第四章 留数及其应用
§ 4.1 孤立奇点
§ 4.2 留数的一般理论
§ 4.3 函数在无穷远点的留数
§ 4.4 留数的应用主 要 内 容本章介绍孤立奇点、留数的概念；
孤立奇点处留数的计算；并将其应用于实函数积分的计算,
§ 4.1 孤立奇点
1 可去奇点
2 极点
3 本性奇点本章将利用函数的 Laurent级数展开式研究函数在孤立奇点处的性质,
如果函数 f (z)在 z0点不解析,则称 z0 是 f (z)的一个奇点,如果 z0 是 f (z)的一个奇点,且存在 d >0,
使得 f (z)在 内解析，则称 z0 是 f (z)的00 zz d
孤立奇点,
例如 z=0是函数 和 的 孤立奇点,但 z=01ze sinzz
都是奇点,
不是 函数 的 孤立奇点,因为 1 ( 1,2,)kk1sin
z
z
则 f (z)可以展开为 Laurent级数
0( ) ( ),
n
n
n
f z c z z
其中 1
0
1 ( ) d ( 0,1,2,),
2 ( )n nC
fzc z n
i z zC是
z0为中心,半径小于 d 的圆周的正向,
根据 Laurent级数展开式的系数 cn的不同情况,
可以把 f (z)的孤立奇点进行分类,
若 z0 是 f (z)的孤立奇点，此时 f (z) 在圆环域
00 zz d内解析,根据 Laurent级数展开定理，
4.1.1 可去奇点
0 1 0 0( ) ( ) ( ),nnf z c c z z c z z
定义 4.1 如果 f (z)在 内的 Laurent00 zz d
级数中不含有 的负幂项,即当0zz? 1,2,3,n
时,则称 z0是 f (z)的 可去奇点,0,nc?
此时这个幂级数的收敛半径至少为 d,和函数 j (z)在 z0
处解析,
无论 f (z)在 z0是否有定义,可定义反之,若 在 内解析,且极限)(zf d 00 zz
)(lim
0
zfzz? 存在,则 是 的可去奇点,)(zf0z
00 0 0
( ) l i m ( ) ( ),zzf z c f z zj
则在 内 解析,d 0zz ( ) ( )f z zj?
事实上,由于 存在,函数 f (z)在 z0 点
0
lim ( )zz fz?
某个去心邻域内有界，即存在两个正数 M 和 r<d,
使得在 内，有 00 z z r ( ),f z M?
又因为 f (z)在 内解析,所以00 zz d
0( ) ( ),
n
n
n
f z c z z
其中 1
0
1 ( ) d ( 0,1,2,),
2 ( )n nC
fzc z n
i z z
并且
11
0
1 ( ) d 2,
2 ( ) 2n n n nc
f z M Mcz
i z z
取正向,于是根据0:C z z r
估值 不等式设曲线 C 的长度为 L,函数 f ( z )在 C 上满足( ) d ( ) d,
CCf z z f z s M L( ),f z M?则估值不等式当 n为负整数时,令0,得 0.nc?
定理 4.1 设 f (z)在 内解析,则00 zz d
z0 是 f (z) 的可去奇点的充分必要条件是存在极限
0 0
l i m ( ),zz f z c其中 c0是有限复常数,
这样我们有两种方法来判别函数 f (z)的奇点
z0是否为 可去奇点,
1.由定义判断,如果 f (z)在 z0的 Laurent 级数无负幂项,则 z0是 f (z)的可去奇点,
2,由极限判断,若极限 存在且为有限值,)(lim
0
zfzz?
则 z0是 f (z)的可去奇点,
如果补充定义,
24s in 1 11,
3 ! 5 !
z zz
z
所以 z=0是 z zsin 的可去奇点,
例 4.1 因为 在 内的展开式为sinzz 0 z
无负幂项
0
sinli m 1,
z
z
z或者 si n
,0 ;
()
1,0,
z
z
fz z
z
则 f (z)在全平面解析,
4.1.2 极点定义 4.2 如果 f (z)在 00 zz d的 Laurent
级数展开式中只含有有限个 0zz? 的负幂次项,即只有有限个 (至少一个 )整数 0,n? 使得 0,nc? 则称
z0是 f (z)的 极点,如果存在正整数 m,使得 0,mc
而对于整数,nm 0,nc?有 则称 z0是 f (z)的 m级极点,
当 z0是 f (z)的 m级极点时,Laurent级数展开式
10 1 0( ) ( ) ( )mmmmf z c z z c z z
121 0 0 1 0 2 0 + ( ) ( ) ( ),c z z c c z z c z z
其中 0 ( 1 ),mcm于是
20 1 0 2 0( ) ( ) ( ) ( ),m m m mf z z z c c z z c z z
令 10( ) ( ) ( ),nmm m n ng z c c z z c z z
则 g(z)在 0zz d内解析，且 0( ) 0,mg z c即
0
1( ) ( ),
() mf z g zzz
反之,对 00 zz d内的解析函数 f (z),如果
00 zz d不妨设在 内,( ) 0,fz? 令
1( ),
()Fz fz?
