第五章留数及其应用

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 留数及其应用解：（1）是本性奇点（2）是非孤立奇点（3）是一阶极点 解：（1）3z i =±是单零点。

（2）0z =是二重零点，z k π=是单零点。

（3）0z =是四阶零点，z = 解：（1）0z =是一阶极点，2z i =±是二阶极点 （2）0z =是二阶极点（3）4z k ππ=-是一阶极点（4）0z =是三阶极点，2z k i π=是一阶极点 （5）0z =是可去奇点（6）0z =是可去奇点，2z k i π=是一阶极点 证明：函数()f z 以a 为极点的充要条件是1()f z 以a 为零点，由此可明白，结论成立。

证明：令 0110()()(),(1)()0m f z z z f z m f z =-≥≠且； 0110()()()(1)()0n g z z z g z n g z =-≥≠且， 那么1010110101101()()()()()()()()()()()()(),()()m m n n m n f z m z z f z z z f z g z n z z g z z z g z f z f z z z g z g z ---''=-+-''=-+-=- 1010101()()()()()()()()()m n mf z z z f z f z z z g z ng z z z g z -''+-=-''+-，因此当m n =时，00'10'10()()()()()()lim lim z z z z f z f z f z g z g z g z →→=== 当m n >时，上式左侧两个极限均为零；当m n <时，上式两边极限均为∞，故结论成立。

解：（1）是可去奇点（2）是可去奇点 解：（1）孤立奇点有0，z 0e 1Res[,0]=e 10z--=。

第五章留数及其应用§1. 孤立奇点一.孤立奇点的分类1. 孤立奇点的概念定义：若函数在点不解读，但在点的某一去心邻域内处处解读.则称为的孤立奇点.一.求下列函数的奇点，并各奇点是否为孤立奇点.<1） <2）<3）<4）注意:孤立奇点一定是奇点, 但奇点不一定是孤立奇点.2. 孤立奇点的分类设为的孤立奇点,在点的洛朗展式为.(ⅰ> 若有恒成立，则称为的可去奇点.(ⅱ> 若有,但对于有恒成立，则称为的m阶极点.(ⅲ> 若有,则称为的本性奇点.说明: (1>为的洛朗展式，其和函数为在点解读的函数.(2> 无论函数在点是否有定义，补充定义则函数在点解读.3. 孤立奇点的类型的判断(1> 可去奇点的判定方法定理1设在点的某一邻域内解读,则为的可去奇点的充分必要条件是:.定理1’设是的孤立奇点,则为的可去奇点的充分必要条件是:在内有界.(2> 极点的判定方法结论：是的m阶极点的充要条件是:其中在邻域内解读,且.定理2设在点的某一邻域内解读,则为的极点的充要条件是:是的m阶极点的充要条件是:其中为一确定的非零复常数,m为正整数.(3> 本性奇点的判定方法定理3设在点的某一邻域内解读,则为的本性奇点的充要条件是:极限与均不成立.一.判断下列函数的奇点的类型：<1） <2）<3）二. 函数的零点与极点的关系定义：若有正整数m,使得,其中在点解读且,则称为的m阶零点.定理4若在点解读,则为的m阶零点的充要条件是:但一.判断函数的零点及其阶数.定理5 若为的m阶极点,则为的m阶零点.反之亦然.一.判断函数的极点及其阶数.三.函数在无穷远点的性态定义：若存在R>0,有函数在无穷远点的邻域内解读,则称无穷远点为的孤立奇点.设在无穷远点的邻域内的洛朗展式为那么规定:(ⅰ> 若有恒成立，则称为的可去奇点.(ⅱ> 若有,但对于有恒成立，则称为的m阶极点.(ⅲ> 若有,则称为的本性奇点.定理6设在区域内解读,则为的可去奇点、极点和本性奇点的充要条件分别是:极限存在、为无穷及即不存在,也不是无穷.一.判断下列函数的奇点的类型：<1）<2）<3）<4）例6. 判断函数的孤立奇点的类型.§2. 留数一.留数的概念及留数定理定义：设为解读函数的孤立奇点,其洛朗展式为,称系数为在处的留数,记作Res.例6求在孤立奇点0处的留数.例7求在孤立奇点0处的留数.例8求在孤立奇点0处的留数.定理7(柯西留数定理> 设在区域D内除有限多个孤立奇点外处处解读,C是D内包围各奇点的任意一条正向简单闭曲线,那么说明：留数定理把计算周线上的积分的整体问题转化为函数在周线所围成的区域内的各个孤立奇点处的留数的局部问题.例9 计算积分.二. 函数在极点的留数法则Ⅰ如果为的简单极点,则Res.例10 求在各孤立奇点处的留数.法则Ⅱ设,其中在点解读,如果为的一阶零点,则为的一阶极点,且例11 求在的留数.法则Ⅲ如果为的m阶极点,则Res.例12求在孤立奇点0处的留数.例13 计算积分例14 计算积分三. 无穷远点的留数定义：设函数在区域内解读,即为函数的孤立奇点,则称为在的留数,记作Res.定理8如果函数在z平面只有有限多个孤立奇点(包括无穷远点>,设为.则在所有孤立奇点处的留数和为零.法则Ⅳ(无穷远点的留数> 若为函数的孤立奇点,则Res Res.例15 求在它各有限奇点的留数之和.例16计算积分其中C为正向圆周§3. 留数在定积分计算中的应用一.形如的积分思想方法:把定积分化为一个复变函数沿某条周线的积分 .两个重要工作:1> 积分区域的转化,2> 被积函数的转化.当从0到时,z沿单位圆的正向绕行一周.例17 计算的值.二. 形如的积分设为复函数的实值形式,其中满足条件:(1> 。

第五章 留数及其应用一. 目的要求1. 理解孤立奇点概念并掌握其分类法。

2. 理解留数概念，熟练掌握极点处留数的求法（不含无穷远点）。

3. 熟练掌握留数定理，会用留数求围道积分。

二. 主要内容1. 孤立奇点定义、分类，函数的零点与极点之关系，Δ函数在无穷远点的性态。

2. 留数概念，留数定理，留数的计算，*无穷远点的留数。

3. 用留数求围道积分。

4. 用留数求实积分 dx e x R dx x Q x P d R aix ⎰⎰⎰∞+∞-∞+∞-)(*)()(#)sin ,(cos #20，，θθθπ5. *对数留数与辐角原理。

