第五章 留 数

By 付小宁

一、孤立奇点的概念定义 如果函数 0z)(zf 在 不解析 , 但 )(zf 在 0z

的某一去心邻域 00 zz 内处处解析 , 则称0z )(zf为 的孤立奇点 .

例 1 0z 是函数z

ze z sin

,1

的孤立奇点 .

1z 是函数1

1z

的孤立奇点 .

第一节 孤立奇点

例 2 指出函数 0z在点

z

zzf

1sin

)(2

的奇点特性 .

解

kzz

1,0 ),2,1( k ，因为 0

1lim

kk

即在 0z 的不论怎样小的去心邻域内 ,

的奇点存在 ,

函数的奇点为

)(zf总有

0z 不是孤立奇点 .所以

函数在孤立奇点以外的奇点称为非孤立奇点 .

孤立奇点的分类

依据 )(zf 在其孤立奇点 0z 的去心邻域

00 zz 内的洛朗级数的情况分为三类 :

1 ．可去奇点

1 ．可去奇点 ; 2 ．极点 ; 3 ．本性奇点 .

如果洛朗级数中不含 的负幂项 , 0zz

0z )(zf那末孤立奇点 称为 的可去奇点 .

1) 定义

其和函数 )(zF 为在 0z 解析的函数 .

00

0

,

,)()(

zzc

zzzFzf

说明 : (1) ,)(0 的孤立奇点若是 zfz

.)()()( 0010 nn zzczzcczf

)0( 0 zz

)(lim)(0

0 zfzfzz

,)( 00 czf

(2) 无论 在 是否有定义 , )(zf0z 补充定义

则函数 在 0z 解析 .)(zf

2) 可去奇点的判定

(1) 由定义判断 : 的洛朗级数无负0z)(zf 在如果

幂项则 0z 为 )(zf 的可去奇点 .

(2) 判断极限 :)(lim0

zfzz

若极限存在且为有限值 ,

则 0z 为 )(zf 的可去奇点 .

如果补充定义 :

0z 时 , ,1sin

z

z

那末z

zsin 在 0z 解析 .

例 3 42

!51

!31

1sin

zzz

z 中不含负幂项 ,

0z 是z

zsin的可去奇点 .

例 4 说明 0z 为z

e z 1 的可去奇点 .

解 z

e z 1

,!

1!2

11 1 nz

nz z0

所以 0z 为 的可去奇点 .z

e z 1无负幂项

另解 z

z

z

ze

ze

00lim

1lim

因为

0z所以 的可去奇点 .为z

e z 1

)1!

1!2

11(

1 2 nzn

zzz

,1

2. 极点

101

2020 )()()()(

zzczzczzczf mm

)0,1( mcm )( 010 zzcc

,)()(

1)(

0

zgzz

zf m

10 )( zz ,)( 0

mzz 其中关于 的最高幂为

即

级极点 .0z )(zf m那末孤立奇点 称为函数 的

或写成

1) 定义 0zz 如果洛朗级数中只有有限多个 的

负幂项 ,

说明 :

2

0201 )()()( zzczzcczg mmm

1. 内是解析函数在 0zz

2. 0)( 0 zg

特点 :

(1)

(2) 的极点 , 则0z )(zf为函数如果.)(lim

0

zfzz

例 5 有理分式函数 ,)2(

23)( 2

zzz

zf

是二级极点 , 0z 2z 是一级极点 .

2) 极点的判定方法

)(zf 的负幂项为有0zz 的洛朗展开式中含有 限项 .

在点 的某去心邻域内0z mzzzg

zf)(

)()(

0

其中 在 的邻域内解析 , 且 )(zg 0z .0)( 0 zg

(1) 由定义判别

(2) 由定义的等价形式判别

(3) 利用极限

)(lim0

zfzz

判断 .

例 6 求函数 的奇点，并确定类型 .

322 )1()1(sin)5(

)(

zzzzz

zf

解 110 z,z,z 是奇点 .

z

zzz

zz

zfsin

)1()1(51

)( 32因为 ),(1

zgz

是单极点；所以 0z 1z 是二级极点 ;

1z 是三级极点 .

本性奇点3.

如果洛朗级数中含有无穷多个 0zz

那末孤立奇点 0z 称为 )(zf 的本性奇点 .

的负幂项 ,

例如， ,!

