 54cos π32mm θθθ=⋅-⎰ (2)202πcos3d 12cos a a θθθ+-⎰，|a|>1．解：令2π102cos3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 2π202sin3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 32π120i2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰令z =e i θ．31d d i os 2c z z zzθθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i 1112π2πi Res ,i 1z z z I I z z za azz z az a z a f z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰ÑÑ 得()1322π1I a a =-(3)()()2222d x x a x b∞+-∞++⎰，a >0，b >0． 解：令()()()22221R z z a z b =++，被积函数R (z )在上半平面有一级极点z =i a 和i b ．故()[]()[]()()()()()()()()()()22222222i i 22222πi Res ,i Res ,i 112πi lim i lim i112πi 2i 2i πz a z b I R z a R z b z a z b z a z b z a z b a b a b a b ab a b →→=+⎡⎤=-+-⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤=+⎢⎥--⎣⎦=+4.()2222d x x x a ∞++⎰，a >0．解：()()2222022221d d 2x x x x x a x a -∞++∞∞=++⎰⎰令()()2222z R z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点故()()[]()[]()()()22222222i 0i 1d 2πi Res ,i Res ,i 2πi lim lim i i π2z a z a x x R z a R z a x a z z z a z a a-→∞→-=⋅⋅+-+⎛⎫''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰(5)()222sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0． 解：()()()i 222222222cos sin e d d i d x x x x x xxx x x b x b x b βββ+++--∞∞∞∞∞∞-⋅⋅⋅=++++⎰⎰⎰而考知()()222zR z z b =+，则R (z )在上半平面有z =b i 一个二级极点．()()[]()i i 222i i e d 2πi Res e ,i e π2πi lim e i i 2z x z zbb xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e 2bb b xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰从而()222sin ππd e 44e b bx x b b xx b βββββ+-∞⋅=⋅=+⎰ (6)22i e d xx x a+-∞∞+⎰，a >0 解：令()221R z z a =+，在上半平面有z =a i 一个一级极点 ()[]i i i 22i e e e πd 2πi Res e ,i 2πi lim 2πi i 2i e x z a zaz a x R z a x a z a a a -+-→∞∞=⋅⋅=⋅=⋅=++⎰ 7. 计算下列积分(1)()20sin 2d 1x x x x ∞++⎰解：令()()211R z z z =+，则R (z )在实轴上有孤立奇点z =0作的原点为圆心r 为半径的上半圆周c r ，使c r ,[-R ,-r ],c r ,[r ,R ]构成封装曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i ,是()()[]{}()z 22i 201e 1eIm d Im 2πi Res ,i lim d 2211r r x izc I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰ 而()202e d lim πi 1r iz c r zzz →⋅=-+⎰． 设()()2221e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 21222zz i i I z z --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦． (2)21d 2πi zT a z z⎰，其中T 为直线Re z =c ,c >0,0<a <1解：在直线z =c +i y (-∞<y <+∞)上，令()ln 22ez z aa f z z z==，()ln 22e i c a f c y c y ⋅+=+，()ln 22e i d d c af c y y y c y⋅++--∞∞∞∞+=+⎰⎰收敛，所以积分()i i d c c f z z ∞∞+-⎰是存在的，并且 ()()()i i i i d limd limd c c c c ABR RR Rf z z f z z f z z ++--→+∞→+∞∞∞==⎰⎰⎰其中AB 为复平面从c -i R 到c +i R 的线段．考虑函数f(z)沿长方形-R ≤x ≤c ，-R ≤y ≤R 周界的积分．＜如图＞因为f (z )在其内仅有一个二级极点z =0，而且()[]()()20Res ,0lim ln z f z z f z a →'=⋅=所以由留数定理．()()()()d d d d 2πi ln ABBEEFFAf z z f z z f z z f z z a +++=⋅⎰⎰⎰⎰而()()()()i ln ln ln ln 22222e e e e d d d d 0i x R ax a aC C a RCC R BECR R f z z xx x C R x R R R x R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。