重点：孤立奇点的判定，留数定理及应用。

难点：留数定理的应用。

本章中心问题是留数定理，前面讲的柯西定理、柯西积分公式都是留数定理的特殊情况，并且留数定理在作理论探讨与实际应用中都具有重要意义，它是复积分与复级数理论相结合的产物，为此先对解析函数的孤立奇点进行分类5.1 孤立奇点 5.2 留数5.3 留数在定积分计算中的应用 本章小结 思考题第一节 孤立奇点一、奇点的分类定义：若函数()f z 在0z 处不解析,但在0z 的某一去心领域00z z δ<-<内处处解析,则称0z 为函数()f z 的孤立奇点如: 0z =是函数1()f z z=的孤立奇点,也是函数1()z f z e =的孤立奇点如0z =是函数1()1sin f z z=的一个奇点,除此之外, 1(1,2,)n z n n π==±± 也是它的一个奇点, 当n 的绝对值逐渐增大时,1n π可任意接近0z =,即在0z =不论怎样小的去心领域,总有函数()f z 的奇点存在, 所以0z =不是函数()f z 的孤立奇点 孤立奇点分类：函数()f z 在孤立奇点0z 的领域00z z δ<-<内展为洛朗级数为: ()f z =()nnn C z z ∞=-∑+01()n nn Cz z ∞--=-∑解析部分 主要部分(1) 主部消失即只有()nnn C z z ∞=-∑,则称0z 为函数()f z 的可去奇点(2) 主部仅含有限项(m 项),则称0z 为函数()f z 的m 阶极点 (3) 主部含有无限多项,则称0z 为函数()f z 的本性奇点 例1. 说明点0z =是函数sin ()zf z z=的可去奇点 解: 函数()f z 在0z =的去心领域内可展开成洛朗级数为:35sin 1()()3!5!z z z f z z z z ==-+- 241113!5!z z =-+- ,展开式中不含负幂项,⇒0z =是函数sin ()zf z z=的可去奇点. 二、可去奇点可去奇点的解析化:若0z 为函数()f z 的可去奇点,则()f z 在0z 的去心领域内的洛朗级数就是一个不含负幂项的级数为:20102000()()()(),0n n f z C C z z C z z C z z z z δ=+-+-+-+<-<显然这个幂级数的和函数()F z 在0z z δ-<内处处解析.令000()lim ()lim ()z z z z f z C F z f z →→===孤立奇点0z 为可去奇点的判别方法:设0z 为函数()f z 的孤立奇点,则下列条件是等价的(1) 0z 为函数()f z 的可去奇点;(2) 函数()f z 在0z 点的洛朗级数展开式中不含0z z -的负幂项,即010()()()n n f z C C z z C z z =+-++-+(3) 00lim ()z z f z C →=,(0C 为一常复数);(4)函数()f z 在0z 某去心领域内有界.若0z 为()f z 的极点,则0lim ()?z z f z →=三、极点如果在洛朗级数展开式中只有有限多个0z z -的负幂项, 且关于10()z z --的最高幂为0()m z z --,即2102010010()()()()()m m f z C z z C z z C z z C C z z ------=-++-+-++-+(1,0)m m C -≥≠则孤立奇点0z 称为函数()f z 的m 阶极点.下面讨论m 阶级点的特征: (1) 2110201001()[()()()()m m m m mf z C C z z C z z C z z z z ---+-+-=+-+-++-- 00()]n m n n C z z ∞+=+-∑01()()mg z z z =-这里()g z 满足: (1)在圆域0z z δ-<内是解析函数; (2) 0()0g z ≠.(2)反过来,当任何一个函数()f z 能表示为01()()()mf zg z z z =-的形式, ()g z 在0z z δ-<内解析且0()0g z ≠,那么0z 是函数()f z 的m 阶极点.判定0z 是函数()f z 的m 阶极点的另一个方法.而001lim ()lim()()m z z z z f z g z z z →→==+∞-⇒0lim ()z z f z →=∞ 判定0z 是函数()f z 的m 阶极点的又一方法.孤立奇点0z 为极点的判别方法:设0z 为函数()f z 的孤立奇点,则下列条件是等价的, (1) 0z 是函数()f z 的m 阶极点; (2) 函数()f z 在点0z 处的洛朗展开式为:10000()()(0,0)()()nm n m mn C C f z C z z C m z z z z +∞---==+++-≠>--∑(3)极限0lim ()z z f z →=∞,缺点:不能指明极点的阶数.(4) 函数()f z 在点0z 的某去心领域内表示成: 01()()()mf zg z z z =-, 其中()g z 在0z 的领域内解析,且0()0.g z ≠Z 例1. 求有理分式函数232()(1)(1)z f z z z -=+-的极点. 解: 函数的孤立奇点有: 1z =, z i =±, 1lim ()z f z →=∞, lim ()z if z →±=∞,⇒1z =,z i =±,都是函数()f z 的极点.(1)当1z =时,1233232121()(1)(1)(1)(1)(1)z z g z z z z z z --=⋅=⋅+--+-, 这里1()g z 在1z =的某处领域内处处解析,且1(1)0g ≠,⇒1z =是有理函数的3阶极点.(2) 对于z i =.有22332121()(1)(1)()()(1)()z z g z z z z i z i z z i --=⋅=+--+-- (3)对于i -,有32332121()(1)(1)()()(1)()z z g z z z z i z i z z i --=⋅=+-+--+ ⇒z i =±都是有理函数的1阶极点.四、本性奇点若在洛朗级数展开式中含有无穷多个0z z -的负幂项,那么孤立奇点0z 称为函数()f z 的本性奇点.例如: 1()zf z e =, 0z =是它的本性奇点,因为它的洛朗级数为:1121112!!n ze z z z n ---=+++++ ,含有无穷多个z 的负幂项. 若0z 为函数()f z 的本性奇点,且具有如下性质:0{}n A z z ∀∃→，,使得0lim ()n z z z f z A =→=即: 若0z 为函数()f z 的本性奇点,则极限0lim ()z z f z →不存在且不是无穷大.例3. 函数1()zf z e =,点0z =为它的本性奇点.解: (1)当z 沿正实轴趋向0时,则函数1()zf z e =→+∞; (2)当z 沿负实轴趋向0时,则函数1()0zf z e =→;(3)若对于给定复数(2)2n iA i e ππ+==写成, 要使1(2)2n i ze i eππ+→=, 可取数列1(2)2n z n i ππ⎧⎫⎪⎪=⎨⎬⎪⎪+⎩⎭,n →∞时, 0n z →, 当z 沿数列n z {}趋向于0时,有: 10lim n zz z e i =→=由(1)、(2)、(3)分析得:极限0lim ()z z f z →不存在.故点0z =为1()zf z e =的本性奇点.孤立奇点0z 为本性奇点的判别方法: 设0z 为函数()f z 的孤立奇点,则下列条件是等价的 (1) 0z 为函数()f z 的本性奇点;(2) 函数()f z 在0z 点洛朗级数展开式中含有无穷多个0z z -的负幂项; (3)极限0lim ()z z f z →不存在(也不是无穷大).利用极限判断极点的类型,当极限是型时,可以像《高等数学》中那样用罗必达法则来求:如果函数()f z ,()g z 是当0z z →,以0为极限的两个不恒等于0的解析函数,则0()()limlim ()()z z z z f z f z g z g z →→'='. 例4. 研究函数21()(1)(2)f z z z =--孤立奇点的类型.解: 1z =,2z =是函数()f z 的两个孤立奇点,当1z =时, 211()1(2)f z z z =⋅--, 21(2)z -在1z =的某处领域内解析,且1z =处取值不等于0,⇒1z =是函数()f z的一阶极点;当2z =,211()(2)1f z z z =⋅--,11z -在2z =的某领域内解析,且2z =处取值不等于0,⇒2z =是函数()f z 的二阶极点.例5. 研究函数11()z f z e-=的孤立奇点的类型.解: 11()z f z e-=在整个复平面内除去点1z =外处处解析,⇒1z =是它的唯一的孤立奇点.将函数在0|1|z <-<+∞内展开成洛朗级数,得到:1121111(1)(1)(1)2!!n z ez z z n ----=+-+-++-+ 此级数含有无穷多个负幂项, 故1z =是它的本性奇点.五、函数的零点与极点的关系 1.零点的定义若函数0()()()m f z z z z ϕ=-,其中()z ϕ在0z 处解析,且0()0z ϕ≠,m 为一正整数,则称0z 为函数()f z 的m 阶零点.例如:函数3()(1)f z z z =-,⇒0z =,1z =分别是()f z 的一阶零点和三阶零点.定理1. 如果函数()f z 在0z 处解析,则0z 为()f z 的m 阶零点的充要条件是()()00()0,0,1,2,(1),()0.n m f z n m f z ==-≠证明: ()⇒设0z 是()f z 的m 阶零点,则0()()()m f z z z z ϕ=-, 其中()z ϕ在0z 处解析,且0()0z ϕ≠,从而在0z 领域内泰勒展开式为:201020()()()z C C z z C z z ϕ=+-+-+ ,取其中00()0z C ϕ=≠,⇒10010()()()m m f z C z z C z z +=-+-+⇒()0()0,0,1,2,,(1),n f z n m ==- 而()00()!0.m f z m C =≠，()⇐已知函数()f z 的泰勒级数为:10010()()()m m f z C z z C z z +=-+-+0010()[()]m z z C C z z =-+-+且()()00()0,0,1,2,(1),()0n m f z n m f z ==-≠ ,令201020()()()z C C z z C z z ϕ=+-+-+ ,0()()()m f z z z z ϕ=-,则0z 为函数()f z 的m 阶零点.例6. 设函数3()1f z z =-,点1z =为函数的几阶零点.解: 由于(1)0f =,且31(1)3|30z f z ='==≠,所以1z =是函数()f z 的一阶零点. 2.函数的零点与极点的关系定理2 若0z 为函数()f z 的m 阶极点,则0z 就是()f z 1m 阶零点,反之也成立. 证明: ()⇒设0z 为()f z 的m 阶极点,则有01()()()mf zg z z z =-,其中()g z 在0z 处解析,且0()0g z ≠,⇒当0z z ≠时,有001()()()()()m m z z z z h z f z g z =-=-1其中()h z 在0z 处解析，且0()0h z ≠.当0z z ≠时,由于0lim0()z z f z →=1,只要令00()f z =1, 由0()()()m z z h z f z =-1可知: 0z 是()f z 1的m 阶零点.