1!2

11 21

1

nz zn

zze

)0( z含有无穷多个 z 的负幂项

特点 : 在本性奇点的邻域内 )(lim0

zfzz

不存在且不为 .

为本性奇点，所以 0z 同时 z

ze

1

0lim

不存在 .

综上所述 :

孤立奇点

可去奇点

m 级极点

本性奇点

洛朗级数特点 )(lim0

zfzz

存在且为有限值

不存在且不为

无负幂项

含无穷多个负幂项

含有限个负幂项mzz )( 0最高幂为

f(z)lim0zz

)()( 00

zfzz m

zz

lim

存在且有限mzzzg

zf)(

)()(

0 .0)( 0 zg

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 )(zf 如果

能表示成 ),()()( 0 zzzzf m )(z 0z其中 在

,0)( 0 z解析且 m 为某一正整数 , 那末 0z 称为

)(zf 的 m 级零点 .

例 6 的一级零点，是函数 3)1()(0 zzzfz

注意 : 不恒等于零的解析函数的零点是孤立的 .

.)1()(1 3的三级零点是函数 zzzfz

2. 零点的判定

零点的充要条件是

证 ( 必要性 )

由定义 : )()()( 0 zzzzf m

设 0)( zz 在 的泰勒展开式为 :

,)()()( 202010 zzczzccz

0z m0z如果 在 解析 , 那末 为 的 级)(zf )(zf

m0z如果 为 的 级零点)(zf

;)1,2,1,0(,0)( 0)( mnzf n .0)( 0

)( zf m

的泰勒展开式为在从而 0)( zzf

10100 )()()( mm zzczzczf 2

02 )( mzzc

其中 ,0)( 00 zc

展开式的前 m 项系数都为零 , 由泰勒级数的系数

公式知 : );1,2,1,0(,0)( 0)( mnzf n

并且 .0!

)(0

0)(

cm

zf m

充分性证明略 .

(1) 由于1

23)1(

z

zf

知 1z 是 )(zf 的一级零点，

课堂练习

0z 是五级零点 , iz 是二级零点 .

知 是 )(zf 的一级零点 .kπz

解

(2)

答案

例 7 求以下函数的零点及级数 :

,1)( 3 zzf(1) (2) .sin)( zzf

,03

225 )1()( zzzf 的零点及级数 .求

0)cos(|)( kzf kz

尚有另 2 个一级零点 .

3. 零点与极点的关系定理 如果 0z 是 )(zf 的 m 级极点 , 那末0z 就是

)(1zf

的 m 级零点 . 反过来也成立 .

证 如果 0z 是 )(zf 的 m 级极点 , 则有

)()(

1)(

0

zgzz

zf m )0)(( 0 zg

当 时 ,0zz )(

1)(

)(1

0 zgzz

zfm )()( 0 zhzz m

)( 0zh .0)( 0 zh函数 在 0z 解析且

由于 ,0)(

1lim

0

zfzz

只要令 ,0)(

1

0

zf

那末 0z)(

1zf

的 m 级零点 . 就是

反之如果 0z

)(1zf

的 m 级零点 , 是

那末 ),()()(

10 zzz

zfm

当 时 ,0zz ),()(

1)(

0

zzz

zf m

)(1

)(z

z

解析且 0)( 0 z

所以 0z 是 )(zf 的 m 级极点 .

说明 此定理为判断函数的极点提供了一个较为简便的方法 .

例 8 函数 zsin1

有些什么奇点 , 如果是极点 , 指出

它的级 .

解 函数的奇点是使 0sin z 的点 ,

这些奇点是 .)2,1,0( kkz 是孤立奇点 .

kzkzzz cos)(sin因为

的一级零点，是所以 zkz sin

,0)1( k

zsin1

的一级极点 .即

),(1

!3!211

zz

zz

解

022 1

!11

n

nz

nz

zze

解析且 0)0(

所以 0z 不是二级极点 , 而是一级极点 // 可去奇点 .

0z 是 3

sinhz

z的几级极点 ?思考

例 9 问 0z 是 2

1z

e z 的二级极点吗 ?

注意 : 不能以函数的表面形式作出结论 .