c-1r-•
1 (1 2 7) Res[f(z),O] =Iim!!:_[z = ti ,k =土1,土2, ] = o, Res[f(z),k叶= ,�, dz k冗 (zsin z)'L,, zsinz 8) Res[f位）， (k+½
叶
(ch z)' :�(k+ ）汀i
一
shz
=
I k为整数。
证 由题知： J(z)=(z-z。)飞(z), <p亿）*o, 则有
一 Ill
-{,, 0
0
k=O k=,;O
l 2 (sinz )"1 z O =2, 知 z=O 是 ． 2 的二级极点， smz
=
故z。是 J'(z) 的 m-1 级零点。
冗l
f'(z)=m(z-z。)m 凇(z)+(z-z。) 份'(z)=(z-z0 Y,一'[m<p(z)+(z-z。炒'(z)]
六
f'(z) ＝ (fJ(z) + (z- Zo )(fJ'(z) g'(z) lf/(z) + (z-Zo)lf/'(z)
亡,
6. 若叫z) 与 lf/(z) 分别以 z=a 为 m 级与 n 级极点（或零点），那么下列三个函数在 z=a 处各有什 (f)(Z)lf/(Z); (2) (f)(z)llf/(Z);
汗
I
2
5) cos— = L 巨 -11>0 , 知 Res [f(z), l ] = c一 . 2 "' I- z n=O (2n) !(z-1)
1 00
I
(-1) "

在复数范围内不在成立。另外，在复数范围内凡涉及到比较大小的问题均不成立。所以，
sin2 z 0, cos2 z 0 在复数中均不成立。
3
复变函数与积分变换复习要点
2013 年 11 月中旬至 12 月中旬
shz ez ez , chz ez ez
双曲函数
2
2；
shz 奇函数， chz 是偶函数。 shz, chz 在 z 平面内解析，且 shz chz,chz shz
6 辐角：Argz 1 2k k为任意整数,其中把满足- 0 的0称为Argz的主值，
记作，0 = arg z. z 0 辐角的主值
arg
z


arctan
π, 2
arctan
y x
y
, x 0, x 0, y 0,
π, x 0, y
3! 5!
zn n!
zn (R ) n0 n!
(1)n z2n1 (2n 1)!
, (R )
cos z 1 z2 z4 (1)n z2n
2! 4!
(2n)!
1 1 z z2 (1)n zn ,| z | 1 1 z
如果我们定义
zn

1 zn
,
那么当
n
为负整数时,
上式仍成立.
棣莫佛公式：当 z 的模 r 1, 即 z cos i sin,
(cos i sin )n cos n i sin n.
方程 wn

z
的根：
w

n
z

1
rn

cos

渝长-1要灵活运用规则及洛朗级数展开来求留-数，不要死套规则。-P--sin-如fz=-Q-由于p0=0p 0=1-c0sz0=0-p"0=sin=0 p'"0=cosz=10-∴.乙=0是pz的三级零点是f2的三 极点。
若将fz作Laurent级数展开--sin-e-e--1-1111-二-十„-3!z3-5!z--该方法较 则2更简单！
第五幸-留数理论及其应用
§5.1留数Residue-四1.留数的定义-四2.留敖定理-四3.留款的什算规创
一、-留数的引入-手fd-∫z在C所围成的区域内解析-未必为0，-C所围成的区域内含有∫z的奇点z-设C为 域D内-包含。的任一条正向简单闭曲线-fz在z,的某去心邻域：-0<3-zo<R解析-fz在0<z-zo< 内的Laurent,展式：
说明：由定理得->Res[fz,zg]=-Res[fz,col,-k=1-∫f=2mi∑Res[fz,z】 数定理-=-2iRes[f,oo].-计算积分∫fzk·计算无穷远点的留数.-优点：使计算积分进一步得到简 .-避免了计算诸有限点处的留数
3.在无穷远点处留数的计算-·规则4-Reslfol=-kef0是-说明：定理5.2和规则4提供了计算函数 闭曲线-积分的又一种方法：-re=2nRa目0-此法在很多情况下此法更为简单.
证-现取正向简单闭曲线C为半径足够大的-正向圆周：=P.令z=-并设=pe0,5=re,那末p=,0=-9 -于是有Rsf3=2茄a-hije9aeag
resy ore-2;手ggag-b为正向.-0-+在5=1内除6=0-外无其他奇点.-=r03-[证毕]
例5计算积分-2是，，C为正向图用：R=2-解函数-之！在=2的外部除0点外没有-其他奇点.根据定理5.2 规则4：-k=2asVe回l-=2ae920