()⇐如果0z 是()f z 1的m 阶零点,则⇒0()()()m z z z f z ϕ=-1其中()g z 在0z 处解析,且0()0g z ≠,⇒当0z z ≠时, 01()()()mf z z z z φ=-, 而()()z z φϕ1=在0z 处解析,且0()0z φ≠, 所以点0z 是()f z 的m 阶极点. 例7．（通过零点阶数判断极点阶数）函数1sin z有些什么奇点?如果是极点,指出他的阶? 解: 函数1sin z的奇点是使sin 0z =的点: 由sin 0z =得: iz iz e e -=或221iz k ie e π==,⇒22iz k i π=,即: ,0,1,2,z k k π==±± , 所以,(0,1,2,)z k k π==±± 是函数()f x 的孤立奇点.(sin )|cos |z k z k z z ππ=='=cos (1)0k k π==-≠⇒z k π=是sin z 的一阶零点,即: z k π=是1sin z的一阶极点. 例8．判别函数21()z e f z z-=在0z =处是几阶极点. 解:法一: 22011111[1]()!2!3!z n n e z z z z z n z zϕ∞=-=-=+++=∑ , 其中()z ϕ在0z =解析,且(0)0ϕ≠, 所以0z =是函数21()z e f z z-=的一阶极点. 法二: 2111z z e e z z z --=⋅,01lim 10z z e z →-=≠,⇒1z e z -的展开式中不含负幂项,且0C =1.⇒1z e z-的展开式在0z =,且不等于0.所以0z =是函数21()z e f z z -=的一阶极点.练习:3sin zz;0z =是二阶极点,而不是三阶级点. 六、函数在无穷远点的性态前面讨论函数()f z 解析性及孤立奇点时,均假设z 为复平面上有限点, 那么函数在无穷远点的性态又如何呢?下面就讨论在扩充复平面上函数的性态:1. 定义 若函数()f z 在z =∞的去心领域R z <<∞内解析, 则称点∞为函数()f z 的孤立奇点. 分析:令1t z=,∞(扩充z 平面上) →0(扩充t 平面上) ()f z , 11()()t zR z g t f t =<<∞−−→=, 10t R<<. 若0t =是函数()t ϕ的可去奇点,m 阶极点或本性奇点,那么就称点z =∞是函数()f z 的可去奇点,m 阶极点或本性奇点.2. 奇点∞类型的判别方法由于函数()f z 在R z <<∞内解析,所以在此环域内可以展开成洛朗级数:1()(1)nn n n n n f z C zC z ∞∞--===+∑∑ 其中11()(0,1,2,)2n n C f C d n i ζζπζ+==±±⎰，, C 为圆环域内R z <<∞内绕原点的任何一条正向简单闭曲线.因此函数()t ϕ在圆环域10t R <<内的洛朗级数有上式得到:010()(2)nn n n n n t C t C C t ϕ∞∞--===++∑∑(1) 不含t 的负幂项,则0t =是()t ϕ的可去奇点;(2) 含有t 的有限多的负幂项,且m t -为最高负幂项,则0t =是()t ϕ的m 阶极点; (3) 含有t 的无限多的负幂项,则0t =是()t ϕ的本性奇点. 因此根据前面定义,有: 如果在级数(1)式1()nn nn n n f z CzC z ∞∞--===+∑∑中,(1) 不含z 正幂项,则z =∞是()f z 的可去奇点;(2) 含有z 有限多的正幂项,且mz 为最高负幂项,则z =∞是()f z 的m 阶极点; (3) 含有z 无穷多的正幂项, 则z =∞是()f z 的本性奇点.这样,对于无穷远点来说,它的特征与其洛朗级数之间的关系就跟有限远点一样,不过只是把正幂项与负幂项的作用互相对掉就是. 3. 孤立奇点的判别方法一、函数()f z 的孤立奇点∞为可去奇点的充要条件是下列三条中的任何一条成立:(1) 函数()f z 在∞的去心领域R z <<∞内洛朗级数展开式为: 1202()n n C C C f z C z z z---=+++++ ; (2) 极限0lim ()()z f z C →∞=≠∞存在;(3) 存在0r >,使得函数()f z 在r z <<∞内有界.二、函数()f z 的孤立奇点∞为m 阶极点的充要条件是下列三条中的任何一条成立:(1)函数()f z 在∞的去心领域R z <<∞内洛朗级数展开式为:22101()0m nm m nn C f z C z C z C z C C z+∞-==+++++≠∑， (2)极限lim ()z f z →∞=∞;(3) 1()()g z f z =以z =∞为m 的阶零点. 三、函数()f z 的孤立奇点∞为本性奇点的充要条件是下列二条中的任何一条成立:(1) 函数()f z 在∞点处的洛朗级数展开式中含有无穷多z 的正幂项; (2)极限lim ()z f z →∞不存在,且非∞.例9. 函数1()1f z z =+在圆环域1z <<+∞内可展成: 解: 2311111()1(1)11n n f z z z z z z==-+-++-++它不含正幂项,所以∞是函数()f z 的可去奇点.说明: 当z =∞是函数()f z 的可去奇点,若取()lim ()z f f z →∞∞=则认为函数()f z 在∞解析的.例10. 讨论函数1()f z z z=+解: 含有正幂项,且z 为最高正幂项所以∞是它的一阶极点, 另外0也是它的一阶极点. 例11．讨论函数sin z解: 其展开式为: 3521111sin (1)3!5!(21)!n n z z z z z n +=-+-+-++ 含有无穷多的正幂项,所以z =∞是它的本性奇点.例12．函数2()1zf z z =+是否以z =∞孤立奇点?若是,属于哪一类? 解: 函数2()1zf z z=+在整个复平面内除去z i =与z i =-外的区域内处处解析,所以函数在无穷远的领域1||z <<+∞内是解析的,⇒z =∞是孤立奇点.又因为: 2lim01z zz →∞=+，⇒z =∞是函数的可去奇点.例13．函数23()1234f z z z z =+++是否以z =∞为孤立奇点?若是,属于哪一类?解: 23()1234f z z z z =+++在整个复平面内处处解析,所以z =∞为函数的孤立奇点且为3阶极点.例14. 函数()z f z e =是否以z =∞为孤立奇点?若是,属于哪一类?解: 函数()z f z e =在整个复平面内处处解析,所以z =∞是它的孤立奇点. 极限lim zz e →∞不存在(不是无穷大),⇒z =∞是函数的本性奇点.例15. 函数1()sin f z z=是否以z =∞为孤立奇点? 解: 令sin z =0,得:(0,1,2,)k z k k π==±± ,⇒1()sin f z z=在整个复平面除了(0,1,2,)k z k k π==±± 外处处解析, 而在扩充复平面上,序列{}k z 以z =∞为聚点,⇒z =∞不是函数1()sin f z z=的孤立奇点. 结果:在扩充复平面上, ∞是奇点,但不一定是孤立奇点.例16. 函数233(1)(2)()(sin )z z f z z π--=在扩充复平面内有些什么类型的奇点?如果说极点,指出它的阶数.解: 函数()f z 除使分母为0的点0,1,2,z =±± 外,(1) 当1,1,2z ≠-的奇点时, (sin )cos z z πππ'=,在0,z =-±± 2,3，4处cos z ππ均不为0,⇒这些点是sin z π的一阶零点,从而是3sin z π（）的三阶零点,⇒0,z =-±± 2,3，4是()f z 的三阶极点.(2) 当1z =±时, ⇒1z =±为21(1)(1)z z z -=-+的一阶零点, 而且1z =±为3sin z π（）的三阶零点,⇒1z =±为函数()f z 的二阶极点.(3) 当2z =时,23233222(1)(2)2lim ()lim lim(1)()(sin )sin z z z z z z f z z z zππ→→→---==-2333013lim[(2)1](),(2)sin z ζπζζζπζππ→=+-==+ 令 ⇒2z =是()f z 的可去奇点.(4) 当z =∞时,由于∞是0,1,2,z =±± 的聚点, ⇒z =∞不是函数()f z 的孤立奇点.第二节 留数留数是复变函数论中重要的概念之一，它与解析函数在孤立奇点处的洛朗展开式、柯西复合闭路定理等有着密切的联系． 一、留数的概念及留数定理 1．留数概念如果函数()f z 在0z 的领域内解析,则有柯西-古萨定理: ()0,Cf z dz =⎰其中C 为0z 领域内的任意一条简单闭曲线.若0z 为函数()f z 的一个孤立奇点,则沿着0z 的某一个去心领域00z z R <-<内含0z 的任意一条正向简单闭曲线C 的积分:(),Cf z dz ⎰一般不等于0.因此将函数()f z 在00z z R <-<内展开成洛朗级数:00011()()(),nn n n n n f z C z z C C z z ∞∞--===-++-∑∑对展开式两边沿着C 逐项积分得:00011()()(),nnnnCCCCn n f z dz Cz z dz C dz C z z dz ∞∞--===-++-∑∑⎰⎰⎰⎰001101(),()nn n n C C Cn n C dz C dz C z z dz z z ∞∞-===++--∑∑⎰⎰⎰ 101()C C dz z z -=-⎰12.C i π-=102,010,0()n C i n dz n z z π+=⎧=⎨≠-⎩⎰ 留数定义：设0z 是函数()f z 的孤立奇点,在环形域00z z R <-<内, 函数()f z 的洛朗展开式中10()z z --项的系数1C -称为函数()f z 在0z 点的留数. 记作: 01Re [(),]s f z z C -=或01Re [(),]()2C s f z z f z dz i π=⎰. 说明1C -的值与C 的半径大小无关,只要求C 包含0z 即可.例1. 求函数1()zf z ze =在孤立奇点0z =处的留数.解: 函数()f z 在0||z <<+∞内的洛朗展开式为:1211()1,2!3!zf z ze z z z ==++++ ⇒11Re [,0]2!zs ze =. 例2. 求函数21()cosf z z z=在孤立奇点0z =处的留数. 解: 函数()f z 在0||z <<+∞内的洛朗展开式为:22211111()cos (1),2!4!(2)!z nn f z z z z z n z -==-+-+-+ 21Re [cos ,0]0.s z z ⇒= 例3. 求函数sin ()zf z z=在孤立奇点0z =处的留数. 解: 0sin lim 1z z z →=,⇒ 0z =是函数sin ()z f z z =的可去奇点,⇒sin Re [,0]0zs z=. 2.留数定理定理 1 设函数()f z 在区域D 内除有限个孤立奇点12,,,n z z z 外处处解析,C 是D 内包围所有奇点的一条正向简单闭曲线,则:1()2Re [(),]nk Ck f z dz i s f z z π==∑⎰.证明: 由复合闭路定理得:1()()()nCC C f z dz f z dz f z dz =++⎰⎰⎰⇒11()Re [(),]2C f z dz s f z z i π=+⎰Re [(),]n s f z z + ,即: 1()2Re [(),]nk Ck f z dz i s f z z π==∑⎰.