05第五章 留数理论

第五章留数定理（38）一、内容摘要1．留数：设()f z 以有限点a 为孤立奇点，则在a 点的某无心领域内可以展成洛朗级数：0()()k k k f z a z z ∞=-∞=-∑，0z a R <-<。

我们称此展式中1z a-的系数1a -为()f z 在a 的留数，记为()0Res z z f z =．2．留数定理：设函数()f z 在回路l 所围区域B 上除有限个孤立奇点外解析，在回路l 上连续，则()()()12Res Res n l f z dz i f z f z π=++⎡⎤⎣⎦⎰ ． 3．将留数公式推广到无穷远点：设∞为()f z 的一个孤立奇点，则()f z 在圆环R z <<+∞内解析，设l 为圆环内任一条绕原点的简单正向闭曲线，定义11Res ()()2lf f z dz b i π--∞==-⎰，l -为顺时针方向，取l 为逆时针方向。

对于无穷远点的邻域来说，l -才是该领域边界的正方向。

也即()f z 在∞的留数等于它在∞点的去心邻域R z <<+∞内洛朗展开式中1z -的系数变号。

即其中的围道l -沿顺时针绕原点一周。

在围道l -外, 除∞=z 外别无奇点。

4．留数和定理：设函数()f z 在扩充复平面上除了有限远点(1,2,,)k z k n =⋅⋅⋅以及z =∞以外处处解析，则有1Res ()Res ()0nkk f z f =+∞=∑．5．求留数的一般方法：1）解析点的留数为0，即泰勒展开式与洛朗展开式一样， 无负一次项。

2）直接求Laurent 展开式的负一次项系数。

3）判断极点类型，可去奇点的留数为0，本性奇点用洛朗展开 式中的1,b m -阶极点和一阶极点的留数为。

0101011()lim ()()(1)!m mm z z d resf z b z z f z m dz ---→⎡⎤==-⎣⎦-010()lim()()z z resf z b z z f z -→==-00000100000()()()()lim()()()(),'()0,()0'()'()z z z z p z p z resf z resf z b z z f z z z f z g z p z g z g z -→====--==≠≠6．留数的应用——计算定积分1）形如I =20(cos ,sin )d R πθθθ⎰的含三角函数的积分。

第五章 留数理论及其应用本章的中心问题是留数定理.借助第四章的讨论，我们引入留数概念并计算留数.我们即将看到柯西－古萨基本定理，柯西积分公式都是留数定理的特殊情况.作为留数定理的应用，我们可以把沿闭曲线的积分的计算转化为孤立奇点处的留数计算.对于高等数学中的一些定积分和广义积分，按过去的计算方法可能比较复杂，甚至难以算出结果，而用留数计算的方法则相对简便.因此留数定理在理论和实际应用中都具有重要意义.1. 留数的定义如果f (z )在z 0处解析，那么对于z 0的邻域中的任意一条简单闭曲线C ，都有()d 0Cf z z =⎰.如果z 0是f (z )的孤立奇点，那么对于解析圆环00z z δ<-<内包含z 0的正向简单闭曲线C ，上述积分只与f (z )和z 0有关，而与C 无关，但积分值不一定为零.现在我们来计算这个积分.由第四章定理4.12,f (z )在z 0的邻域内可展开成罗朗级数：()()nnn f z a z z ∞=-∞=-∑,其中101()d ,0,1,2,2π()n n Cf a n iz ξξξ+==±±-⎰特别地，11()d 2πCa f iξξ-=⎰.于是得到1()d 2πCf iaξξ-=⎰.因此a −1这个系数有它特殊的含义.我们把f (z )在z 0处的罗朗级数中(z −z 0)−1项的系数a −1称为f (z )在孤立奇点z 0处的留数，记为Res [f (z ),z 0]=a −1, (5.1) 即 Res[f (z ),z 0]=1()d 2πCf z z i⎰. (5.2)例5．1 求下列积分的值，其中C 为包含z =0的简单正向闭曲线.(1)3cos d Czz z -⎰ (2)12ed z Cz ⎰.解： (1)令f (z )=z −3cos z ，则z =0为f (z )的孤立奇点.又因cos z =2461,.2!4!6!z z z z -+-+<∞故 f (z )= 3311,0,24!6!z z z z z -+-+<<∞所以Res [f (z ),0]= 12-.(2) 令f (z )= 21e z ，则z =0为f (z )的孤立奇点.因为2e 1,,1!2!!nz n ξξξξ=++++<∞以21z ξ=代入上式，得 f (z )=1242111111,0.1!2!!nz z z n z +⋅+⋅+⋅+<<∞所以，Res[f (z ),0]=0.2. 留数定理 考察积分()d Cf z z ⎰，若闭曲线C 内仅含有f (z )的一个孤立奇点，则可利用公式(5.2)来求积分值.但是如果多于一个孤立奇点，则由下述的留数定理，可以把积分的计算转化成f (z )在C 中的各孤立奇点的留数的计算.定理5.1 留数定理设函数f (z )在区域D 内除有有限个孤立奇点z 1,z 2,…,z n 外处处解析，C 是D 内包围这些奇点的一条正向简单闭曲线，那么[]1()d 2πRes (),.nkk Cf z z i f z z ==∑⎰ (5.3)证明：如图 5.1所示，以z k 为圆心，作完全含在C 内且互不相交的正向小圆C k :|z −z k |=k δ,(k =1,2,…,n )，那么由复合闭路上的柯西积分定理，有12()d ()d ()d ()d .nCC C C f z z f z z f z z f z z =+++⎰⎰⎰⎰但[]()d 2πRes (),.1,2,,.kk C f z z i f z z k n ==⎰于是有[]1()d 2πRes (),knkk C f z z i f z z ==∑⎰.一般来说，求函数在其孤立奇点z 0处的留数只须求出它在以z 0为中心的圆环域内罗朗级数中(z −z 0)−1的系数a −1就可以了，但在很多情况下，函数在孤立奇点的罗朗展开式并不易得到，因此有必要讨论在不知道罗朗展开式的情况下计算留数的方法. 3. 留数的计算方法(1) 如果z 0为f (z )的m 级极点，那么[]()(){}010011Res (),lim ()1!m mm z z d f z z z z f z m dz--→=-- (5.4)证明：因为z 0是f (z )的m 级极点，故在z 0的邻域中有f (z )=()01()g z z z m-,图5.1其中g (z )在z 0处解析，且g (z 0) 0≠.