R[e f(zs)a ,] ilz iam d id z (z za)2 ieim z
m 4a
ema,
则 (x2 xa2)2eimdxx2iRe(zs2 za2)2eim,a zi 所以 0(x x2sia m n2)2x dx1 2Im 2iR(e f(zs)a ,)i
无孤立奇点. 同前一型: 补线C R
C R与R,R一起构成封闭
y CR
.
.
R 0 Rx
曲线C ,使R(z)所有的在上半平面内的极点 z k 都
包在这积分路线内 .
15
由留数定理:
R R R (x )e ad ix x C R R (z)e ad iz z 2 π i R R ( z e ) e a,s z ik ] z[
mema. 4a
注意 以上两型积分中被积函数中的R(x)在实轴
上无孤立奇点.ຫໍສະໝຸດ 18四、小结与思考本课我们应用“围道积分法”计算了三类实 积分, 熟练掌握应用留数计算定积分是本章的难 点.
19
思考题
计算 0 π 2a2 积 d c o 2分 (sa0 ).
20
思考题答案
I1
其中zk为R(z)在上半平面内的极点
12
例2 计算积分
d x
(x 2 a 2 )2 (x 2 b 2 )
(a 0 ,b 0 ,a b )
解 R(z)(z2a2)1 2(z2b2)
在上半平面有二级极点 za,i 一级极点 zb.i
ReR(sz)[a ,]i

(za)i21(z2
b2)
2bi(a21b2)2,
zai
13
ReR(sz)[b ,]i(z2a2)12(zb)izbi 4a3bi2(b23aa22)2,

（5.2）
17
[证] 若 z 0 是 f (z) 的m阶零点，那么 f (z) 可表成 设 (z) 在 z 0的泰勒展开式为
f ( z ) ( z z0 )m ( z )
( z ) C0 C1 ( z z0 ) C2 ( z z0 )2
其中C0 z0 0 。 从而f (z) 在z 0 的泰勒展开式为
1 1 1 1 2 n z 1 2!( z 1) n!( z 1)
1 z 1
此级数含有无限多个负次幂项，故 z 1 是函数 e
的本性奇点。
16
§5.1.2 函数的零点与极点的关系
m 定义5.2 若 f ( z ) ( z z0 ) ( z ) ， (z) 在 z 0 处解析，且 z0 0 ，m为某一正整数，那么称 z 0 为 f (z) 的
sin z sin z 如果约定 在 z 0 的值为1(即C0)，那么 在z0 z z 就成为解析的了。 sin z sin z 因为 z 0 是 的可去奇点，故当z→0时， z z 有有限极限。此极限为上面展开式中的常数项。可得
重要极限
sin z lim 1 z 0 z
6
(2)极点 如果在洛朗级数中只有有限多个z-z0的负幂项，
由此可见：

如果补充定义 f (z) 在 z 0 的值为 f ( z0 ) C0 ，则 f (z) 在 z 0 解析。
因此，可去奇点的奇异性是可以除去的。
定理5.1′设 z 0 是 f (z) 的孤立奇点，则 z 0 是f (z) 的可去奇点 的充分必要条件是f (z) 在 z 0 的一个邻域内为有界。
0
[证]
必要性，因 z 0 是 f (z) 的可去奇点，故在 0 z z0 内有

的内点. 又因为 定 理G5, .3故设GD是(zu平,v面) v内 由2一. 条分段
y (z) 曲线C围成的区域, f (z)是vD及(w其) 边界C上
C
.z0D
并把Cw双=方z2 单值地映射4i成. w平面上的光
果 C的正向映射成 的2i正向, 则在映射
O
的内x部区域D映射成 正O 向的左侧u (若
有向光滑曲线, t 增大的方向为正向. 因为 C 光滑,
y (z) z(t0 )
. z0 O
所以 z(t) 0. 对于
w f [z(t)] ( t ),
C
w(t) f (z)z(t) 0.
于是w=f (z)将z平面上有向 x
光滑曲线C 映射成w平面内过点 w0 f (z0 ) 的有向
f
(z0 )
lim
zz0
f (z) f (z0 ) z z0
lim w w0 zz0 z z0
w(t0 ) . z(t0 )
y (z)
w f (z) v (w)
z(t0 )
P0 . z0
P.z C
z z0
O
x
w(t0 )
Q.
Q0. w0
w
w w0
O
u
当 f (z0 ) 0 时, f (z0 ) 是映射w=f (z)在z0处的伸缩 率. 它与C无关, 即映射w=f (z)具有伸缩率不变性.
曲线在w0处切线正向 曲线C在z0处切线正向 与u轴正向之间的夹角 与x轴正向之间的夹角
如果将x轴与u轴重合, 将y轴与v轴重合, 即将z 平面与w平面重叠, 那么曲线C在 z0 处的切线转动 Arg f (z0 )之后与曲线 在 w0 处的切线方向一致. 在这个意义上, Arg f (z0 ) 就是曲线C 经过w=f (z) 映射后在z0处的转动角. 显然转动角与C 无关.