二、函数在极点的留数法则1：如果0z 为函数()f z 的一阶极点,则000Re [(),]lim()()z z s f z z z z f z →=-.证明: 由于0z 为函数()f z 的一阶极点,⇒110000()()(),0||n n n f z C z z C z z z z δ∞--==-+-<-<∑⇒10100()()()n n n z z f z C C z z +∞+-=-=+-∑,⇒001lim()()z z z z f z C -→-=.结论：先知道奇点的类型，对求留数有时更为有利.例4. 求函数34()(1)(2)z f z z z z -+=--在孤立奇点0,1,2z z z ===的留数.解: 0,1,2z z z ===都是函数()f z 的一阶极点,⇒003434Re [(),0]lim lim 2(1)(2)(1)(2)z z z z s f z zz z z z z →→-+-+===----; ⇒113434Re [(),1]lim(1)lim 1(1)(2)(2)z z z z s f z z z z z z z →→-+-+=-==----;⇒223434Re [(),2]lim(2)lim 1(1)(2)(1)z z z z s f z z z z z z z →→-+-+=-==----.法则 设函数()()()P z f z Q z =,其中()P z 及()Q z 在z 解析,且0()0P z ≠, 00()0,()0Q z Q z '=≠,则0z 是函数()f z 的一阶极点,且留数000()Re [(),]()P z s f z z Q z ='.证明: 已知00()0,()0Q z Q z '=≠,⇒0z 是函数()f z 的一阶零点,⇒0z 是1()Q z 的一阶极点, ⇒011()()z Q z z z ϕ=-,()z ϕ在0z 解析,且0()0z ϕ≠, ⇒0011()()()()f z z P z g z z z z z ϕ==--,()g z 在0z 解析, 且0()0g z ≠, ⇒0z 是函数()f z 的一阶极点.由法则1:0Re [(),]s f z z 00lim()()z z z z f z →=-00000()()lim()()()z z P z P z Q z Q z Q z z z →==-'- 例5. 求函数()cot f z z =在0z =的留数.解:由于cos cot ,sin z z z =⇒0z =是函数()f z 的一阶阶极点,⇒Re [(),0]s f z =0cos cos01(sin )|cos0z z z ==='. 例6. 计算积分21zCze dz z -⎰,其中C 为正向圆周2z =. 解: 在2z =内,函数2()1zze f z z =-有两个一阶极点: 1z =±,⇒22Re [(),1]2Re [(),1]1zCze dz i s f z i s f z z ππ=+--⎰ ,而 211Re [(),1]lim(1)lim (1)12z z z z ze ze es f z z z z →→=-==-+,1211Re [(),1]lim(1)lim (1)12z z z z ze ze e s f z z z z -→-→--=+==--, ⇒122()2cos 122z Cze e e dz i i i z ππ-=+=-⎰ . 法则3 如果0z 为函数()f z 的m 阶极点,则()f z 01011lim [()()](1)!m m m z z d z z f z m dz--→=--证明:因为0z 为函数()f z 的m 阶极点,则在0z 的洛朗展开式为:210201000()()()()()mn m n n f z C z z C z z C z z C z z ∞------==-++-+-+-∑⇒0()()mz z f z -=1101000()()()m m n m m n n C C z z C z z C z z ∞-+--+-=+-++-+-∑⇒101[()()]m m m d z z f z dz ---=1(1)!m C --+{含有(0z z -)正幂的项}⇒01011lim [()()](1)!m m m z z d z z f z m C dz---→-=-, 即: 011011lim [()()](1)!m m m z z d C z z f z m dz---→=--.例7. 求函数2()ze f z z-=在0z =的留数.解: 0z =是函数2()ze f z z-=的二阶极点,⇒Re [(),0]s f z =2201lim [(0)](21)!zz d e z dz z-→--0lim()1z z e -→=-=-. 例8. 计算积分41Czdz z -⎰,其中C 为正向圆周2z =.解: 4()1zf z z =-在圆周2z =内有四个一阶极点: 1,i ±±， ⇒41Czdz z =-⎰ 2Re [(),1]2Re [(),1]i s f z i s f z ππ+-2Re [(),]2Re [(),]i s f z i i s f z i ππ+-+ 由法则2, 得:32()1()44P z z Q z z z==';⇒411112{}014444C z dz i z π=+--=-⎰ , 说明: 用法则1计算比较繁一些.例9. 计算积分2(1)zC e dz z z -⎰ , 其中C 为正向圆周2z =.解: 在圆周2z =内, 0z =是函数()f z 的一阶极点, 1z =是二阶极点,⇒ 2200Re [(),0]lim lim 1(1)(1)z zz z e e s f z zz z z →→===--, ⇒ 2211Re [(),1]lim [(1)](1)!(1)z z d e s f z z z dz z z →=--- 211(1)lim lim 0z z z z d e e z dz z z→→-===, ⇒22{Re [(),0]Re [(),1]}(1)zC e dz i s f z s f z z z π=+-⎰2(10)2i i ππ=+=. 例10. 计算积分6sin Cz zdz z-⎰, 其中C 为正向圆周2z =. 解: 法一: 0z 是函数()f z 的孤立奇点,令()sin P z z z =-,⇒0(0)(sin )|0z P z z ==-=,⇒0(0)(1cos )|0z P z ='=-=,0(0)sin |0z P z =''==.0(0)cos |0z P z ='''=≠, ⇒0z =是()sin P z z z =-的三阶零点, ⇒0z =是是函数()f z 的三阶极点,有规则3,得:2236262300sin 1sin 1sin Re [,0]lim ()lim ()(31)!2!z z z z d z z d z z s z z dz z dz z →→---=⋅=-再往下计算比较繁琐！法二: 如果0z 是函数()f z 的阶极点,则0Re [(),]s f z z 01011lim [()()](1)!m m m z z d z z f z m dz--→=--. 01011lim [()()](1)!m n m n m n z z d z z f z m n dz+-++-→=-+-∑⇒6sin Re [,0]z zs z -565601sin lim [](61)!z d z z z dz z→-=- 5501lim (sin )5!z d z z dz→=-011lim(cos )5!5!z z →=-=. 三、函数在无穷远点的留数无穷远点留数定义:设函数()f z 在圆环域R z <<+∞内解析,C 为只会圆环内绕原点的任何一条正向简单闭曲线,则称积分: 1()2C f z dz i π-⎰,为函数()f z 在无穷远点的留数, 记作: 1Re [(),]()2C s f z f z dz iπ-∞=⎰ . 定理 2 如果函数()f z 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点(包括∞), 则函数()f z 在所有各奇点(包括∞)的留数的总和一定为零,即:1R e [(),]R e [(),]0nk k s fz z s f z =+∞=∑ 证明: 设函数()f z 的有限个孤立奇点为(1,2,,)k z k n = , 除∞外, 又设C 为一条绕原点的并将(1,2,,)k z k n = 包含在它内部的正向简单闭曲线, 由留数定理及无穷远点留数定义得:1Re [(),]Re [(),]nk k s f z z s f z =+∞∑11()()022C C f z dz f z dz i i ππ-=+=⎰⎰. 法则4: 211Re [(),]Re [(),0]s f z s f z z ∞=-⋅. 证明: 据在无穷远的留数定义中,取正向的简单闭曲线C为半径足够打的正向圆周z ρ=.令1z ζ=,并设,i i z e re θϕρζ==,⇒1,rρθϕ==-⇒1Re [(),]()2C s f z f z dz i π-∞=⎰201()2i i f e ie d i πθθρρθπ-=⎰2011()2i i i f d i re reπϕϕϕπ=-⎰ 220111()()2()i i i f d re i re re πϕϕϕπ=-⎰21111()2f d i ζρζπζζ==-⎰ 由于函数()f z 在z ρ<<+∞内解析,从而1()f ζ在10ζρ<<内解析,⇒ 211()f ζζ在1ζρ<内除0ζ=外没有其他的奇点,由留数定理得:22111111()Re [(),0].2f d s f iζρζπζζζζ==⋅⎰例11．计算Re [(),]s f z ∞的值,如果(1) 2();1z e f z z =- (2) 41().(1)(4)f z z z z =+- 解: (1) 1Re [(),]Re [(),]0,nk k s f z z s f z =+∞=∑2()1ze f z z =-有两个有限孤立奇点1z =±,且均为一阶极点;21Re [(),1]lim(1),12z z e e s f z z z →=-=- 121Re [(),1]lim(1)12z z e e s f z z z -→--=+=--⇒ Re [(),]Re [(),1]Re [(),1]s f z s f z s f z ∞=---11()sin .222e e e e hi ---=--=-=- (2) 211Re [(),]Re [(),0]s f z s f z z ∞=-⋅ 241Re ,011(1)(4)z s z z z ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎢⎥+-⎣⎦44Re ,0(1)(14)z s z z ⎡⎤=-⎢⎥+-⎣⎦例12. 计算积分41Czdz z -⎰其中C 为正向圆周2z =. 解: 4()1zf z z =-在2z =外部除z =∞点外无其他的奇点, ⇒42Re [(),]1C z dz i s f z z π=-∞-⎰ 2112Re [(),0]i s f z z π=⋅42Re [,0]01z i s zπ==-.例13. 计算积分10()(1)(3)C dzz i z z +--⎰ ,其中C 为正向圆周2z =.