于是f (z )= ()0000000()()1()(),!!n n nn m n n g z g z z z z z z z m n n ∞∞-==-=--∑∑ 其中(z −z 0)−1的系数为()10()1!m g z m --.又g (z )=(z −z 0)m f (z )，因而得到：()()(){}011001()1lim ().1!1!m m m z z g z d z z mf z m m dz---→=---从而(5.4})成立.特别地，当m =1时，我们有下面的结果. (2) 若z 0是f (z )的一级极点，那么Res 00[(),0]lim()().z z f z z z f z →=- (5.5)例5.2 求f (z )=252(1)z z z --分别在z =0和z =1的留数.解： 容易看到z =0是f (z )的一级极点，故由(5.5)得Res[f (z ),0] =21052lim ()lim2.(1)z z z z f z z →→-⋅==--而z =1是f (z )的二级极点，由(5.4)得Res[f (z ),1] =(){}22115(52)lim1()lim2.z z d z z z f z dzz→→---== 在某些情况下，下面的命题用起来更方便. (3) 设f (z )=00()()P z Q z ',P (z ),Q (z )在z 0都是解析的.如果P (z 0)0≠,Q (z 0)=0且Q '(z 0)0≠，那么z 0是f (z )的一级极点，因此有Res[f (z ),z 0]=00().()P z Q z ' (5.6)证明： 事实上，因为Q (z 0)=0及Q '(z 0) 0≠，所以z 0为Q (z )的一级零点，由11()()z Q z z z ϕ=-，其中()z ϕ在z 0解析且0()0z ϕ≠，于是 f (z )=1()()z P z z z ϕ-. 因为在z 0解析且00()()0z P z ϕ≠，故z 0为f (z )的一级极点.根据(5.5)式，有0000000000()()Res[(),]lim()()lim()lim()()()()()()lim .()()()z z z z z z z z P z P z f z z z z f z z z z z Q z Q z Q z P z P z Q z Q z Q z z z →→→→=-=-=--=='-例5.3 计算f (z )= e sin zz在z =0处的留数.解: 这时P (z )=e z ,Q (z )=sin z ，于是P (0)=1,Q (0)=0,Q '(0)=1. 由(5.6)式得Res[f (z ),0]=()0(0)P Q '=1. 上述的几种方法，实质上是把留数的计算变成了微分运算，从而带来了方便.但如果z 0是f (z )的本性奇点，我们没有像上面那种简单的留数计算公式，这时只能通过求f (z )的罗朗展开来得到f (z )在z 0的留数.有时候，对于级比较高的极点，或者求导比较复杂的函数，运用上面的公式也十分复杂，选择求罗朗展开或者其它方法可能更好些.例5.4 计算f (z )= 6sin z zz-在z =0处的留数. 解：因为35663sin 111[()]3!5!1111,3!5!z z z z z z z z z z-=--⋅+⋅+=⋅-⋅+所以Res 16sin 1,0.5!z z a z --⎡⎤==-⎢⎥⎣⎦此题若选择微分的方法，运算相对复杂一些，读者可做验算比较.例5．5 计算积分222d (1)(1)Czz zz -+⎰，这里C : |z –取正向.解：令f (z )=222(1)(1)zz z -+，则z 1=i , z 2=–i 为f (z )的两个一级极点，z 3=1,z 4=–1为f (z )两个二级极点.容易看出z 1,z 2,z 3位于C 的内部.由留数定理，31()d 2πRe [(),].kk Cf z z i s f z z ==∑⎰又Res [f (z ),i ]= 221lim()()lim.(1)()8z iz iz z i f z z z i →→-==-+同理Res [f (z ),–i ]=18. Res [f (z ),1] = 22211lim{(1)()}lim (1)(1)z z d d zz f z dz dz z z →→⎧⎫-=⎨⎬++⎩⎭323221311lim.(1)(1)8z z z z z z →---+==++ 于是111π()d 2π().8884Cif z z i =+-=⎰4. 在无穷远点的留数设函数f (z )在圆环域R <|z |<∞内解析，C 为这圆环域内绕原点的任何一条简单闭曲线，那么称f (z )沿C 的负向积分值1()d 2πCf z z i⎰称为f (z )在∞点的留数，记作Res [f (z ),∞]=1()d 2πCf z z i⎰. (5.7)这个积分值与C 无关，且根据公式(4.23)和(4.24)得Res[f (z ),∞]=111()d ()d ,2π2πCC f z z f z z b i i--==-⎰⎰(5.8)即f (z )在∞点的留数等于它在∞点的去心邻域R <|z |<∞内的罗朗展开式中z –1的系数的相反数.由(5.7)式，我们有下述定理.定理5.2 如果函数f (z )在扩充的复平面内只有有限个孤立奇点，那么f (z )在所有奇点（包括∞点）的留数之和为零.证明：取r 充分大，使f (z )的有限个孤立奇点z k (k =1,2,…,n )都在|z |<r 中. 由留数定理，得1()d 2πRes[(),]nk k z rf z z i f z z =<=∑⎰,其中积分取圆周的正项.由(5.8})式，得Res [f (z ),∞]=()d z rf z z <-⎰.于是就有Res[f (z ),∞]+1Res[(),]nkk f z z =∑=0.例5.6 判定z =∞是函数f (z )=223zz +的什么奇点？并求f (z )在∞点的留数. 解：因为 lim ()0,z f z →∞=所以∞点是可去奇点.又f (z )在复平面内仅有3i 和–3i 为一级极点，且Res[f (z ),3i ]= 3lim3z i z i →+ =1,Res [f (z ),–3i ]= 3lim3z i z i→--=1.故由定理5.2Res[f (z ),∞] = – Res [f (z ),3i ] – Res [f (z ), –3i ] = –1–1= –2.