则 F(z)在 00 zz d内解析，并且
0
l i m ( ) 0.zz Fz
所以 z0是 F(z)的可去奇点,于是在 内,00 zz d
F(z)的 Laurent级数展开式为
0 1 0 0( ) ( ) ( ),nnF z z z z z
0
l i m ( ),zz fz即
0
lim ( ),zz fz
定理 4.2 设 f (z)在 00 zz d内解析，则
1,m?并且存在 使得 0 1 1 0,m而
0.m 于是 0( ) ( ) ( ),mF z z z G z其中 G(z) 在
0zz d内解析,0( ) 0,mGz令
1( ),
()gz Gz?
0( ) ( ) ( ),mf z z z g z所以 其中 g(z)在 0zz d
0( ) 0,gz?那么 z0是 f (z)的 m级极点,内解析，
z0是 f (z)的极点的充分必要条件是
0
l i m ( ),zz fz
)(zf 的 Laurent展开式中含有
0zz? 的有限负幂项,
在点 的某去心邻域内有0z
其中 在 的邻域内解析,且)(zg 0z,0)( 0?zg
1,由定义判别：
2,由等价形式判别：
3,由极限判别：
0
l i m ( ),zz fz
这样我们有三种方法来判别函数 f (z)的奇点
z0是否为 极点,
0( ) ( ) ( ) ( 1 ),mf z z z g z m
例 4.2 考虑函数 232( ),( 1 ) ( 1 )zfz zz显然,
zi 和 1z? 是 f (z)的孤立奇点,因为
3 1 1( ) ( 1 ) ( ) ( ) ( 2 ),f z z z i z i z
所以容易看出,zi 是 f (z) 的 1级极点,1z? 是
f (z)的 3级极点,
定理 4.3 设 z0是 f (z)的 m级零点,则 z0是
1
()fz
的 m级极点 ; 设 z0是 f (z)的 m级极点,则 z0是 的
1
()fz
可去奇点,(零点与极点的关系 )
证明 设 z0是 f (z)的 m级零点,记
0( ) ( ) ( ),mf z z z zj
其中 ()zj 在点 z0解析,且 则0( ) 0,zj? 1()zj 在点 z0
解析,
0
1 0.
()zj?因此,0
11( ),
( ) ( )
mzz
f z zj
于是，
z0是 的 m级极点,1()fz
反之，设 z0是 f (z)的 m级极点,记
0( ) ( ) ( ),mf z z z zj
其中 ()zj 在点 z0解析,且 则0( ) 0,zj? 1()zj 在点 z0
解析,
0
1 0.
()zj?因此 在 z0处可展开成 Taylor
1
()zj
级数 ( ) 0
0
1 ( ),n
n
n
c z zzj
且 0
0
1 0.
()c zj于是
0
0
1 ( ),
()
nm
n
n
c z zfz
根据 的定义知,z0是函数 的可去奇点,
定义 4.1 如果 f (z)在 内的 Lauren t00 zz d
级数中不含有 的负幂项,即当0zz? 1,2,3,n
时,则称 z 0是 f (z)的 可去奇点,0,nc?
1
()fz
例 4.3 求 1() 1zfz e的孤立奇点,并指出奇点的类型,
解 显然,( 2 1 ) ( 0,1,2,)kz k i k是
1ze? 的零点，但是
( 2 1 )( 1 ),1 0,z z k ie e e
故 ( 0,1,2,)kzk是 1ze? 的 1级零点,
因此,( 0,1,2,)kzk是 f (z)的 1级极点,
推论 设 ()( ),()Pzfz Qz? z0是 P(z)的 m级零点,
也是 Q(z)的 n级零点,则当 n>m时,z0是 f (z)的 n-m级极点 ; 而当 n?m时,z0是 f (z)的可去奇点,
例 4.4 考虑函数 51 c o s( ),zfz z 设
5( ) 1 c o s,( ),P z z Q z z
显然,z=0是 Q(z)的 5级零点,因为
( 0 ) ( 0 ) 0,( 0 ) 1 0,P P P
所以,z=0是 P(z)的 2级零点,故 z=0是 f (z)的 3级极点,
不是 5
级极点
4.1.3 本性奇点定义 4.3 如果 f (z)在 00 zz d内的 Laurent
展开式中含有无穷多个系数非零的 负幂项,即0zz?