解: 函数的奇点有: ,1,3,z i z z z =-===∞,Re [(),]Re [(),1]Re [(),3]Re [(),]0s f z i s f z s f z s f z ⇒-+++∞=102{Re [(),]Re [(),1]}()(1)(3)C dzi s f z i s f z z i z z π=-++--⎰2{Re [(),3]Re [(),]}i s f z s f z π=-+∞10231112{lim(3)Re [(),0]}()(1)(3)z i z s f z i z z z zπ→=--++-- 10101012{Re [,0]}(3)2(1)(1)(13)z i s i iz z z π=-++⋅+-- 10(3)ii π=-+ 第三节 留数在定积分计算中的应用留数定理为某些类型积分的计算提供了有效的方法．应用留数定理计算实变函数的定积分的方法称为围道积分法．围道积分法就是把求实变函数的积分化为复变函数沿着围线的积分，然后利用留数定理，使沿着围线的积分计算，归结为留数计算．要使用留数计算，需要两个条件：一是被积函数与某个解析函数有关；其次，定积分可化为某个沿闭路的积分．其实质就是用复积分来计算实积分，这一方法对有些不易求得的定积分和广义积分常常比较有用．现在就几个特殊类型举例说明． 一、形如20(cos ,sin )R d πθθθ⎰的积分令i z e θ=, i dz ie d θθ=, dzd iz θ=, 1cos 22i ie e z z θθθ--++==, 1sin 22i i e e z z i iθθθ----==,其中(cos ,sin )R θθ为cos θ与sin θ的有理函数,且在[0,2]π上连续, 当[0,2]θπ∈时,对应的z 正好沿着单位圆||1z =的正向绕行一周, 函数22111()(,)22z z f z R z iz iz+-=为z 的有理函数,且在||1z =上分母不为零, 即在单位圆||1z =上无奇点,因此满足留数定理的条件,故有2220111(cos ,sin )(,)22z z z dz R d R z iz iz πθθθ=+-=⎰⎰ 1()z f z d ==⎰ .例1. 计算22cos 2(01)12cos I d p p pπθθθ=<<-+⎰，的值. 解: 在02ππ≤≤内, 2212cos (1)2(1cos )0p p p p θθ-+=-+-≠,因而该积分是定积分,21cos 22i i e e z zθθθ-++==，222211cos 2()()22i i e e z z θθθ--=+=+ 2212112122z z z dzI z z iz p p --=+⇒=+-+⎰42112(1)()z z dz iz pz z p =+=--⎰ 1().z f z dz ==⎰被积函数421()2(1)()z f z iz pz z p +=--有三个极点10,,z z p z p ===,只有0,z z p ==在圆周1z =内,其中0z =为二阶极点, z p =为一阶极点,42201Re [(),0]lim []2(1)()z d z s f z z dz iz pz z p →+⇒=--223422220()4(1)(12)lim 2()z z pz p p z z z pz p i z pz p p z →--+-+-+=--+ 2212p ip +=-,421Re [(),]lim [()]2(1)()z p d z s f z p z p dz iz pz z p →+⇒=---,24222221122[].22(1)1p p p I i ip ip p p ππ++⇒=-+=--二、形如()R x dx +∞-∞⎰的积分1111()(),2()n n nm m mz a z a P z R z m n Q z z b z b --+++==-≥+++ 是关于z 的有理函数.(1) ()Q z 比()P z 至少高两次; (2) ()Q z 在实轴上无零点;(3) ()R z 在上半平面Im 0z >内的极点为(1,2,,)k z k n = , 则有:1()2Re [(),]nk k R x dx i s R z z π+∞-∞==∑⎰.基本思想:(1)先取被积函数()R x 在有限区间[,]R R -上的定积分,在引入辅助曲线,即上半圆周:Re (0)i R C z θθπ=≤≤,同[,]R R -一起构成围线,取R 适当的打,使得()()()P z R z Q z =所有的在上班平面内的极点k z 都包含在积分路径内,如下图:1()()()2Re [(),]RnRk CRC k R z dz R x dx R z dz i s R z z π-=⇒=+=∑⎰⎰⎰(2)在R C 上,令Re (0)i z θθπ=≤≤, 则有0()(Re )Re ()(Re )R i i i C P z P dz i d Q z Q θπθθθ=⎰⎰, 因为()Q z 的次数比()P z 的次数至少高两次,于是有当||z R =→∞时,()Re (Re )0()(Re )i i i zP z P Q z Q θθθ=→,1()2Re [(),].()n k k P x dx i s R z z Q x π+∞-∞=⇒=∑⎰ 例2. 计算积分22222,(0,0)()()x dxI a b x a x b +∞-∞=>>++⎰的值. 解: 4,2,2,m n m n ==-=函数()R z 在实轴上没有孤立奇点, 22222()()z z a z b ++在上半平面的奇点为ai bi ，，且为一阶极点;1()2Re [(),].()nk k P x dx i s R z z Q x π+∞-∞=⇒=∑⎰Re [(),]s R z ai 222222()2()a aai b a i a b -==--, 同理, 22Re [(),]2()b s R z bi i b a =-,22222[]2()2()a b I i i a b i b a a bππ=+=--+三、形如()(0)aix R x e dx a +∞-∞>⎰的积分(1) ()R x 是x 的有理函数,而分母的次数至少比分子的次数高一次,(2) 并且()R z 在实轴没有孤立奇点,(3) (1,2,,)k z k n = 为函数()()iaz f z R z e =在上半平面的奇点. 则积分存在,且1()()2Re [(),]()niaxiaxiaz k k P x R x e dx e dx i s R z e z Q x π+∞+∞-∞-∞===∑⎰⎰基本思想:(1) 解决思路同类型2,此时被积函数为()aixR x e ,1111()(),1()--+++==-≥+++ n n nm m mx a x a P x R x m n Q x x b x b (2) 设()R x 在半圆周,0arg R C z R z θπ=≤=≤：上连续(对充分打的R 都如此)且一致地有lim ()0z R z →∞=,则当0a >时,有lim()0Riaz C R R z e dz →∞=⎰.(3)设1111()(),1()n n n m m mx a x a P x R x m n Q x x b x b --+++==-≥+++ ，()P x 与()Q x 互质且在实轴上()0Q x ≠,且0a >, 则:1()2Re [(),]niaxiaz k k R x e dx i s R z e z π+∞-∞==∑⎰,k z 为()R z 上半平面的奇点. 特别地,将上式分开实部与虚部,可得积分1()sin Im{2Re [(),]}niaz k k R x axdx i s R z e z π+∞-∞==∑⎰,1()cos Re{2Re [(),]}niaz k k R x axdx i s R z e z π+∞-∞==∑⎰.例3. 计算积分22cos (0)xdx a x a+∞-∞>+⎰，的值. 解: 2,0,21,m n m n ==-=> 221()R z z a =+在实轴上没有奇点, 所以此积分存在,且此积分是22ixe dx x a +∞-∞+⎰的实部. 而222212Re [,]ix iz n k k e e dx i s z x a z a π+∞-∞==++∑⎰, 函数22iz e z a +在上半平面内只有一个一阶极点z ai =, 22Re [,]2,2iz a ae e e s ai i z a ai a ππ--⇒==+ 22cos x dx x a +∞-∞⇒+⎰ae aπ-=. 例4. 计算22sin (0)x xI dx a x a+∞-∞=>+⎰，的值.解: 2,1,1,m n m n ==-=函数22R()zz z a =+在实轴上没有孤立奇点, 则积分存在,()R z 在上半平面内内只有一个一阶极点z ai =222Re [(),]ix iz xe dx i s R z e ai x aπ+∞-∞⇒=+⎰22aa e i ie ππ--==, 于是可得: 22sin ax x dx e x aπ+∞--∞=+⎰. 同时可以得到:22220sin 1cos 0.2a x x x xdx e dx x a x a π+∞+∞--∞==++⎰⎰， 四、函数在实轴上有奇点的积分可适当的选取路径来积分,使积分路线绕开孤立奇点,得:111()2Re [(),]Re [(),],2nnk k k k f x dx i s f z z s f z x π+∞-∞===+∑∑⎰其中k z 是上班平面的奇点, k x 是实轴上的奇点. 例5. 计算积分sin xdx x+∞-∞⎰的值. 解: 函数sin ()x f x x =是偶函数, 所以0sin 1sin 1Im[]22ixx x e dx dx dx x x x+∞+∞+∞-∞-∞==⎰⎰⎰ ize z 在实轴上有一个一阶极0z =, 012{0Re [,0]}lim .2ix iz izz e e e dx i s i z i x z zπππ+∞-∞→=+==⎰ 0sin 2x x π+∞⇒=⎰. 例6.证明220sin cos x dx x dx +∞+∞==⎰⎰. 证明: 222cos sin ix ex i x =+,取积分的封闭曲线是半径为R 的4π扇形边界, 由于2iz e 在D 内及其边界上C 解析, 20iz Ce dz ⇒=⎰, 即:2220(1)ix iz iz OAABBOe dx e dz e dz ++=⎰⎰⎰在AB 上: Re i z θ=,θ从0到4π; 因此(1)成为: 222240()()4400ii Riix iR e i i re Re dx eRie d ee dr πθππθθ++=⎰⎰⎰;或22222cos2sin 244(cos sin )RRir iRR i x i x dx eedr e Rie d ππθθθθ--+=-⎰⎰⎰,(1) 22444lim Riiir r R e e dr e e dr e πππ+∞--→∞==⎰⎰sin )44i ππ=+==(2)222cos2sin 2sin 2440iR R i R eRie d eRd ππθθθθθθ--≤⎰⎰22440(1)4R R R ed e Rπθππθ--≤=-⎰, 当R →∞时,上面积分趋向于零, 从而有220(cos sin )x i x dx ∞+=⎰,两端实部和虚部分别相等,得:220cos sin x dx x dx ∞∞==⎰⎰。