§5.2 留数在积分计算上的应用在高等数学中我们知道，有很多函数的原函数不能用初等函数来表达，因此，通过求原函数的办法求定积分或广义积分就受到限制.利用留数理论可以求一些重要的实函数的积分.下面我们分几种类型介绍怎样利用留数求积分的值.1. 形如()d R x x ∞-∞⎰的积分这里R (x )=()()P z Q z 为有理函数，P (x )=x m +a 1x m –1+…+a m , Q (x )=x n +b 1x n –1+…+b n , P (x ), Q (x )为两个既约实多形式，Q (x )没有实零点，且n –m ≥ 2.我们取复函数R (z )=()()P z Q z ，则除Q (z )的有限个零点外，R (z )处处解析.取积分路线如图5.2所示，其中C r 是以原点为中心，r 为半径的上半圆周，令r 足够大，使R (z )在上半平面上的所有极点z k (k =1,2,…,s )都含在曲线C r 和[–r , r ]所围成的区域内.由留数定理，得1()d ()d 2πRes[(),].rrskk rC R x x R z z i f z z =-+=∑⎰⎰当r 充分大时，右端的值与r 无关.又|R (z )|=111111111111.11m m m m n mn mnnn n a z a z a z a z b z b zb z b zzz----------++++++⋅≤⋅+++-++故存在常数M ，当|z |充分大时，有图5.2|R (z )| 2.n mM M zz-≤≤令z =i re θ，于是πππ20()d (e )e d (e )d πd 0()ri i i C R z z R r ri R r r M M r r r rθθθθθθ=≤≤=→→∞⎰⎰⎰⎰因此在(5.9)式中令r →∞得1()d 2πRes[(),].nk k R x x i R z z +∞-∞==∑⎰(5.10)例5.7 计算积分242d 109x x x x x +∞-∞-+++⎰.解：记R (z )= 242109x x x x -+++，则R (z )满足(5.10)式的条件，且R (z )在上半平面内有2个一级极点z 1=i 和z 2=3i .容易得到Res [R (z ),i ]=1i 16--， Res[R (z ),3i ]= 37i48-，因此 2421i 37i 5d 2πi[]π.109164812x x x x x +∞-∞-+---=+=++⎰例5．8 计算积分24d 1x x x +∞+⎰. 解：注意到R (x )=241x x +为偶函数，于是有224401d d .121x x x x x x +∞+∞-∞=++⎰⎰ 又R (z )的分母高于分子两次，在实轴上无奇点，在上半平面上有两个一级极点1)i i +-+，且Res[R (z)i +R (z1)i -+]= 由公式(5.10})有240d 2ππ.12x x x +∞==+⎰ 故得240d π.14x x x +∞=+⎰ 2. 形如()e d (0)ix R x x αα+∞-∞>⎰的积分这里R (x )是实轴上连续的有理函数，而分母的次数n 至少要比分子的次数m 高一次(n –m ≥1).这时有1()e d 2Re [e (),].sixix k k R x x i s R z z ααπ+∞=-∞=∑⎰(5.11)其中z k (k =1,2,…,s)是R (z )在上半平面的孤立奇点.事实上，如同类型1中处理的一样，取如图(5.2)的积分曲线C r ，当r 充分大，使z k (k =1,2,…,s)全落在曲线C r 与[–r , r ]所围成的区域内.于是 又n –m ≥1，故充分大的|z |，有|R (z )| M z≤. 因此sin cos 0πsin 0ππ2sin sin 0()e d (e )e d (e )e d e d 2e d .rizi r i r C i r r r R z z R r r R r r M M παθαθαθθαθαθαθθθθθ-+---=⋅≤⋅≤=⎰⎰⎰⎰⎰当π02θ≤≤时，2sin πθθ≥，所以有 ()2ππ2π()e d 2ed (1e ).2rizr r C M R z z M rθαααθ--≤=-⎰⎰ 于是，当r →∞时，()ed 0rizC R z z α→⎰，故(5.11})式成立.(5.11})还可以变形为1()cos ()sin d 2πRes[()e ,].siz k k R x xdx i R x x x i R z z ααα+∞+∞=-∞-∞+=∑⎰⎰ (5.12)例5．9 求积分2cos d 45xx x x +∞++⎰.解：设R (z )=2145x x ++，则R (z )的分母高于分子二次，实轴上无奇点，上半平面只有一个一级极点z = –2+i ，故2122()ed 2πRes[()e ,2]2πlim [(2)]()e e e2πlim2π.22ixiz izz iiz iz i R x x i R z i i z i R z i i z i i+∞→-+-∞--→-+=-+=--+==++⎰由公式(5.12})，有2cos d 45x x x x +∞-∞++⎰=Re[12e 2π2i i i --]=1πe cos 2.- 在上面两类型的积分中，都要求R (z )在实轴上无孤立奇点，这时我们取积分闭曲线为图5.2的形式.当R (z )在实轴上有奇点时，我们要根据具体情况，对积分曲线稍作改变.下面以例题说明如何计算此类型的积分.例5.10 计算积分sin d xx x+∞⎰的值. 解：取函数f (z )=e izz，并取围道如图5.3所示，在此围道中f (z )是解析的.由柯西积分定理，得e e e e d d d d 0.r Rr Rix iz ix izR C r C x z x z x z x x --+++=⎰⎰⎰⎰ 令x =–t ，则有e e e d d d .r r Rix it ixR R rx t x x t x ----==-⎰⎰⎰ 所以有e e e e d d d 0.R rRix ix iz izr C C x z z x z z --++=⎰⎰⎰ 即sin e e 2d d d 0.R rRiz izr C C x i x z z x z z ++=⎰⎰⎰现在来证明0e e lim d 0lim d π.R riz izR r C C z z i z z →∞→==-⎰⎰和 由于图5.3π2e ππsin 00sin 0e e d d e d π22e d (0,sin )2ππ(1e ),i R iR izR C R R z R z R Rθθθθθθθθθ---≤⋅==≤≤≥=-⎰⎰⎰⎰时所以e lim d 0.RizR C z z→∞=⎰ 又因为1e 11(),2!!iz n nz z i i z z z n zϕ-=+-+++=+ 其中ϕ(z )在z =0解析，且ϕ(0)=i .