第五章 洛朗级数 第一节 洛朗展式双边幂级数设级数()()() +-++-+=-∑∞=n n n n n a z c a z c c a z c 100 （1*）它在收敛圆R a z <-)0(+∞≤<R 内绝对且内闭一致收敛到解析函数()z f 1；考虑函数项级数()() +-++-----n n a z c a z c 11 （2*） 作代换az -=1ξ 则（2*）即为 +++--n n c c ξξ1，它在收敛圆⎪⎭⎫⎝⎛+∞≤<<rr 101ξ内绝对且内闭一致收敛到解析函数()z f 2，从而（2*）在区域()+∞<≤>-r r a z 0内绝对且内闭一致收敛到解析函数()z f 2；当且仅当R r <时，（1*）（2*）有共同的收敛区域()+∞≤<≤<-<R r R a z r H 0:，此时，称()∑∞=-0n n n a z c 为双边幂级数。

关于双边幂级数的性质，见p185 定理1.5 定理1 （洛朗定理）设函数f (z )在圆环：)0(||:+∞≤<≤<-<R r R a z r H 内解析，那么在H 内,)()(∑+∞-∞=-=n n na z cz f其中，,...)2,1,0(,)()(211±±=-=⎰+τζζζπn d a f i c n n τ是圆ρρ,||=-a z 是一个满足R r <<ρ的任何数，并且展式是唯一的。

证明：H z ∈∀，作圆周11:ρτ=-a z 和22:ρτ=-a z 使z 含于圆环21':ρρ<-<a z H 内，于是()z f 在圆环'H 内解析。

由柯西积分公式()()ζζζπττd zf i z f ⎰-+-=1221 ()()nn n a z c d z f i -=-∑⎰+∞=0221ζζζπτ，其中()()ζζζπτd a f i c n n ⎰+-=2121 () ,1,1,0-=n 现考虑()()ζζζπζζζπττd z f i d z f i ⎰⎰-=--112121 ()()az aaz f z f ----=-ζζζζ11而沿1τ，1<--az a ζ，nn a z a az a ∑∞+=⎪⎭⎫⎝⎛--=---∴011ζζ（在1τ上一致收敛）由于函数()ζζ-z f 沿1τ有界，所以()()()()n nn a z a a z f z f ---=-∑∞+=ζζζζ0 ∴()()()()∑⎰⎰+∞=----=-01112121n nn d a f i a z d z f i ττζζζπζζζπ ()()()ζζζπτd a f i a z n n n∑⎰-∞-=+--=11121故当H z ∈：()()∑+∞-∞=-=n nn a z c z f ，其中()()ζζζπρτd a f i c n n ⎰+-=121() ,1,0±=n 展式的唯一性：设()()∑+∞-∞=-=n nn a z c z f '任意取某正整数m ，在ρτ上有界，()()()∑+∞-∞=--+-=-∴n m n n m a z c a z z f 1'1()()()∑⎰⎰+∞-∞=--+⋅=-=-n m m n nm c i dz a z c dz a z z f '1'12ρρττπ()()⎰+-=∴ρτπdz a z z f i c m m 1'21() ,1,0±=m ，故() ,1,0'±==n c c n n，展式唯一。

则f (z)在全平面解析.
5.1.2
极点
定义5.2 如果f (z)在 0 z z0 d 的Laurent 级数展开式中只含有有限个 z z0 的负幂次项, 即 只有有限个(至少一个)整数 n 0, 使得 cn 0, 则称 z0是f (z)的极点. 如果存在正整数m , 使得 c m 0, 而对于整数 n m , 有 cn 0, 则称z0是f (z)的m级 极点. 当 z0是f (z)的m级极点时, Laurent级数展开式
5.1.1
可去奇点
定义5.1 如果f (z)在 0 z z0 d 内的Laurent 级数中不含有 z z0 的负幂项, 即当 n 1, 2, 3, 时, cn 0, 则称z0是 f (z)的可去奇点. 此时
f ( z ) c0 c1 ( z z0 )
z0是f (z)的极点的充分必要条件是
lim f ( z ) .
z z0
这样我们有三种方法来判别函数f (z)的奇点 z0是否为极点. 1. 由定义判别： f ( z ) 的Laurent展开式中含有
z z0 的有限负幂项.
2. 由等价形式判别：在点 z0 的某去心邻域内有
f ( z ) ( z z0 ) m g( z ) ( m 1),
分段光滑(或可求长) Jordan曲线, C1 , C 2 ,
C , C1 , C2 ,
0
c0 d z
C
2 i 是例 D3.2. 上的解析函数 , 那么
n C k 1 Ck
C , C n 为边界的闭区域含于D内.
C
C1
f( z )dz fz ( z )dz , ) dz c ( z z )d z c ( z 1 0 0i , n 0, 2 1 n dz C C 其中C和 Ck( (1 k D z z ) n)取正向 0, . n 0.