三、函数在无穷远点的性态定义 f z R z 若 在 内解析，

注 ∞ f z在扩充复平面上 均为 的奇点

R

Z

f z .则称 远点为 的孤立奇点

f z z 在 的讨论： 性态 分类

1

11 , 0

zt

t z tz

作变换 规定：

1R 0z t

R 则

t1

R

10 0t t , t t

R 显然 在 内解析 是 的孤立奇点

n

nnzCzf

)( n-

nntC

tft

)1

()(

规定：

1 0 t t z f z

若 是 的可去奇点，称 是

的可去奇点

2 0 t t m z f z

m

若 是 的 阶极点，称 是

的 阶极点

3 0 t t z f z 若 是 的本性奇点，称 是

的本性奇点

判别法 1 ( 利用变换域级数进行判断 )

1) 不含正幂项 ;

2) 含有有限多的正幂项且 mz 为最高正幂 ;

3) 含有无穷多的正幂项 ;

那末 z 是 )(zf 的 1) 可去奇点 ;

2) m 级极点 ;

3) 本性奇点 .

2 ( 利用洛朗级数的特点 )2. 判别方法

)(zf zR在 内的洛朗级数中 :如果

例 10 (1) 函数 1)(

zz

zf 在圆环域 z1

内的洛朗展开式为 :

nn

zzzz

zf1

)1(11

11

1

1)( 2

不含正幂项所以 z 是 )(zf 的可去奇点 .

(2) 函数z

zzf1

)( 含有正幂项且 z 为最高正

幂项 , 所以 z 是 )(zf 的一级极点 .

(3) 函数 zsin 的展开式 :

)!12(!5!3sin

1253

nzzz

zzn

含有无穷多的正幂项

所以 z 是 )(zf 的本性奇点 .

课堂练习

.0, 是本性奇点是一级极点 zz

zezzf1

)( 的奇点及其类型 .说出函数

答案

判别法 3 : ( 利用极限特点 )

如果极限 )(zfz lim

1) 存在且为有限值 ;

2) 无穷大 ;

3) 不存在且不为无穷大 ;

那末 z 是 )(zf 的 1) 可去奇点 ;

2)m 级极点 ;

3) 本性奇点 .

存在且有限)(zfz -

z

mlim

例 11 函数 3

32

)(sin)2)(1(

)(zzz

zf

在扩充复平面内

有些什么类型的奇点 ? 如果是极点 , 指出它的级 .

解 函数 )(zf 除点 2,1,0 z 外 ,

.,,,zπcosπzsinπi 处均不为零在因 210)(

所以这些点都是 zsin 的一级零点 ,

故这些点中除 1, -1, 2 外 , 都是 )(zf 的三级极点 .

z 内解析 .在

),1)(1(12 zzz因

所以 .2)(11 级极点的是与 zf

)(lim2

zfz

那末 2z 是 )(zf 的可去奇点 .

为一级零点，与以 11

因为

时，当 2z

3

32

2 )(sin)2)(1(

limzzz

z

,3

3

时，当 z

使分母为零，nn

1,0

z 不是 )(zf 的孤立奇点 .所以

,sin

)21)(1(1

32

32

f因为

的极点，为

11f

nn

时，当 n ，0n

的孤立奇点，不是故

10 f

一、留数的引入

01

010 )()()( czzczzczf nn

C

0z )(zf设 为 的一个孤立奇点 ;

内的洛朗级数 :)(zf Rzz 00在

nn zzczzc )()( 001

0z.的某去心邻域0z Rzz 00

邻域内包含 0z 的任一条正向简单闭曲线

第二节 留 数

12 ic

zzzczzzczc n

Cn

CC

d)(d)(d 0010

CC

nn zzzczzzc d)(d)( 1

010

C

zzf d)(积分

0( 高阶导数公式 )

0 ( 柯西 - 古萨基本定理 )

i2

的系数洛朗级数中负幂项 101 )(

zzc

zzfi

cC

d)(21

1 即 ]),(Res[ 0zzf的留数在 0)( zzf

定义

记作 ].),(Res[ 0zzf

域内的洛朗级数中负 .))( 101 的系数幂项

zzc

为中心的圆环在即 0)(( zzf

)(0 zfz 为函数 的一个孤立奇点 , 则沿

Rzzz 00 0的某个去心邻域在 内包含 0z 的

任意一条简单闭曲线 C 的积分C

zzf d)( 的值除

i2 后所得的数称为 .)( 0的留数在 zzf以

如果Residue

二、利用留数求积分

说明 : 内部处处解析；上及在 CCzf )(.1

2. 留数定理将沿封闭曲线 C 积分转化为求被积函数在 C 内各孤立奇点处的留数 .