因此当|z |充分小时，可设|ϕ(z )|≤2.由于e d d ()d ,r r riz C C C z z z z z z ϕ=+⎰⎰⎰ 而πd e d πe r i i C z ir i z r θθθ==-⎰⎰ 和π()d (e)d 2π.Ri C z z r r r θϕϕθ≤≤⎰⎰故有0e lim d π.rizr C z i z →=-⎰ 综上所述，令R →∞,r →0,则有sin πd .2x x x +∞=⎰3. 形如2π(sin ,cos )d R θθθ⎰的积分这里R (x ,y )是两个变量x ,y 的有理函数，比如R (x ,y )= 2222641x y x y -+-.计算这种积分的一种方法是把它化为单位圆周上的积分.事实上，令z =e i θ，那么21111sin (e e )(),222i i z z i i z iz θθθ--=-=-=21111cos (e e )(),222i i z z i i z izθθθ-+=+=+=1d d .z izθ=从而原积分化为沿正向单位圆周的积分，即2π2201111d (cos ,sin )d [,]()d ,22z z z z zR R f z z z iz iz θθθ==+-==⎰⎰⎰其中f (z )=R [2211,22z z z iz +-]1iz⋅为z 的有理函数，且在单位圆周|z |=1上分母不为零，因而可用留数定理来计算.例5．11 计算积分2π4cos 4d θθ⎰. 解：令z =e (02π)i θθ≤≤,则4444cos 4()2z z θ-+=, 42π448441701111(1)cos 4d ()d d 216z z z z z z z iz i z θθ-==++==⎰⎰⎰ 在0z <<1内，被积函数的罗朗展开式为48179117(1)113.161648z z z z z ---+=+++故2π8441701(1)3cos 4d [2πRes[,0]]π.164z i i z θθ+==⎰ 总结上述的方法，我们发现，由于留数是与闭曲线上的复积分相联系的.因此利用留数来计算定积分需要有两个主要的转化过程：1) 将定积分的被积函数转化为复函数；2) 将定积分的区间转化为复积分的闭路曲线. 根据这种思路，我们可以计算更多的积分.比如，Fresnel 积分2cos d x x ∞⎰和2sin d x x ∞⎰.这两个积分在光学的研究中很有作用.取函数f (z )=2eix ，取积分围道如图5.4，因为f (z )在闭围道内解析，由柯西积分定理，有222e d e d e d 0.ix izix OABOABx z z ++=⎰⎰⎰当z 在OA 上时，z =x , 0≤x ≤r ,22e d e d .rix ixOAx x =⎰⎰当z 在AB 上时，z =r e i θ,0θ≤π4≤，此时4sin 2πθθ≥，所以2422πsin 2e e e.r iz rθθ--=≤故π42422ππe d ed (1e )0,().4r iz r ABz r r rθθ--≤⋅=-→→∞⎰⎰ 当z 在BO 上时，z =x 4πe i ,0,x r ≤≤πππ222444e 0e d ee d ee d .i ri i iz ix x BOrz x x -=⋅=-⎰⎰⎰ 令r →∞，于是(5.13})变为224e d 0ee d ,i ix x x x π∞∞-+-⎰⎰ 又2πe d xx ∞-=⎰, 因此22440πe d ee d e .2i i ix x x x ππ∞∞-==⎰⎰ 上式两边分别取实部和虚部，即得221πcos d sin d .x x x x ∞∞==⎰⎰ 小 结留数定义为：011Res[(),]()d 2πCf z z a f z z i-==⎰其中1a -是函数()f z 在0z 点的罗朗展开式的10()z z --的系数，C 是0z 的去心邻域0<0z z -<R 内的包含0z 的任意一条正向简单闭曲线.图5.4留数定理：若函数()f z 在区域D 内除了有限个孤立奇点21,,,n z z z -外处处解析，C是D 内包含这些起点的一条正向简单闭曲线，则有：1()d 2πRes[(),]nji fCf z z i f z z ==∑⎰.留数定理将积分路径内包含有限个孤立奇点的复积分的计算问题转化为对这些奇点的留数的计算. 如何计算留数，我们有下列方法：⑴ 一般方法：设0z 为函数()f z 的孤立奇点（无论是可去奇点、极点或本性奇点），将()f z 在0z 处展开为罗朗级数，并求出系数1a -，则有01Res[(),]f z z a -=.特别是当0z 为本性奇点时，这个方法是比较常用的方法.⑵ 一级极点情形：若0z 为()f z 的一级极点，则有00Res[(),]lim()()z z f z z z z f z →=-⑶ m 级极点情形：若0z 为()f z 的m 级极点，则有010011Res[(),]lim [()()]!m m m z z d f z z z z f z m dz--→=-⑷ 化为零点问题：若()f z =()()P z Q z ,()P z 和()Q z 在0z 点解析，且()P z ≠0，()Q z =0，'()Q z ≠0,则0z 为()f z 的一级极点，且有000()Res[(),]'()P z f z z Q z =当()f z 为函数时，这个方法是常用的方法.⑸ 可去奇点情形，若0z 是函数f (z )的可去奇点时，则有0Res[(),]0f z z =.无穷远点∞处的留数定义为：设()f z 在R ﹤z ﹤∞内解析，C 为该区域内的绕原点的任意一条正向简单闭曲线，则()f z 在孤立奇点∞处的留数为11Res[(),]()d 2πCf z a f z z i-∞==⎰.若()f z 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点，则()f z 的所有奇点（包括无穷远点∞）的留数的总和等于零.应用留数定理，可以计算一些实积分，称为围道积分方法.