存在无限个整数 n<0,使得 0,nc? 则称 z0是函数 f (z)
的本性奇点,
( )1 211 0 z,2 ! !nz zzez n
( )3511s in 0,3 ! 5 !zzzzz
例 4.5 z=0是 和 的本性奇点,这是因为1ze 1sinz
无穷多 负幂项定理 4.4 设 f (z)在 00 zz d内解析，则不存在有限或无穷的极限,
z0 是 f (z)的本性奇点的充分必要条件是
0
lim ( )zz fz?
Weierstrass得到了如下重要结论：
设 f (z)在 00 zz d内解析，则 z0 是 f (z)
的本性奇点的充分必要条件是对任何有限或无穷的复数 w0,都存在点列 { },nz 使得 0,nzz? 并且
0l i m ( ),nn f z w
综上所述,
孤立奇点可去奇点
m级极点本性奇点
Laurent级数的特点 )(lim 0 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有限个负幂项
10 )( zz
mzz )( 0
关于 的最高幂为
§ 4.2 留数的一般理论
1 留数定义及留数基本定理
2 留数的计算
R
4.2.1 留数定义及留数基本定理
01010 )()()( czzczzczf nn
C
0z )(zf设 为 的一个孤立奇点,则存在 R>0,
内 Laurent)(zf Rzz 00在
1 0 0( ) ( ),nnc z z c z z
0z.
使得 f (z)在 Rzz 00 内解析,
级数为在 内取分段光滑正向 Jordan曲线 C,00 z z R
12,ic
0 1 0 0d ( ) d ( ) d
n
n
C C C
c z c z z z c z z z
CC
n
n zzzczzzc d)(d)(
1
010
( )d
C
f z z?
0 i?2
的系数级数中负幂项 101 )(L a u r e n t zzc
0
C 0z
.
曲线 C包含 z0在其内部,考虑积分定理 2.3 ( Cau chy 积分定理 ) 设 f ( z ) 是单连
D C 说明,该定理的主要部分是Cau chy 于 1825 年建立的,
它是复变函数理论的基础,
通区域 D 上的解析函数，则对 D 内的任何可求长 Jo rdan 曲线 C,都有 ( ) d 0,
C f z z
根据,复合闭路定理
D C 1C 2C 3C
都在 C 的内部,它们互不包含也 互不相交,并且以定理 2.4 设 12,,,,nC C C C是多连通区域 D 内是 D 上的解析函数,那么
1( ) d ( ) d,knCC kf z z f z z其中 C 和 C
k (1? k? n ) 取正向,
若 f ( z )
分段光滑 ( 或可求长 ) Jo rdan 曲线,都12,,,nC C C
为边界的闭区域含于 D 内,12,,,,nC C C C
积分与曲线 C的选取无关
0 10
2,0,1 d() 0,0,nz z r inzzz n例 2.2.
积分值与圆周的中心、半径无关,
0R e s[ ( ),],f z z?1
1 ( )d
2 Cc f z zi即定义 4.4 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 Jordan曲线,积分 1
( ) d2
C
f z zi
称为 f (z)在 z0点的 留数 (Residue),记做 0R e s ( ),.f z z
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,
定理 4.5 (留数基本定理 ) 设函数 f (z)在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jordan
曲线,则
1
( ) d 2 R e s ( ),.
n
k
kC
f z z i f z z?
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 12,,,nz z z为中心,作半径充分小的正向圆周
1z
2z
nz
D
C
.,
.