1. 留数定理 )(zf 在区域 D 内除有限个孤

nzzz ,,, 21 外处处解析 , C 是 D 内包围诸奇

点的一条正向简单闭曲线 , 那末

.]),(Res[2d)(1

n

kk

C

zzfizzf

立奇点

函数

证

nCCC

zzfzzfzzf d)(d)(d)(21

zzfC

d)(

zzfi

zzfi

zzfi

nCCC

d)(21

d)(21

d)(21

21

]),(Res[]),(Res[]),(Res[ 21 nzzfzzfzzf

.]),(Res[1

即可得

n

kkzzf [ 证毕 ]

两边同时除以 且i21z 2z

nz

D

C

. .

.

如图

2. 留数的计算方法

(1) 如果 0z 为 )(zf 的可去奇点 , .0]),(Res[ 0 zzf则

.)()(),(Res 000

zfzzlimzzfzz

][

如果 为 的一级极点 , 那末0z )(zf•规则 1

成洛朗级数求 .1c

(2) 如果 0z 为 的本性奇点 , )(zf

(3) 如果 0z 为 的极点 , 则有如下计算规则)(zf

)(zf则需将 展开

如果 为 的 级极点 , 0z )(zf m

)].()[(dd

lim)!1(

1]),(Res[ 01

1

00

zfzzzm

zzf mm

m

zz

•规则 2

证

2020 )()()( zzczzczf m

m

)()( 010

101 zzcczzc

101010 )()()()(

mmm

m zzczzcczfzz

10100 )()( mm zzczzc

那末

,)!1()]()[(dd

lim 101

1

0

cmzfzz

zm

m

m

zz

10 ]),(Res[ czzf所以

+( 含有 正幂的项 )0zz 1)!1( cm

)].()[(dd

lim)!1(

101

1

0

zfzzzm

mm

m

zz

)]()[(dd

01

1

zfzzz

mm

m

两边求 1m 阶导数 ,

[ 证毕 ]

得

•规则 3

如果 ,0)(,0)(,0)( 000 zQzQzP

设 ,)()(

)(zQzP

zf )(zP 及 )(zQ 在 0z 都解析，

证 0)(,0)( 00 zQzQ因为

0z所以 的一级零点 ,为 )(zQ

)(1zQ0z 的一级极点 .为

那末 0z 为

的一级极点 ,)(zf .)()(

]),(Res[0

00 zQ

zPzzf

且有

解析且0z .0)()( 00 zzP 在

因此 ),(1

)(1

0

zzzzQ

其中 在 解析且)(z 0z ,0)( 0 z

0z所以 为 的一级极点 ,)(zf

)()(lim]),([Res 000

zfzzzzfzz

0

0 )()()(

lim0

zzzQzQ

zPzz

.)()(

0

0

zQzP

.)()(1

)(0

zzPzz

zf

三、在无穷远点的留数

注意积分路线取顺时针方向1 c

1]),(Res[ czf说明

C

zzfi

d)(21记作

C

zzfi

zf d)(21

]),(Res[

1. 定义 设函数 )(zf 在圆环域 zR 内解析，

C 为圆环域内绕原点的任何一条正向简单闭曲线，

，无关的值 Cdzzf2π

C

与 1

)(i

1那末积分 则称此定值

点的留数，在为 )(zf

.

... 1z

. 2z . kz .

证

n

kkzzfzf

1

]),(Res[]),(Res[

CC

zzfi

zzfi

d)(21

d)(21

1

.0

由留数定义有 :

( 绕原点的并将 kz

内部的正向简单闭曲线 )

C 包含在

2. 定理二如果函数 )(zf 在扩充复平面内只有有限个

孤立奇点 , 那末 在所有各奇点 ( 包括 点 )的留数的总和必等于零 .

)(zf

[ 证毕 ]

说明 : 由定理得

],),(Res[]),(Res[1

zfzzfn

kk

n

kk

C

zzfizzf1

]),(Res[2d)( ( 留数定理 )

].),(Res[2 zfi

计算积分 计算无穷远点的留数 .zzfC

d)(优点 : 使计算积分进一步得到简化 .