重要介绍是下列三种类型的实积分：⑴()d R x x ∞-∞⎰; ⑵()ed ,0iaxR x x a ∞-∞>⎰;⑶2π(cos ,sin )d R x θθθ⎰.在利用围道积分时，主要做两方面的工作.一是找一个与所求积分的被积函数密切相关的复变函数()F z ;二是找一条合适的闭路曲线C ，使得在这条闭曲线所围成的区域D 内()F z 只有有限个孤立奇点. ()F z 沿着C 的积分与实积分紧密相关，这样就可以应用留数定理计算实积分.重要术语及主题留数 留数定理 扩充复平面 无穷远点的留数 留数计算 留数定理的应用习题五1.求下列函数的留数.⑴ 5e 1()zf z z -=在0z =处； ⑵ 11()e z f z -=在1z =处.2. 利用各种方法计算()f z 在有限孤立奇点处的留数. ⑴ 232()(2)z f z z z +=+; ⑵ 1()sin f z z z=.3. 利用罗朗展开式求函数21(1)sin z z+在∞处的留数. 4.求函数1()()m mz a z b --(,a b m ≠为整数)在所有孤立奇点（包括∞点）处的留数.5. 计算下列积分. ⑴tan πd Cz z ⎰, n 为正整数，C 为z =n 取正向;⑵10d ()(1)(3)Czz i z z +--⎰, C :z =2,取正向. 6. 计算下列积分.⑴ π0cos d 54cos m θθθ-⎰; ⑵2π20cos3d 12cos a a θθθ-+⎰ ,a >1; ⑶ +2222-d ,()()xx a x b ∞∞++⎰a >0,b >0: ⑷ 22220,()x x a ∞+⎰a >0: ⑸+222sin d ,()x xx x b β∞+⎰β>0, b >0: ⑹+22-e d ,ixx x a∞∞+⎰a >0: 7. 计算下列积分.⑴20sin 2d (1)xx x x ∞+⎰; *⑵ 21d 2πza z i zΓ⎰,其中Γ为直线Re x c =,c >0,0<a <1.。

第五章留数留数(Residue )理论是复积分理论和复级数理论相结合的产物,它既是复积分问题的延续,又是复级数应用的一种表达, 它对复变函数论本身以及实际应用都有着重要的作用. 例如,它能给复积分的计算提供一种有效的方法, 能为解析函数的零点和极点的分布状况的研究提供一种有效的工具.另外,它还能为数学分析中一些复杂实积分的计算提供有效地帮助.本章,我们首先引进孤立奇点处留数的定义,利用洛朗展式建立留数计算的一般方法——洛朗展式法,以及各类孤立奇点处留数计算的更细致的方法.在此根底上,再建立反映复变函数沿封闭曲线积分与留数之间密切关系的留数定理, 从而有效地解决“大范围〞积分计算的问题.其次,介绍留数定理的两个方面的应用. 一方面建立利用留数定理计算数学分析中某些定积分和反常积分的计算方法, 另一方面建立讨论区域内解析函数的零点和极点分布状况的有效方法,即幅角原理与儒歇定理.一.学习的根本要求1 .掌握函数在其孤立奇点处的留数的概念以及函数在孤立奇点处的留数计算的一般方法,即洛朗展式法.注意函数在有限孤立奇点处的留数和孤立奇点处的留数在定义方面的差异以及罗郎展式法方面的差异.并能熟练地运用洛朗展式法求函数在其孤立奇点处的留数.2 .熟练掌握函数在各类有限孤立奇点处的留数的具体计算方法以及孤立奇点处留数的的两种具体计算方法：｛洛朗展式法：Resf(z) 1,其中i为f(z)在处的洛朗展式中1/z的系数. 化为有限点处的留数：Res f (z) Res-2 f (~) •3 . 了解有限可去奇点处的留数与可去奇点处的留数的差异,理解为什么函数在可去奇点处的留数一般不一定为零？4 .掌握留数定理以及含的留数定理(即留数定理的推广),并能熟练地运用它们计算函数沿封闭曲线的积分.能用留数定理导出第 3章中的柯西定理和柯西积分公式,从而正确地熟悉为什么留数定理可以看成柯西定理和柯西公式的统一. 5 . 了解利用留数计算实积分的根本思想或根本原理： 通过适当方法将实积分转化为适当复 变函数沿封闭曲线的积分熟悉将实积分转化为适当复变函数沿适当封闭曲线的积分的两种途径:途径一：通过适当变量替换. 途径二：作适当补充路径.6 .熟悉补充积分路径计算积分时,常用的如下三个引理:引理0设函数f(z)在角形闭区域 上连续,且 limz f(z) A,记 R {z z zz Dimz .f (z)e dz 0 .R［提示］利用积分的估值性,并注意到R,z D},R 的方向是逆时针,那么以及Rimf(z)dz i(R［提示］利用积分的估值性, 并注意到lim(zz z DZ o )f (z)A,1 . v 、------ dz i( 2 i ) R z z .f(z)dz i( 2 i )(z 4)f(z) Rz zAdz(z Rz o )f(z) A11dz .引理1 设函数f(z)在闭区域D: 0 i arg(z .)2z z o上连续,记R {z ||z z 0R,zR 的方向是逆时针,假设ljm f(z) 0 ,z DRlim引理2 设函数f(z)在圆环形闭区域D: 0 i arg(z Z 0)22 , 0 z z 0 r 0上连续,记 r {z z Z 0r,z D}, r 的方向是逆时针,且lim( z z 0)f (z)A,z z . z D那么lim f (z)dz i( 21) A .r 0 r「 .. .... ........... .. ,1［提示］利用积分的估值性,并注意到 ------------ dz i( 21),以及rz z 0. ../ (z z 0)f(z) A I(z z 0)f (z) A ,f(z)dz i( 21)A --------- ------ ---------- dz --------- ------------------ 11dz .rr z z 0 r r7.熟练掌握以下几种类型的实积分利用留数来计算的方法2①形如 o R(cos ,sin )d 或 R(cos ,sin )d 的积分,其中 R(cos ,sin ) 是三角有理函数,且分母函数在［0,2 ］或［,］上恒不为零.特别,当R(cos ,sin )是偶函数时,还可考虑积分 ° R(cos ,sin1 21-(1 cos2 )或$巾 -(1 cos2 )降次,再计算.•当被积函数是R(cos ,sin ) cosm 或 R(cos ,sin ) sin m时,可利用欧拉公式将积分先化为 再计算.R(x)dx 的反常积分,其中 R(x )为实有理函数.