第五章留数及其应用(Residue and application)第一讲授课题目：§5.1 孤立奇点教学内容：孤立奇点的分类、各类奇点的特征、函数的零点与极点的关系、函数的零点与极点的关系.函数在无穷远点的性态学时安排：2学时教学目标：1、掌握孤立奇点的分类2、理解并掌握各类奇点的特征3、了解函数的零点与极点的关系及函数的零点与极点的关系教学重点：孤立奇点的分类教学难点：各类奇点的特征教学方式：多媒体与板书相结合P习题五：1-5作业布置：133132板书设计：一、孤立奇点的分类二、各类奇点的特征三、函数的零点与极点的关系参考资料：1、《复变函数》，西交大高等数学教研室，高等教育出版社.2、《复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》，高等教育出版.3、《复变函数论》，（钟玉泉编，高等教育出版社，第二版）2005年5月.4、《复变函数与积分变换》苏变萍陈东立编，高等教育出版社，2008年4月.课后记事：1、会判断函数的孤立奇点，并能正确分类2、基本掌握各类奇点的特征3、课后要答疑教学过程：§5.1 孤立奇点(Isolated singular point)一、孤立奇点的分类（Isolated singular points of ） 设函数)(z f 在去掉圆心的圆盘)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么我们称0z 为)(z f 的孤立奇点.在D 内，)(z f 有洛朗展式,)()(0∑+∞-∞=-=n n nz z z f α其中,...)2,1,0(,)()(2110±±=-=⎰+ρζζζπαC n n n d z f iρC 是圆)0(||0R z z <<=-ρρ.,)(00∑+∞-=-n n nz z α为)(z f 的解析部分，,)(10∑+∞=---n n nz z α为)(z f 的主要部分.例1 0是z e z z 1,sin ，z1的孤立奇点. 例2()zz f 1sin 1=，()Λ,2,110==n n z π是它的孤立奇点. 一般地，对于上述函数)(z f ，按照它的洛朗展式含负幂的情况（主要部分的情况），可以把孤立奇点分类如下：定义（Definition ）5.1(1) 若 )(z f 在0z 的主要部分为零， 则称 0z 为)(z f 的可去奇点.(2) 若 )(z f 在 0z 点的主要部分为有限多项. 即110)1(0)()(z z z z z z m m mm-++-+------αααΛ (0≠-m α)则称 0z 为)(z f 的m 阶极点.(3) 若 )(z f 在 0z 点的主要部分有无限多项, 则称 0z 为 )(z f 的本性奇点.二、各类奇点的特征(The characteristics of various types of singularities)1、可去奇点(Removable singularity) 我们说0z 是)(z f 的可去奇点，或者说)(z f 在0z 有可去奇点.这是因为令00)(α=z f ，就得到在整个圆盘R z z <-||0内的解析函数)(z f .定理(Theorem)5.1函数)(z f 在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是)(z f 的可去奇点的必要与充分条件是：存在着极限，0)(lim 0α=→z f z z ，其中0α是一个复数.证明：（必要性）.已知0z 是)(z f 的可去奇点，在R z z <-<||00内，)(z f 有洛朗展式：...)(...)()(0010+-++-+=n n z z z z z f ααα因为上式右边的幂级数的收敛半径至少是R ，所以它的和函数在R z z <-||0内解析，于是显然存在着0)(lim 0α=→z f z z .（充分性）设在R z z <-<||00内，)(z f 的洛朗展式是,)()(0∑+∞-∞=-=n n nz z z f α其中,...)2,1,0(,)()(2110±±=-=⎰+γζζζπαn d z f i n n 已知0)(lim 0α=→z f z z ，所以存在着两个正数M 及)(0R ≤ρ，使得在00||0ρ<-<z z 内，,|)(|M z f <那么取ρ，使得00ρρ<<，我们有,...)2,1,0(221||1±±==≤+n MM n n n ρρπρπα 当0<n 时，在上式中令ρ趋近于0，就得到,...)3,2,1(0---==n n α.于是0z 是)(z f 的可去奇点.定理(Theorem)1.5'设0z 为)(z f 的孤立奇点，则0z 是)(z f 的可去奇点的充分必要条件是：存在着某一个正数)(0R ≤ρ，使得)(z f 在00||0ρ<-<z z 内有界.2. 极点(Pole)设0z 是)(z f 的m 阶极点.当1=m 时，称0z 是)(z f 的单极点，当1>m 时，称0z 是)(z f 的m 重极点.0z 是)(z f 的)1(≥m 阶极点，那么在R z z <-<||00内，)(z f 有洛朗展式：...)(...)(...)()()(0010011010+-++-++-++-+-=--+--n n m m mm z z z z z z z z z z z f αααααα在这里0≠-m α.于是在R z z <-<||00内()()z z z z z z z z z z z z z z f mn n m m mmϕαααααα000100110101...)(...)(...)()()(-=+-++-++-++-+-=--+--其中)(z ϕ是一个在R z z <-||0内解析的函数，并且0)(0≠z ϕ.反之，如果函数)(z f 在R z z <-<||00内可以表示成为上式右端的形状，而)(z ϕ是一个在R z z <-||0内解析的函数，并且0)(0≠z ϕ，那么可以推出0z 是)(z f 的m 阶极点.这样我们就得到： 0z 是)(z f 的m 阶极点充要条件是：()()z z z z f mϕ01)(-=（1） 其中)(z ϕ在0z 解析，并且0)(0≠z ϕ. 由此可得如下定理：定理(Theorem)5.2设函数)(z f 在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是)(z f 的极点的充分必要条件是：∞=→)(lim 0z f z z .推论设函数)(z f 在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是)(z f 的m 阶极点的充分必要条件是：m m z z z f z z -→=-α)()(lim 00，在这里m 是一个正整数，m -α是一个不等于0的复常数.3. 本性奇点 (Essential singularity) 定理(Theorem)5.3设函数)(z f 在)0(||0:0+∞≤<<-<R R z z D 内解析，那么0z 是)(z f 的本性奇点的充分必要条件是：不存在有限或无穷极限)(lim 0z f z z →.例3 研究是函数()ze zf 1=孤立奇点的类型 解：0=z 是函数()ze zf 1=的孤立奇点.当z 沿正实轴趋近于0时，ze 1趋近于∞+； 当z 沿负实轴趋近于0时，ze 1趋近于0；所以zz e 1lim →不存在，故0=z 是函数()ze zf 1=的本性奇点.例4 研究是函数()zzz f sin =孤立奇点的类型 解：0=z 是函数()zzz f sin =的孤立奇点.因为函数()zz z f sin =在+∞<<||0z 内的洛朗展式为...)!12()1(...!5!31sin 242++-+-+-=n z z z z z nn 由于展式中负幂项系数均为0，故故0=z 是函数()zzz f sin =的可去奇点.例5 求出下列函数的奇点，并确定它们的类型，对无穷远点也要加以讨论：（1）3sin )(z z z z f -= （2）25)1()(z z z f -=解（1）（法一）)(z f 以0=z 为奇点 先求)(z f 在+∞<<||0z 的洛朗展式：∑∑+∞=++∞=++-=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=112301233)!12()1(1)!1()1(1sin )(n n n n n n n z z z zn z z z z z z f 由此，)(z f 在0=z 的负幂项部分为零；故0=z 为)(z f 的可去奇点.（法二） 因为616sin lim 31cos lim sin lim02030-=-=-=-→→→z z z z z z z z z z 故0=z 为)(z f 可去的奇点（2）显然1=z 是)(z f 的二级极点. 三、函数的零点与极点的关系(Function relationship between the zero and pole) 定义(Definition)5.2若()()z z z z f mϕ0)(-=，其中)(z ϕ在0z 解析，且0)(0≠z ϕ，m 是一正整数，则称0z 为)(z f 的m 阶零点.定理(Theorem)5.4若)(z f 在0z 解析，则0z 为)(z f 的m 阶零点充分必要条件是()()()()0,1,1,00)(00≠-==z fm n z fm n Λ证明：（必要性）若0z 为)(z f 的m 阶零点，则 ()()z z z z f mϕ0)(-=设)(z ϕ在0z 的泰勒展式为...)(...)()(0010+-++-+=n n z z z z z αααϕ 其中0)(00≠=z ϕα，从而)(z f 在0z 的泰勒展式为()()Λ+-+-=+10100)(m mz z z z z f αα由此式推知()()()()0,1,1,00)(00≠-==z fm n z fm n Λ（充分性）课后作业注1：不恒为零的解析函数的零点是孤立的(Analytic function is not identically zero zero is isolated)零点与极点有如下关系定理(Theorem)5.5 0z 为)(z f 的m 阶极点，则0z 是()z f 1的m 阶零点，反之亦然.例6函数()zz f sin 1=有什么奇点？如果是极点，指出它们的阶.解：()Λ,2,1,00sin ±±==⇒=k k z z π是函数)(z f 的孤立奇点，由于()Λ,2,1,00)(sin ±±=≠'=k z k z π，所以()Λ,2,1,0±±==k k z π都是z sin 的一阶零点，也就是()zz f sin 1=一阶极点. 四、函数在无穷远点的性态(Function in the behavior of Infinity)定义(Definition)5.3设函数)(z f 在无穷远点的邻域+∞<<||z R 内解析，则称无穷远点为)(z f 的孤立奇点.在+∞<<||z R 内，)(z f 有洛朗级数展式：∑+∞-∞==n n nz z f α)( （2）其中,...)2,1,0,(,)()(2110±±=>-=⎰=+ρςρζζζπαn R d z f i n n 令w z 1=，按照0>R 或0=R ，我们得到在Rw 1||0<<或+∞<<||0w 内解析的函数)1()(w f w =ϕ，在Rw 1||0<<内其洛朗级数展式是：∑+∞-∞==n n n w b w )(ϕ再用zw 1=代入，得到在+∞<<||z R 内 ∑+∞-∞=-=n n nz bz f )( （3）（3）与（2）对比得()Λ,2,1,0,±±==-n b n n α 因此，有（1）在（2）中，如果当时Λ,3,2,1=n 时，0=n α，那么∞=z 是)(z f 的可去奇点.（2）在（2）中，如果只有有限个（至少一个）整数0>n ，使得0≠n α，那么∞=z 是)(z f 的极点.设对于正整数m ，0≠m α，而当m n >时，0=n α，那么我们称∞=z 是)(z f 的m 阶极点. （3）在（2）中，如果有无限个整数0>n ，使得0≠n α，那么称∞=z是)(z f 的本性奇点.注2：我们也称,,1∑∑+∞=-∞=n nn n nn z z αα分别为级数,∑+∞-∞=n n n z α的解析部分和主要部分.注3：若∞=z 为)(z f 的可去奇点，也说)(z f 在无穷远点解析.注4：有限点的结论都可以推广到无穷远点的情形，有 定理(Theorem)5.6设函数)(z f 在无穷远点的邻域+∞<<||z R （0≥R ）内解析，则孤立奇点∞=z 为)(z f 的可去奇点、极点、本性奇点的充分必要条件是存在着有限、无穷极限)(lim z f z ∞→、不存在有限或无穷的极限)(lim z f z ∞→.例7 求函数)1(1)(-=z z z f 在∞的去心邻域内的洛朗展式，并指出其收级域.解：因)(z f 在+∞<<||1z 内解析，故在此领域内展为洛朗级数.∑∑∑+∞=+∞=++∞===-=--=--=-1210111111111.1111)1(1n n n n n n z z z z z z zz z z z z例8 函数324321)(z z z z f +++=是否以∞=z 为孤立奇点？若是，属于哪一类？解：函数324321)(z z z z f +++=在全平面上解析，式子本身就是)(z f 在无穷远点的邻域+∞<||z 内的洛朗展式，所以∞=z 是函数)(z f 的孤立奇点且为三阶极点.例9 函数z z f sin 1)(=是否以∞=z 为孤立奇点？ 解：函数zz f sin 1)(=在全平面上除z sin 的零点以外为解析，但z sin 的零点()Λ,2,1,0±±==k k z k π，它们都是zz f sin 1)(=的极点，且在扩充复平面上，序列{}kz 以∞=z 为聚点，因此∞=z 不是函数zz f sin 1)(=的孤立奇点.2 1 §5.2 留数留数的概念及留数定理、留数的求法、函数在无穷远点的的留数.1、掌握留数定理及留数的求法2、正确理解函数在无穷远点的的留数3、了解留数的概念留数定理留数的求法讲授法多媒体与板书相结合P思考题：1，2，3.