( 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

0,

11Res]),(Res[ 2zz

fzf

说明 : 定理二和规则 4 提供了计算函数沿闭曲线

0,

11Res2d)( 2zz

fizzfC

积分的又一种方法 :

此法在很多情况下此法更为简单 .

现取正向简单闭曲线 C 为半径足够大的

正向圆周 : .z ,1

z令

,, ii reez 并设 ,,1 r

那末

于是有

C

zzfi

zf d)(21

]),(Res[

π2

0d)(

π21 ii ieef

i

证

.d1

π21 π2

0

ii re

ire

fi

π2

0 2 d)(

1π21

i

ii rere

ire

fi

1

2 d11

π21

fi

.)1

( 为正向

内除在

1 0

外无其他奇点 .

.0,11

Res 2

zzf

[ 证毕 ]

四、典型例题

例 1 求 n

z

ze

zf )( 在 0z 的留数 .

解 阶极点，的是因为 nzfz )(0

0,Res n

z

ze所以

.)!1(

1

n

n

zn

n

n

z ze

zzn 1

1

0 dd

lim)!1(

1

例 2 求 6

sin)()(

)(z

zzzQzP

zf

在 0z 的留数 .

分析 ,0)0()0()0( PPP .0)0( P

0z 是 zz sin 的三级零点

由规则 2 得

.sin

dd

lim)!13(

1]0),(Res[ 6

32

2

0

z

zzz

zzf

z

的三级极点，是所以 )(0 zfz

计算较麻烦 .

如果利用洛朗展开式求 1c 较方便 :

!5!31sin 53

66

zzzz

zzzz

.!5

10,

sinRes 16

cz

zz

,

5!3!

13 zz

解

说明 :

0z如 为 m 级极点，当 m 较大而导数又难以计算时 ,

可直接展开洛朗级数求 1c 来计算留数 .

6

65

5

0

sindd

lim)!16(

10),(Res

zzz

zz

zfz

.!5

1

2. 在应用规则 2 时 ,

取得比实际的级数高 .

级数高反而使计算方便 . :6m

1. 在实际计算中应灵活运用计算规则 .

为了计算方便一般不要将 m

但有时把 m 取得比实际的

如上例取

例 3 求 5

1)(

ze

zfz

在 0z 的留数 .

解 0z 是 )(zf 的四级极点 .

1

!6!5!4!3!21

11 65432

55 zzzzz

zzz

e z

,!6!5

1!41

!31

!211

234 z

zzzz

1]0),(Res[ czf所以 .241

!41

在 z0 内将 展成洛朗级数 :)(zf

例 4 求下列各函数在有限奇点处的留数 .

,1

1sin)1(

z,

1sin)2( 2

zz ,

sin1

)3(zz .

coshsinh

)4(zz

解 (1) 在 内 , 10 z

,)1(!3

11

11

1sin 3

zzz

11,)1sin(

1Res

C

z所以 .1

,!5!3

sin53

zz

zz因为

内，所以在 z0

53

22

!51

!3111

sinzzz

zz

z

3!5

1!31

zzz

12 0,

1sinRes

C

zz故 .

61

解z

z1

sin)2( 2

zzsin1

)3(

解 ),2,1,0(π nnz 为奇点 ,

0n当 时 为一级极点，n

zznz

nz sin1

)π(limπ

因为

)πsin(π

)1(limπ nzz

nzn

nz

,π1

)1(n

n

zz

zfzzz sinlim)(lim

0

2

0 由 .0是二级极点知 z,1

,π1

)1(π,sin1

Resn

nzz

n

所以

zzz

zzz z sin1

dd

lim0,sin1

Res 2

0

zzzz

z 20 sincossin

lim

.0 ( 分子 3 级零点、分母 2 级零点 )

zz

zfcoshsinh

)()4(

解 的一级极点为)(zf

,2,1,02

kikzk

kzz

kz

zzzf

)(cosh

sinh]),(Res[故

kzzzz

sinhsinh .1

例 5 计算积分 ,d)1( 2 z

zze

C

z

C 为正向圆周 : .2z

解

zzze

zzfz

zd

)1(lim]0),([Res 20

,)1(

lim 20

ze z

z

2

2

1 )1()1(

dd

lim)!12(

1]1),(Res[

zz

ez

zzf

z

z

0z 为一级极点 , 1z 为二级极点 ,

ze

z

z

z dd

lim1 21

)1(lim

zze z

z

,0

zzze

C

z

d)1( 2

所以

)01(2 i

]1),(Res[]0),(Res[2 zfzfi

.2 i

例 6 计算积分 C

zz

z,d

14 C 为正向圆周 : .2z

函数14 z

z 在 2z 的外部 , 除 点外没有

其他奇点 .