其中用到了约当不等式：当 0—时,- sin2)d注意：•当被积函数是cos 2或sin 2的有理函数时,可先用公式2cos②形如特别,当R(x)是偶函数时,还可考虑积分° R(x)dx.注意：此类型的积分的柯西主值( PV.值)用留数来计算时,可分两种情况补充积分路径•当R(x )的分母在？上恒不为零时,可用以原点为心半径充分大的上半圆周作为补充路径.•当R(x )的分母在？上仅有一阶零点时,可用以原点为心充分大的正数R为半径的上半圆周和以R(x)在？上的一阶零点为心充分小的正数为半径的上半圆周作为补充路径.③ 形如R(x) e mx dx 或R(x) cosmxdx 或R(x) sin mxdx 的反常积分,其中R(x )为实有理函数, m 0.特另L当R(x)是偶函数时,还可考虑积分° R(x) cosmxdx ;当R(x)是奇函数时, 也可考虑积分° R(x) sin mxdx .注意：此类型的积分的柯西主值( PV.值)用留数来计算时,可分两种情况补充积分路径•当R(x )的分母在？上恒不为零时,可用以原点为心半径充分大的上半圆周作为补充路径.•当R(x )的分母在？上仅有一阶零点时,可用以原点为心充分大的正数R为半径的上半圆周和以R(x)在？上的一阶零点为心充分小的正数为半径的上半圆周作为补充路径.④ 被积函数含有因子ln x , x , n/P(x)和1R(x)的实积分注意：此类型的积分的柯西主值( P.V.值)用留数来计算时,常选择相应多值函数的支割线的两沿以及单独围绕各支点的适当圆周作为补充积分路径.8.理解对数留数—f^dz的几何意义,掌握对数留数的计算公式. 并掌握下面的一2 i C f(z)个结论：假设Z0是函数f(z)的m阶零点或m阶极点,那么Z0必为工^)的一阶极点,且f(z)当z0是函数f⑵的m阶零点时,Res f⑶ m ；zz0 f(z)当z0是函数f⑵的m阶极点时,Res f (z) m . z z o f (z)9 .正确理解幅角原理与儒歇定理的条件和结论,并能熟练地运用幅角原理和儒歇定理来讨论区域内函数的零点和极点的分布情况或者方程根的分布情况.10 .附：孤立奇点处留数的常用计算方法；合理使用留数定理计算复积分的技巧；补充积分路径利用留数计算实积分的根本思路；用儒歇定理讨论解析函数在有界区域内零点的个数的思路.•孤立奇点处留数的常用计算方法我们仅对函数的孤立奇点才定义留数, 对有限孤立奇点处的留数的计算归纳起来,主要有下面的三种常用方法,①洛朗展式法,即假设f(z)在其孤立奇点a的去心邻域0 |z a| R内的罗郎展式为1…一,,.那么Resf(z) c1,其中c i是罗郎展式中——这一项的系数.这种方法是留数计算的一般z a z a 方法.②孤立奇点的类型法,即根据孤立奇点的具体类型来计算留数的方法,其具体方法如下：对可去奇点处的留数假设a为函数f(z)的可去奇点,那么Resf(z) 0 .z a对极点处的留数假设点a为函数f (z)的m阶极点,那么Resf(z) 1 lim[(z a)m f(z)](m1).z a (m 1)!z a特另1J,假设点a为函数f(z)的1阶极点,那么Res f (z) lim(z a) f(z).假设点a 为函数f(z)的1阶极点,且f(z) -(■旦,其中 (z)(a) 0, (a) 0,(a) 0(即 a 为(z)的 1 阶零点),Res f(z) lim( z a) f (z) ―(—)zaz a(a)假设点a 为函数f (z)的2阶极点,那么_ _ 2 一 Res f (z) lim[( z a) f (z)].,其中(z)在点a 解析,那么1m (m 1)(7F!网(z a) f(z)](这个公式说明：只要点 a 是f(z)的至多m 阶极点,我们仍可用 m 阶极点留数的计算公 式计算Resf(z))z a对本性奇点处的留数本性奇点处的留数的计算一般直接用洛朗展式法计算. ③ 留数定理法,即假设函数f (z)在扩充复平面上只有有限个孤立奇点 Z I , z2, L , zn,.那么f (Z)在扩充复平面上的所有奇点(包括 )处的留数之和等于 0 .即nRes f(z) Res f (z i ) 0 .zi 1z z注意：方法③会涉及到 处的留数.对孤立奇点 处的留数的计算有下面的三种常用方法： ① 洛朗展式法,即假设 f (z)在其孤立奇点 的去心邻域0 R z 内的罗郎展式为那么 Res f (z) c 1.注意此公式与有限孤立奇点处留数计算公式的区别.Res f(z) Res ［f (1) -12］ - z z0 z z③ 留数定理法,即假设函数 f (z)在扩充复平面上只有有限个孤立奇点4, z 2, L , z n,Res f (z) z a (z)和(z)都在点a 解析,(m1)(a)(m 1)!.那么nRes f (z) Res f (z i).z i 1 z %注意：关于函数在孤立奇点处的留数,我们不能根据孤立奇点的类型来计算,例如,1 ... ..............为函数f(z)的可去奇点,并不一定保证Resf(z) 0 (如f(z)-,显然为它的可z z去奇点,但Res f(z) 1 0).z•使用留数定理计算复积分的技巧留数定理和留数定理的推广提供了计算围线积分的一种方法, 它是对第三章复积分计算的一种补充.通常在计算复积分f(z)dz (其中C是围线)时,如果f (z)在围线C内部C的孤立奇点不太多,可考虑用留数定理,将此积分的计算化为函数 f (z)在C内部各孤立奇点处的留数来计算；如果f(z)在围线C内部的孤立奇点比拟多, 而在C外部的孤立奇点(包括 )不太多,可考虑用留数定理的推广,将此积分的计算化为函数 f (z)在C外部各孤立奇点(包括 )处的留数来计算.•补充积分路径利用留数计算实积分的根本思路 b 对于一个实函数f (x)沿x轴上一条有限线段［a,b］的积分f (x)dx ,我们在平面上a补充一条或几条适当的辅助曲线,使线段［a,b］和一起构成一条围线,并围成一个区域D (如下列图).如果存在除D内有限个点外解析,在D D C上也除这有限个点外连续的辅助函数g(z),使得在［a,b］上g(z)或g(z)的实部或虚部中的一个等于f(x),那么由留数定理就有其中汇是g(z)在D内的奇点处的留数总和.b假设上式中的第二个积分能够计算出来,那么 a f(X)dX的计算问题就解决了.b如果a或b不是有限数,那么积分f(x)dx为反常积分,此时,可由上式两端取极限, a如能求得g(z)dz的极限,就能至少得到所求反常积分的柯西主值 (注意,当反常积分收敛时,柯西主值就是反常积分的值； 通常情况下,所考虑的问题,只要求得到柯西主值即可). •用儒歇定理讨论解析函数在有界区域内零点的个数的思路儒歇定理是讨论解析函数在区域内零点分布或方程在区域内根的个数的一种强有力的 工具. 