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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 )