C

zz

zd

14

0,

11Res2 2zz

fi

),(Res2 zfi

0,1

Res2 4zz

i .0

解

根据定理 2 与规则 4:

与以下解法作比较 :

被积函数14 z

z 有四个一级极点 i ,1 都

在圆周 2z 的内部 , 所以

C

zz

zd

14 ]1),(Res[]1),(Res[2 zfzfi

]),(Res[]),(Res[ izfizf

由规则 3 ,41

4)()(

23 zzz

zQzP

C

zz

zd

14 .041

41

41

41

2

i

可见 , 利用无穷远点的留数更简单 .

例 7 计算积分 C zzizz

,)3)(1()(

d10

C 为正向圆周 : .2z

解 除)3)(1()(

1)( 10

zzizzf被积函数

点外 , 其他奇点为 .3,1,i

由于 i 与1在 C 的内部 ,

C zzizz

)3)(1()(d

10

]}1),(Res[]),(Res[{2 zfizfi

]}),(Res[]3),(Res[{2 zfzfi

0

)3(21

2 10ii

则 ]),(Res[ izf

]),(Res[ zf

所以

]1),(Res[ zf

]3),(Res[ zf .0

.)3( 10i

i

.2:,d)1(

sin2

2

正向计算 zCz

zzz

C

思考题

.1sin2答案

思想方法 :

封闭路线的积分 .

两个重要工作 : 1) 积分区域的转化

2) 被积函数的转化

把定积分化为一个复变函数沿某条

第三节 留数在定积分计算上的应用

iez 令 dd iiez ,d

dizz

)(21

sin ii eei

,2

12

izz

)(21

cos ii ee ,2

12

zz

当 历经变程 ]π2,0[ 时 ,

1z 的正方向绕行一周 .z 沿单位圆周

一、形如 的积分π2

0d)sin,(cos R

d)sin,(cosπ2

0 R

izz

izz

zz

Rz

d2

1,

21

1

22

zzfz

d)(1

z 的有理函数 , 且在单位圆周上分母不为零 , 满足留数定理的条件 .

包围在单位圆周内的诸孤立奇点 .

.),(Resπ21

n

kkzzfi

例 1 计算积分 )0(dcos

sinπ2

0

2

ba

ba

解 ,iez 令 则

,2

1sin

2

ziz

,2

1cos

2

zz

,dd iiez

izz

zz

baz

zba z

d

21

14

)1(d

cossin

21

2

22π2

0

2

122

22

d)2(2

)1(

z

zbazbziz

z

2

22

2

π2π2b

baba

).(2 22

2 baab

12222

2

22

2

d)1(

z

bbaa

zb

baazbiz

zz

bbaa

zfzfi)(

),(Res0),(Resπ222

例 2 计算 ).0(sindπ

0 2 a

xax

解

π

0

π

0 2

22cos1

dsind

xa

xxa

x

π

0

22cos1

2d21

xa

x,2 tx 令

π2

0

2cos1

d21

ta

tizz

zzaz

d

22)1(1

121

12

.1)12(2

d2

12

z zazz

i

1)12(12 21 aaz极点为 :

π

0 2sind

xax所以

.1)12(

π22

a

( 在单位圆内 )

1)12(12 22 aaz ( 在单位圆外 )

)].11212(),(Res[2π2 2 aazfii

例 3 .)10(dcos21

cos22π

0 2 的值计算

ppp

I

解 ,10 p由于

)cos1(2)1(cos21 22 pppp

内不为零，在 π20 故积分有意义 .