用儒歇定理讨论解析函数F(z)在有界区域 D 内零点的个数或者方程 F(z) 0在D内根的个数时,其关键是寻找满足定理要求的f (z ),而(z)可通过F (z) f (z)来得到,其中f (z)可按下面的两个原那么来寻找：一方面 f (z)在D 的零点个数比拟容易得到,另一 方面在区域D 的边界上,f (z) (z) F(z) f (z).二.问题研究问题1：探讨下面几类实积分的留数计算的一般公式：公式1 ：假设实有理函数 R(x) P(^)满足：P(x)和Q(x)互质,分母Q(x) 0 (x ?), Q(x) 且Q P 2,那么R(x)dx 2 i ResR(z), z 4 Imz k 0其中z k 是R(z)在上半平面内的孤立奇点,ResR(z)表示对R(z)在上半平面内的所 Im z k0 z z k有孤立奇点的留数求和.公式2 ：假设实有理函数 R(x) P3 满足：P(x)和Q(x)互质,分母Q(x) 0 (x ?), Q(x) 且 Q P 1 , m 0,那么imx imzR(x)e dx 2 I Res R(z)e ,Im Z k 0zzk其中z k 是R(z)在上半平面内的孤立奇点,ResR(z)e imz 表示对R(z)e i mz 在上半平面z z k Im z k 0内的所有孤立奇点的留数求和.P(x)公式3 :假设实有理函数 R(x) 满足：P(x)和Q(x)互质,分母Q(x)在？上仅有Q(x)一阶零点,且 Q P 1 , m 0,那么R(x)e imx dx 2 i(ResR(z)e imz - ResR(z)e imz ),Imz k 0zzk2 Im z j0 z zj其中z k 是R(z)在上半平面内的孤立奇点,z j 是R(z)在？上的一阶极点.P(x)公式4 ：假设实有理函数 R(x) 满足：P(x)和Q(x)互质,Q(x)在R [0,)Q(x)上恒不为零,且 Q P 1 , 01 ,那么皿dx 上七ResR^, 0x 1 ez k £\[0, ) zz k z其中z 为£\[0,)上满足z z 1± 1的解析分支(即主值支),z k 为_R3 在£\[0,)z内的孤立奇点,即 Q(z)在£ \[0,)内的零点.公式5 ：假设实有理函数 R(x) P® 满足：P(x)和Q(x)互质,Q(x)在R [0,) Q(x) 上恒不为零,且 Q P 2,那么其中lnz 为£\[0,)上满足1nz z 1上 0的解析分支(即主值支),z k 为解析分支2R(z)ln z 在£\[0,)内的孤立奇点,即 Q(z)在£\[0,)内的零点.公式6 ：设实有理函数 R(x) 巴的■满足：P(x)和Q(x)互质,分母 Q(x)在[0,1]上Q(x)恒不为零,那么(2)证实:(1)n1 2 n 1 n其中n/z k (1 z)n k 为£\［0,1］上满足在割线［0,1］的上沿取正数的解析分支(即主值支),Z k 为解析分支R(z)n/z k (1 z)n k 在£\［0,1］内的孤立奇点,即 Q(z)在£\［0,1］内的零点.(2)其中n/z k (1 z)n k 为£\［0,1］上满足在割线［0,1］的上沿取正数的解析分支 (即主值支),z k为解析分支R (z)在 £\［0,1］内的孤立奇点,即 Q(z)在£\［0,1］内的零点.nz k (1 z)n k问题2 :按下面的步骤探讨数项级数的和： 第一步：设C N 表示曲线… 1、一 … 1、 (N —)和 y (N —)围成的正方形区域的边界, 其中N 为正整数,C N 的方向为逆时针.(1)证实：对任意复数iy C ,总有sin z sin x 和 sinz sinh y其中 sinhy 1(e y e y ).(2 )利用(1 )证实：在正方形区域的竖边界上有sin z 1 ;而在正方形区域的竖边界上有sin z sinh —.从而存在与 N 无关的正常数 A ,2使得对任意z C N ,都有sin z A.(3 )证实:一一dz2C Nz sin z一-一,从而推出(2N 1)ANlimCN1 . c - -------- dz 0. z sin z第二步:(1 )利用留数定理证实:C N11 二 dz2 i[-z sin z631 22•n问题3 :按下面的步骤探究儒歇定理的另一种证法.设D是有界区域, C为其边界,f(z)和g(z)都在D D C上解析,且在C上, f(z) g(z),对任意t [0,1],(1)证实：对每一个固定的t [0,1],函数f(z) tg(z)在D内解析,在D续,且在C上f(z) tg(z) 0.(2)在[0,1]上定义函数如下：1 f (z) tg (z) - ((t)——一U2dz, 0 t 1.2 i C f(z) tg(z)证实：⑴表示函数f(z) tg(z)在区域D零点的个数;c)对任意t,t0 [0,1],存在常数A 0,使得(3)证实：(t)为[0,1]上连续的函数,且为常函数.从而(0) (1),即f(z^f(z) g(z)在D内有相同的零点个数.参考文献:[1]方企勤.复变函数教程.北京：北京大学出版社, 1996 : 148 ~189.[2]余家荣.复变函数(第三版).北京：高等教育出版社,[3]郑建华.复变函数.北京：清华大学出版社, 2005 : 74 ~94 .[4]范宜传,彭清泉.复变函数习题集.北京：高等教育出版社, D C上连a)对每一个固定的t [0,1],对任意t,t0[0,1],f g f g(f tg)(f t°g)f g f g(IfRgl)2其中A If g f g(IfRgl)22000: 88~108.1980 : 136 ~155 .[5]James Ward Brown and Ruel V．Churchill ．Complex Variables and Applications(Seventh Edition) ．McGraw-Hill Higher Education , Burr Ridge , IL , 2004．。