习题五：6-8133132一、留数定理二、留数的求法三、函数在无穷远点的的留数[1]《复变函数》，西交大高等数学教研室，高等教育出版社.[2]《复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》，高等教育出版社.[3]《复变函数论》，（钟玉泉编，高等教育出版社，第二版）2005.[4]《复变函数与积分变换》,苏变萍陈东立编，高等教育出版社，2008.1、会求留数2、能理解留数的概念3、课后要答疑第二讲授课题目：§5.2留数教学内容：留数的概念及留数定理、留数的求法、函数在无穷远点的的留数.学时安排：2学时教学目标：1、掌握留数定理及留数的求法2、正确理解函数在无穷远点的的留数3、了解留数的概念教学重点：留数定理教学难点：留数的求法教学方式：多媒体与板书相结合P思考题：1，2，3.习题五：6-8作业布置：133132板书设计：一、留数定理二、留数的求法三、函数在无穷远点的的留数参考资料：1、《复变函数》，西交大高等数学教研室，高等教育出版社.2、《复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》，高等教育出版.3、《复变函数论》，（钟玉泉编，高等教育出版社，第二版）2005年5月.4、《复变函数与积分变换》苏变萍陈东立编，高等教育出版社，2008年4月.课后记事：1、会求留数2、能理解留数的概念3、课后要答疑教学过程：§5.2 留数 (Residue)一、 留数的概念及留数定理（The concept of the residue and the residue theorem ）设函数)(z f 在点0z 解析.作圆r z z C =-|:|0，使)(z f 在以它为边界的闭圆盘上解析，那么根据柯西定理，积分0)(=⎰Cdz z f设函数)(z f 在区域R z z <-<||00内解析.选取r，使R r <<0，并且作圆r z z C =-|:|0，那么如果)(z f 在0z 也解析，则0)(=⎰Cdz z f ；如果0z 是)(z f 的孤立奇点，则积分⎰Cdz z f )(就不一定等于零；关于⎰Cdz z f )(的计算有定义（Definition ）5.4如果0z 是)(z f 的孤立奇点，函数)(z f 在区域R z z <-<||00内解析.则称积分⎰C dz z f i)(21π为)(z f 在孤立奇点0z 的留数，记作())],[Res 0z z f ，这里积分是沿着C 按逆时针方向取的.注1:我们定义的留数())],[Res 0z z f 与圆C 的半径r 无关. 事实上:在R z z <-<||00内，)(z f 有洛朗展式：∑+∞-∞=-=n n nz z z f )()(0α，当1-=n 时，⎰=-C dz z f i)(211πα 有 12)(-=⎰απi dz z f C即， ()10)],[Res -=αz z f . （1）这就是说)(z f 在孤立奇点0z 的留数等于其洛朗级数展式中1z z -的系数.注2：如果0z 是)(z f 的可去奇点，那么()0)],[Res 0=z z f 例1 求zze z f 1)(=在孤立奇点0=z 处的留数 解：在+∞<<||0z 内Λ++++==21!31!211)(z z z ze z f z所以 ()!21)]0,[Res 1==-αz f 定理(Theorem)5.7（柯西留数定理）(Cauchy residue theorem)设)(z f 在D 内除去有孤立奇点n z z z ,...,,21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()],,[Res 2)(1k nk Cz z f i dz z f ∑⎰==π （2）证明：以D 内每一个孤立奇点()n k z k Λ,2,1=为心，作圆k γ，使以它为边界的闭圆盘上每一点都在D 内，并且使任意两个这样的闭圆盘彼此无公共点.根据柯西定理有,)()(1∑⎰⎰==nk Ckdz z f dz z f γ由此得,)(21)(211∑⎰⎰==nk C kdz z f i dz z f i γππ 即()⇒∑⎰=],[Res )(211k nk C z z f dz z f i π()],,[Res 2)(1k nk Cz z f i dz z f ∑⎰==π二、留数的求法(Method of Calculating the residue) 法则1：设0z 是)(z f 的一个一阶极点.则 ())()(lim ],[Res 000z f z z z z f z z -=→ （3）证明：0z 是)(z f 的一个一阶极点.因此在去掉中心0z 的某一圆盘内（0z z ≠），)(1)(0z z z z f ϕ-=其中)(z ϕ在这个圆盘内包括0z z =解析，其泰勒级数展式是：,)()(00∑+∞=-=n n n z z z αϕ而且0)(00≠=z ϕα.显然，在)(z f 的洛朗级数中01z z -的系数等于)(0z ϕ，因此()()())()(lim lim ],[Res 0000z f z z z z z z f z z z z -===→→ϕϕ例2 求函数()()521)(+-=z z z z f 在各孤立奇点处的留数解：由于52,0-=z 是)(z f 的一阶极点，有()()()101521lim)(lim ]0,[Res 0-=+-==→→z z z zf z f z z()()14151lim)()2(lim ]2,[Res 22=+=-=→→z z z f z z f z z()()35121lim)()5(lim ]5,[Res 55=-=+=--→-→z z z f z z f z z法则2：设)()()(z Q z P z f =其中)(z P 及)(z Q 在0z z =解析，0)(0≠z P ，0z 是)(z Q 的一阶零点，那么0z 是)(z f 的一阶极点，且()()()000],[Res z Q z P z z f '=（4） 证明：利用法则1注意下面式子()()()000000 )()()()(lim )()(lim ],[Res 00z Q z P z Q z Q z P z z z f z z z z f z z z z '=--=-=→→ 即可得证.例3 函数21)(ze zf iz+=在极点处的留数 解：因为函数,1)(2z e z f iz+=有两个一阶极点i z ±=，且,21)(')(iz e zz Q z P = 由法则2 ()ei ze i zf iz iz22],[Res -===().22],[Res e i ze i zf iz iz==--= 法则3： 设0z 是)(z f 的一个m 阶极点.则().)]()[(lim )!1(1],[Res 10100--→--=m m m z z dzz f z z d m z z f （5） 例4 求函数2)(ze zf z-=在0=z 处的留数解：因0=z 是)(z f 的二阶极点，则有公式（5）有()()1lim )]()0[(lim )!12(1]0,[Res 0122120-=-=--=-→--→z z z e dzz f z d z f 三、函数在无穷远点的的留数(Function Infinity residue) 定义(Definition)5.5 设∞=z 为)(z f 的一个孤立奇点，即)(z f 在+∞<<||z R 内解析，则称⎰-Γ>=Γ):(,)(21R z dz z f i ρπ 为)(z f 在点∞=z 的留数.记为]),([Re ∞z f s .这里-Γ是指顺时针方向.注3：若)(z f 在+∞<<||z R 内的洛朗展式为∑+∞-∞==n n nz z f α)(则有1]),([Re --=∞αz f s注4： )(z f 的有限可去奇点a 处，有0]),([Re =a z f s ，但是如果点∞为)(z f 的可去奇点（或解析点），则]),([Re ∞z f s 可以不是零.例如 1],1[Re -=∞zs定理(Theorem)5.8如果)(z f 在扩充z 平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远点在内），设为∞,,,21n a a a Λ，则)(z f 在各点的留数总和为零.证明：对于充分大的正数R ,使n a a a Λ,,21全在R z <||内，由留数定理得()],[Res )(211k nk Rz a z f dz z f i ∑⎰===π而]),([Re )(21∞-=⎰=z f s dz z f i Rz π故得()+∑=],[Res 1k nk a z f 0]),([Re =∞z f s .法则4：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∞0,11Re ]),([Re 2z f z s z f s证明：在无穷远点留数定义中，令θρi e z =.并令ς1=z ，经过化简即可得证. 例5 求函数()324102)2()(-+=z z z z f 在它各有限奇点的留数总和.解：函数的有限奇点是2及)3,2,1,0(24124==+k ez i k k π，共五个.其中2是三阶极点，每个k z 是二阶极点，显然，逐个求出在各奇点的留数，不论用规则2或展开洛朗级数，都是十分麻烦的，现在我们利用定理5.8来求：()[]()[]()[]()[]()()()()121211lim 0,21211Re 0,11Re ,Re 0,Re ,Re 2,Re 324032423-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+⋅-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∞=∞++→=∑z z z z z z z s z z f s z f s z f s z z f s z f s z k k 而所以欲求的留数之和为1注5：定理5.8为我们提供了计算函数沿闭曲线积分的又一种方法.如下例例6 计算积分()()()⎰--+Cz z i z dz3110，其中C 为正向圆周2=z解：除∞外，被积函数的奇点是3,1,i z -=，据定理 5.8有()[]()[]()[]()[],0,Re 3,Re 1,Re ,Re =∞+++-z f s z f s z f s i z f s 其中 ()()()()31110--+=z z i z z f由于,1,i z -=都在C 的内部，所以从上式、留数定理与法则4得到，()()()()[]()[]{}()[]{}()[]()()101010303212,Re 3,Re 21,Re ,Re 231i i i i z f s z f s i z f s i z f s i z z i z dzC+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=∞+-=+-=--+⎰ππππ2 1 §5.3 留数在定积分中的应用*§5.4 对数留数与辐角原理 形如⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 的积分、形如 ⎰+∞∞-dx x R )( 型积分、形如dx e x R imx⎰+∞∞-)( 的积分.对数留数、辐角原理、儒歇（Rouche ）定理.1、熟练掌握⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 、⎰+∞∞-dx x R )(、dx e x R imx ⎰+∞∞-)( 的计算方法 2、掌握儒歇（Rouche ）定理及其应用 3、正确应用辐角原理 4、了解对数留数 形如⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 的积分，辐角原理形如dx e x R imx⎰+∞∞-)( 的积分，辐角原理讲授法 多媒体与板书相结合133132-P 思考题：1，2，3.习题五：6-8一、形如⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 的积分二、形如⎰+∞∞-dx x R )( 型积分三、形如dx e x R imx⎰+∞∞-)( 的积分 四、对数留数五、辐角原理六、儒歇（Rouche ）定理[1]《复变函数》，西交大高等数学教研室，高等教育出版社. [2]《复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》，高等教育出版社. [3]《复变函数论》，（钟玉泉编，高等教育出版社，第二版）2005. [4]《复变函数与积分变换》,苏变萍 陈东立编，高等教育出版社，2008.1、不能正确掌握dx e x R imx⎰+∞∞-)( 2、会求形如⎰=π20)cos ,(sin dt t t R I 的积分3、能正确运用儒歇（Rouche ）定理4、辐角原理掌握不太好5、课后要答疑第三讲§5.3 留数在定积分中的应用(Residue in the application of definite integral) 在数学分析中往往要计算一些定积分或反常积分，而这些积分中的被积函数的原函数，不能用初等函数表示出来；或者可以求出原函数，但计算也非常繁琐.在这种情况下把这些定积分的计算问题，转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留数.下面通过例子进行讨论.