)(21

2cos 22 ii ee 由于 ),(21 22 zz

izz

pzz

p

zzI

z

d

221

12 2

11

22

izz

pzz

p

zzI

z

d

221

12 2

11

22

zpzpziz

z

z

d))(1(2

1

12

4

,1

,,0p

pz 被积函数的三个极点

内，在圆周 1,,0 zpz

为一级极点，为二级极点，且 pzz 0

.d)(1

zzfz

上被积函数无奇点，所以在圆周 1z

))(1(21

dd

lim]0),([Res 2

42

0 pzpzizz

zz

zfz

222

24322

0 )(2)21)(1(4)(

limzpppzzi

ppzzzzpppzzz

,2

12

2

ipp

,)1(2

122

4

pipp

))(1(21

)(lim]),([Res 2

4

pzpzizz

pzpzfpz

)(

1122

4

2

2

p12ip

p

2ip

p2ππI .

p1p

π22 )(

2

因此

xxR

d)(

若有理函数 R(x) 的分母至少比分子高两次 ,

并且函数在实轴上无孤立奇点 .

一般设 2,)( 11

11

nmbzbzazaz

zRm

mmn

nn

分析 可先讨论 ,d)(R

RxxR

最后令 R 即可 .

二、形如 的积分

2. 积分区域的转化 :

取一条连接区间两端的按段光滑曲线 , 使与区间

一起构成一条封闭曲线 , 并使 R(z) 在其内部除有

限孤立奇点外处处解析 .

( 此法常称为“围道积分法” )

1. 被积函数的转化 :

(当 z 在实轴上的区间内变动时 , R(z)=R(x))

R

RxxR d)(

C

zzf d)(

可取 f(z)=R(z) .

x

y

0R.

R.

这里可补线 RC

( 以原点为中心 , R 为半径

的在上半平面的半圆周 )

RC 与 RR, 一起构成封闭曲线 C , R(z)在 C 及其

内部 ( 除去有限孤立奇点）处处解析 .

取 R适当大 , 使 R(z) 所有的在上半平面内的极点

kz 都包在这积分路线内 .

RC

根据留数定理得 :

RC k

R

RzzRizzRxxR ],),(Res[π2d)(d)(

mm

nn

nm zbzb

zaza

zzR

1

1

11

1

11)(

mm

nn

nm zbzb

zaza

z

1

1

11

1

11

当 充分大时 , 总可使z

,1011

1 nnzaza ,

1011

1 mmzbzb

，因为 2 nm

mm

nn

nm zbzb

zaza

zzR

1

1

11

1

11)(所以 2

2

z

szRzzRRR CC

d)(d)( RR 2

2,

π2R

][)( kR(z),zResi2πdxxR所以

;0d)(: RC

zzRR ,d)(

zzR

R

RzzR d)(

例 4 计算积分

),0,0()()(

d22222 baba

bxaxx

)()(1

)( 22222 bzazzR

aizbzaiz

)()(1

222

解

在上半平面有二级极点 ,aiz .biz 一级极点

,)(2

1222 babi

]),(Res[ aizR

bizbizaz

)()(1

222 ,)(4

32223

22

abiaab

]}),([Res]),([Res{π2 aizRbizRi

.)(2

π)2(23 baba

ba

2222223

22

)(21

)(43

2abbiabia

abi

]),(Res[ bizR

)()(d

22222 bxaxx所以

x

y

0R.

R.

)0(d)(

axexR aix

积分存在要求 : 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 , 并且 R(z) 在实轴上无孤立奇点 .

RC 与 RR,

曲线 C ,使 R(z) 所有的在上半平面内的极点 kz

包在这积分路线内 .

同前一型 : 补线 RC

一起构成封闭

都

三、形如 的积分

RC

sezRzezR aiz

CC

aiz

RR

d)(d)( seR RC

iyxai d2 )(

对于充分大的 , 且 时 , 有z 1 nmz

zR2

)(

sin,cos RyRx 令zs dd )(Red i

.dR)sin(cos iRz 则π0

seR RC

iyxai d2 )( see

Ray

C

axi

R

d2 d2

π

0

sin aRe

).1(2 aReaR

,d4 2

π

0

)π

2(

aR

ed4 2

π

0

sin aRe d4 2

π

0

sin aRe

o

yπ2

y

siny

2

R

0

从而 .0)1(π2

d)( aR

C

aiz eaR

zezRR

.0d)( zezR aiz

CR

zezRxexR aiz

C

R

R

aix

R

d)(d)( ],)(Res[π2 k

aiz zezRi

由留数定理 :

:R

],)(Res[π2d)( k

aizaix zezRixexR

axiaxe iax sincos

xaxxRixaxxR dsin)(dcos)(

.],)(Res[π2 kaiz zezRi

例 5 计算积分 .0,0,d)(

sin0 222

amxaxmxx

解

x

axmxx

xaxmxx

d)(

sin21

d)(

sin2220 22

xe

axx imxd

)(Im

21

222

在上半平面只有二级极点

,eaz

zzf imz

222 )()(

,aiz

又

xeax

x imxd)( 222

则

aiz

imzeaiz

zz

aizf

2)(d

d)),((Res ,

4mae

am

)),((Res2Im21

aizfi

.4

maea

m

aie

azz

i imz ,)(

Res2 222

xaxmxx

d)(

sin0 222

所以

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 .