习题五1. 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 +++++-=+⋅+⋅+⋅+ ∴5e 111Res ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦ (2)()11ez f z -=在z =1处． 解：11ez -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为 ()()()11231111111e 112!3!!111z n z n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----∴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 21sin 11111213!5!z z z z zz z z z z +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭∴()[]1Res ,013!f z =- 从而()[]1Res ,13!f z ∞=-+ 5. 计算下列积分．(1)ctan πd z z ⎰，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向．解：c c sin πtan πd d cos πz z z z z =⎰⎰．为在c 内tan πz 有12k z k =+ (k =0,±1,±2…±(n -1))一级极点 由于()()2sin π1Res ,πcos πk z kz f z z z =⎡⎤==-⎣⎦' ∴()c 1tan πd 2πi Res ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰ (2) ()()()10c d i 13zz z z +--⎰ 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 =⋅-++--=-⋅+∞=-+⎰6. 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 z θ= 2os 12c z z θ+=则 ()121211d i 2i 15421d 2i 521m z mz z z I I z z z z z z ==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰被积函数()()2521m z f z z z =-+在|z |=1内只有一个简单极点12z = 但()()[]12211Res ,lim 232521m mz z f z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+ 所以111πi 2πi 2i 3232m m I I +=⋅⋅=⋅⋅ 又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴π0cos d 54cos π32m m θθθ=⋅-⎰(2) 202πcos3d 12cos a a θθθ+-⎰，|a|>1． 解：令2π102cos3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 2π202sin3d 12cos I a a θθθ+=-⎰32π120i 2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰ 令z =e i θ．31d d i os 2c z z zz θθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i 1112π2πi Res ,i 1z z z I I z z z a a zz z az a z af z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰ 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 i 112πi 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. ()22022d 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) ()2022sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0． 解：()()()i 222222222cos sin e d d i d x x x x x x x x 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 z b b xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e 2b b b xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰ 从而()2022sin ππd e 44e b b x x b b x x 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 z az 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 1e Im d Im 2πi Res ,i lim d 2211r r x iz c I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰ 而()202e d lim πi 1r iz c r z zz →⋅=-+⎰． 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 22e z z a a f z z z==，()ln 22e i c a f c y c y ⋅+=+，()ln 22e i d d c a f 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 lim d lim d c c c c AB R R R R f 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 AB BE EF FAf 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 a x a aC C a R C C R BE C R R f z z x x x C R x R R R x R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。