一、 形如⎰=πθθθ20d R I )cos ,(sin 的积分，令θi e z=，则izdz d d ie dz i =⇒=θθθ i z z 2sin 1--=θ，2cos 1-+=z z θ其中()θθcos ,sin R 是θθcos ,sin 的有理分式，当πθ20≤≤时，z 沿单位圆1=z 的正向绕行一周，因此有izdzi z z z z R d R z )2,2()cos ,(sin 20111⎰⎰=---+=πθθθ （1）例1 计算积分⎰+=πθθ20,sin a d I其中常数1>a .解：令θi e z =，则izdz d d ie dz i =⇒=θθθ由（1）,12212⎰=-+=z iaz z dzI于是应用留数定理，只需计算122)(2-+=iaz z z f 在|z |<1内极点处的留数，就可求出.上面的被积函数有两个极点：121-+-=a i ia z 及122---=a i ia z .显然1||,1||21><z z .因此被积函数在1||<z 内只有一个极点1z ，122)(2-+=iaz z z f 在极点1z 的留数为 ()11222],[Res 211-=+=a i ia z z z f于是求得.1211222-=-=a a i iI ππ二、 形如 ⎰+∞∞-dx x R )( 型积分其中 ())()(z Q z P z R =为有理分式函数. 定理5.9设 ())()(z Q z P z R =为有理分式, 其中 0,)(0110≠+++=-c a z a z a z P m m m Λ; 0,)(0110≠+++=-b b z b z b z Q n n n Λ为互质多项式, 且合条件:(1) 2≥-m n ,即()z Q 比()z P 至少高两次， (2) ()z Q 在实轴上无零点，(3) )(z R 在上半平面0>z Im 内的极点为),,(n k z k Λ21=, 则∑⎰>+∞∞-=0Im )),((Re 2)(k z kzz R s i dx x R π （2）例2 计算积分⎰∞++0222)1(x dxx解：因为被积分函数是一个偶函数，所以⎰⎰∞+∞-∞++=+=+222222222)1()()1(21)1(z z z f dxx x x dx x它一共有两个二阶极点i z ±=，在上半平面只有i z =一个极点，由公式().)]()[(lim )!1(1],[Res 10100--→--=m m m z z dz z f z z d m z z f 得 ()=)],[Res i z f 4)(lim 22ii z z i z -='⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+→ 由（2）得 ⎰⎰∞+∞-∞+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⋅=+=+44221)1(21)1(2220222ππi i dx x x x dx x例3计算积分⎰∞+=022,)1(x dxI解：因为被积分函数是一个偶函数，所以 ⎰⎰+∞∞-+∞+=+=+2222022)1(1)()1(121)1(z z f dxx x dx它一共有两个二级极点i z ±=，在上半平面只有i z =一个极点，由公式().)]()[(lim )!1(1],[Res 10100--→--=m m m z z dz z f z z d m z z f 得 ()=)],[Res i z f 4)(1lim 2ii z i z -='⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+→ 由（2）得 ⎰⎰∞+∞-∞+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⋅=+=+44221)1(121)1(22022ππi i dx x x dx 注1：通过上述二例，一般形如,)(⎰+∞∞-=dx x R I的积分，其中()x R 是有理分式，分母在实轴上不为零，并且分母的次数比分子的次数至少高2次.都可以用上述方法来计算.三、 形如 dx e x R imx ⎰+∞∞-)( 的积分.其中 ())()(z Q z P z R =为有理分式函数. 定理(Theorem) 5.10 设 ())()(z Q z P z R =为有理分式函数. 其中 ()z Q 与()z P 为互质多项式,且满足条件: (1) ()z Q 的次数比()z P 的次数高，(2)()z Q 在实轴上无零点， (3)0>m 则有),)((Re 2)(0Im k a imzimxa ez R s i dx e x R k ∑⎰>+∞∞-=π （3）注2：将上式实,虚部分开,得到形如:mxdx x Q x P cos )()(⋅⎰+∞∞- 和 mxdx x Q x P sin )()(⋅⎰+∞∞- 的积分. 例 4 计算积分 dx xmxI ⎰+∞+=021cos 解: 因为被积函数为偶函数. 所以dx x mxdx xmx I ⎰⎰+∞∞-+∞+=+=2021cos 211cos 而由（3）m imiimz imx e i e i i z e s i dx xe -+∞∞-=⋅=+=+⎰πππ22],1[Re 2122 比较等式两端的实,虚部得m e I -=2π .同时也可求得: 01sin 2=+⎰+∞∞-dx xmx . 注3：公式（2）与（3）都要求()z Q 在实轴上无零点，即()z R 在实轴上无孤立奇点，若()z R 在实轴上有孤立奇点，则()∑∑⎰=>+∞∞-+=nk k z k x z f s z z f s i dx x f k 10Im ],[Re 21)),((Re 2)(π （4） 其中k z 是上半平面的奇点，k x 是实轴上的奇点.例5 计算积分⎰+∞=0sin dx xx I 解：因为被积函数为偶函数. 所以⎰+∞==0sin dx x x I ⎰⎰∞+∞-∞+∞-=dx x e dx x x ix Im 21sin 21 而()zz z R sin =在上半平面内无奇点，k x 是实轴上有奇点0=z 由公式（4）i z e z i z e s i dx x e izz iz ix πππ==⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=→∞+∞-⎰0lim 0,Re 2102 比较等式两端的实,虚部得π=⎰+∞∞-dx x x sin . ⎰+∞==02sin πdx x x I 所以 *§5.4 对数留数与辐角原理(Logarithmic residue and argument principle)一、对数留数（Residual of logarithm ）定义（Define ）5.6 形如⎰'C dz z f z f i )()(21π的积分称为()z f 的对数留数，注1：函数()z f 的零点和奇点都可能是)()(z f z f '的奇点. 引理（Lemma ）（1）设a 是()z f 的n 阶零点，则a 必为函数)()(z f z f '的一阶极点，并且 n a z f z f s ='],)()([Re （2）设b 为()z f 的m 阶极点.则b 必为函数)()(z f z f '的一阶极点，并且m b z f z f s -='],)()([Re 定理(Theorem)5.11设()z f 在简单闭曲线C 的内部除可能有极点外是解析,并在C 上解析且不为零， 则有),(),()()(21C f P C f N dz z f z f i C -='⎰π 其中()C f N ,表示C 内部零点的总个数，()C f P ,表示C 内部极点的总个数， m 阶零点或极点算m 个零点或极点证明；由已知条件，可知()z f 在C 内部至多有有限个零点和极点，设)2,1(,p k a k Λ=为()z f 在C 内部的不同零点，其阶为k n ；)2,1(q j b j Λ=为()z f 在C 内部的不同极点，其阶为j m 由上述引理知)()(z f z f '在C 内部及C 上除去在C 内部有一级极点)2,1(,p k a k Λ=及)2,1(q j b j Λ=外均是解析的，故有留数定理及引理得),(),()(],)()([Re ],)()([Re )()(211111C f P C f N m n b z f z f s a z f z f s dz z f z f i p k q j j k p k q j j kC k -=-+='+'='∑∑∑∑⎰====π二、辐角原理（Angle principle of the spoke ）为了说明对数留数的几何意义，我们将对数留数写成 ⎰'C dz z f z f i )()(21π=⎰C dz z f dz d i )]([ln 21π=⎰Cz f d i )(ln 21π =⎰⎰+C Cz f d i z f d i )](arg )(ln [21π 函数)(ln z f 是z 的单值函数，当0z z 从起沿简单闭曲线C 一周回到0z 时有 )(ln )(ln )(ln 00z f z f z f d C-=⎰=0 另一方面，当0z z 从起沿正方向绕行简单闭曲线一周回到0z 时，)(arg z f 的值可能改变.于是⎰'C dz z f z f i )()(21π=ππϕϕ2)(arg 2)(01z f i i C ∆=- 式中)(arg z f C ∆表示z 沿C 正方向绕行一周后()z f arg 的改变量，是π2的整倍数.定理(Theorem)5.12（辐角原理）在定理5.11的条件下，()z f 在闭曲线C 的内部的零点个数与极点个数之差，等于当z 沿C 正方向绕行一周后()z f arg 的改变量)(arg z f C ∆除以π2，即=-),(),(C f P C f N π2)(arg z f C ∆ 特别，如()z f 在C 的内部及C 上均解析，且()z f 在C 上不为零时，则=),(C f N π2)(arg z f C ∆. 三、 儒歇（Rouche ）定理（Theorem that Confucianism has a rest (Rouche)）定理(Theorem)5.13（儒歇定理）设函数()z f 及()z g 在简单闭曲线C 的内部及C 上均解析,并且在C 上，()()z g z f >，那么C 的内部()z f 及()()z g z f +的零点的个数相同.注2:选择()z f 及()z g 的原则是:()z f 在内的零点个数好计算.例1 方程,012558=+--z z z在1<z 内根的个数.解：取,2)(,15)(85z z z g z z f -=+-= 由于当1=z 时，我们有,41|5||)(|5=--≥z z f而 ,3|2||||)(|8=+≤z z z g 由此可知：在1=z 上，有()()z g z f >，根据儒歇定理 已给方程在1<z 内根的个数与155+-z 在1<z 内根的个数相同，即5个.例2 问方程01085=+-z z（1）在圆1<z 有几个根.（2）在圆环31<<z 各有几个根.解：（1）取10)(-=z f ，z z z g 8)(5-= 在1=z 上，)()(z g z f >，根据儒歇定理：)(z f 与)()(z f z g +在1<z 内的零点的个数相同，即01085=+-z z 在1<z 内无根（2）取z z g z z f 810)()(5-==，， 在3=z 上，)()(z g z f >，根据儒歇定理：方程0)(5==z z f 的五个根全在3<z 的内部，即01085=+-z z 在31<≤z 上有五个根，但在1=z 上0810*******55>--≥--≥+-z z z z z z所以方程01085=+-z z 在1=z 上无根，故01085=+-z z 的根全在31<<z 内例3 如果e a >，求证方程n z az e =在单位圆1<z 内有n 个根.证明：取,)(,)(n z az z f e z g =-= 由于当1||=z 时，,|||)(|,|||)(|Re e a az z f e ee e z g n z z z >===≤=-=根据儒歇定理：z n e az -在1<z 内的零点的个数与n az 相同，即n 个，因此方程n z az e =在单位圆内有n 个根.例4 试用儒歇定理证明代数学基本定理：n 次方程 0001110≠=++++--a a z a z a z a n n n n Λ有且只有n 个根（几重根就算作几个根）证明：取n n n a z a z g z a z f ++==-Λ110)()(，，当z 在充分大的圆周R z C =:上时，例如取 ⎭⎬⎫⎩⎨⎧++>1max 01，a a a R n Λ 有 11111)()(---++<+++≤n n n n n R a a a R a R a z g ΛΛ )(0z f R a n =<根据儒歇定理定理，在R z <内，方程0110=+++-n n n a z a z a Λ与00=n z a有相同个数的根，而00=n z a 在R z <内有一个n 重根：0=z ，因此n 次方程0001110≠=++++--a a z a z a z a n n n n Λ有n 个根，另外，在圆周R z =上，或其它外部，任取一点0z ，则R R z ≥=00，于是 0000010210010100101000110100=->+++->++-≥++-≥++++-----n n n n n n n n n n n nn n n R a R a R )a a a (R a )a R a (R a a z a z a a z a z a z a ΛΛΛΛ这说明原n 次方程在R z =是及其外部没有根，所以原n 次方程在z 平面上有且只有n 个根.小结：重点掌握孤立奇点分类，留数计算方法，灵活运用留数计算实积分.。

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 →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。