.dsin

21

dsin

0x

xx

xx

x

例 6 计算积分 .dsin

0x

xx

分析 所以是偶函数,sin

xx

zzsin

某封闭曲线 ,

因z

zsin 在实轴上有一级极点 ,0z 应使封闭路

线不经过奇点 , 所以可取图示路线 :

x

y

o

RC

rC

r RrR

解

,0dddd

x

xe

zz

ex

xe

zz

e R

r

ix

C

izr

R

ix

C

iz

rR

封闭曲线C: RrCrRC rR ,,

由柯西 - 古萨定理得 :

tt

ex

xe r

R

itr

R

ix

dd

,dx

xeR

r

ix

，令 tx

,2

siniee

xixix

由

,0dddsin

2 rR C

iz

C

izR

rz

ze

zz

ex

xx

i知

sz

ez

ze

RR C

iz

C

iz

dd seR RC

yd1

π

0

sin de R

d2 2

π

0

sin Re

d2 2

π

0

)π2(

R

e ),1( ReR

R于是 0d zz

eRC

iz

充分小时，当r

!!3!2)(

12

nziizz

izgnn

当 充分小时 , 总有 z ,2)( zg

dd 0

π i

i

C reire

zz

r

, i

,d)(d1

d rrr CCC

iz

zzgzz

zz

e

!!21 1

nziz

izz

e nniz

因为 ),(1

zgz

szgzzgrr CC

d)(d)( 因为 ,π2d2 rC

rs

0r 即 0πd izz

erC

iz

,0dddsin

2 rR C

iz

C

izR

rz

ze

zz

ex

xx

i

.2π

dsin

0

xx

x所以

,πdsin

20

ixx

xi

,0d)( rC

zzg ,π i

例 7 .2π

21

dcosdsin0

2

0

2

xxxx证明

证 2ize设函数时当 xz 22iz xixe

2

sincos

如图路径，

o x

y

R

R A

D

B,0dC

2

ze ir

,0ddd0

4

π

4

π

00

2

π2222

R

ieirieiRR ix reeRieexeii

,0ddd222

OA BO

iz

AB

izix zezeze

R

xxix0

22 d)sin(cos或

时，当 R

irieree 4

π

04

π

2π

d2

.

2π

22π

21 i

4

π

0

2sin4

π

0

2sin2cos dd22

ReRiee RiRiR

4

π

0π

4

d2

R

eR ).1(4π 2ReR

0R

.dd 4

π

0

2sin2cos

04

π222

iRiRR riRieeree

0

22 d)sin(cos xxix

.2π

21

.2π

22π

21 i

令两端实部与虚部分别相等，得

0

2dcos xx

0

2dsin xx

菲涅耳 (fresnel) 积分

例 8 计算积分 .d10 4

2

xx

x

解 xx

xx

xx

d12

1d

1 4

2

0 4

2

在实轴上解析，因为)1(

)( 4

2

zz

zR

在上半平面内有一级极点 ., 43

24

1

ii

ezez

xx

xx

xx

d12

1d

1 4

2

0 4

2

所以

]),(Res[π221

kzzRi

).1(82

i

)1(82

)1(82

2π2

d10 4

2

iii

xx

x故

.42

4

24

π

4

π

1lim]),(Res[

4

π zz

ezezRi

ez

i

i

),1(82

i

4

24

3π

4

3π

1lim]),(Res[

4

3π zz

ezezRi

ez

i

i

放映结束，按 Esc退出 .

2

π

2

π 22 cosd

21

aI

)2(2cos21

d21

2

π

2

π 2 ta

令

π

π 2 cos21d

21

tat

π2

0 2 cos21d

21

tat

.12 2

aa

练习：

放映结束，按 Esc退出 .

).0(cos

d2

π

0 22 a

a 计算积分