…C1
C2
Cn
12,,,,nC C C使得它们中的每个都在其余的外部,而都在 C的内部,
根据,复合闭路定理
D
C 1C 2C 3C
都在 C 的内部,它们互不包含也 互不相交,并且以定理 2.4 设 12,,,,nC C C C是多连通区域 D 内是 D 上的解析函数,那么
1( ) d ( ) d,knCC kf z z f z z
其中 C 和 C k (1? k? n ) 取正向,
若 f ( z )
分段光滑 ( 或可求长 ) Jo rdan 曲线,都12,,,nC C C
为边界的闭区域含于 D 内,12,,,,nC C C C
12
( ) d ( ) d ( ) d ( ) d,
nC C C C
f z z f z z f z z f z z
再由留数的定义,即得
1
( ) d 2 R e s ( ),.
n
k
kC
f z z i f z z?
4.2.2 留数的计算
(1) 如果 0z 为 )(zf 的可去奇点,则
0R e s [ ( ),] 0,f z z?
如果 为 的 1级极点,那么0z )(zf?法则 4.1
成 Laurent级数,求,1?c
(3) 如果 0z 为 的极点,则有如下计算规则)(zf
000
Re s [ ( ),] l i m [ ( ) ( ) ],zzf z z z z f z
(2) 如果 0z 为 的本性奇点,)(zf 展开则需将 )(zf
证明 由于 z0是 f (z)的 1级极点，所以在 z0的某个去心邻域内的 Laurent级数展开式为
11 0 0 1 0( ) ( ) ( ),f z c z z c c z z
故
20 1 0 0 1 0( ) ( ) ( ) ( ),z z f z c c z z c z z
所以
0 0 1 0
l i m [ ( ) ( ) ] Re s [ ( ),],zz z z f z c f z z
例 4.6 求 () ( 1 ) ( 2 )
ze
fz zz和 2sin() zgz z?
在孤立奇点处的留数,
11
R e s [ ( ),1 ] lim [ ( 1 ) ( ) ] lim,2
z
zz
ef z z f z e
z
2
22
R e s [ ( ),2 ] lim [ ( 2 ) ( ) ] lim,1
z
zz
ef z z f z e
z
由定理 4.3的 推论 设 ()( ),()Pzfz Qz?z0是 P(z)的 m级零点,
也是 Q(z)的 n级零点,则当 n>m时,z0是 f (z)的 n-m级极点 ; 而当 n?m时,z0是 f (z)的可去奇点,
,z=0是 g(z)的 1级极点，于是
00
s inR e s [ ( ),0 ] lim [ ( ) ] lim 1,
zz
zg z z g z
z
易知 z=1和 z=2都是 f (z)的 1级极点，故解 运行下面的 MATLAB语句,
>> symsz;
>> f=exp(z)/((z-1)*(z-2));
>> r1=limit(f*(z-1),z,1)
r1 =
-exp(1)
>> r2=limit(f*(z-2),z,2)
r2 =
exp(2)
法则 4.2 设,)( )()( zQ zPzf? )(zP 及 )(zQ 在 0z 都解析,
如果 0 0 0( ) 0,( ) 0,( ) 0,P z Q z Q z那么 0z 为 f (z)
的 1级极点,并且
.)( )(]),(R es [
0
0
0 zQ
zPzzf
证明 由条件易知 z0是 f (z)的 1级极点,于是
00
00
0
0
()
R e s [ ( ),] li m ( ) ( ) li m
( ) ( )z z z z
Pz
f z z z z f z
Q z Q z
zz
.)( )(
0
0
zQ
zP
例 4.7 求 2() 1
ize
fz z在孤立奇点处的留数,
处解析，且
1( ) 0,( ) 0,( ) 2 0,P i e Q i Q i i
所以 是 f (z)的 1级极点，并且zi
R e s [ ( ),],22
iz
zi
eif z i
ze
R e s [ ( ),],22
iz
zi
eef z i i
z
显然 和 都在 zi() izP z e? 2( ) 1Q z z解 运行下面的 MATLAB语句,
>> symsz;
>> P=exp(i*z);Q=1+z^2;
>> r1=limit(P/(diff(Q,z,1)),z,i)
r1 =
-1/2*i*exp(-1)
>> r2=limit(P/(diff(Q,z,1)),z,-i)
r2 =
1/2*i*exp(1)
0
1
00 1
1dR e s [ ( ),] lim [ ( ) ( ) ],
( 1 ) ! d
n
n
nzzf z z z z f znz
如果 为 的 级极点,取正整数0z )(zf m?法则 4.3
证明 由于 z0是 f (z)的 m级极点，所以在 z0的
2020 )()()( zzczzczf mm?
11 0 0 1 0( ) ( ),c z z c c z z
某个去心邻域内的 Laurent级数展开式为那么,nm?
因此
10 0 1 0( ) ( ) ( ) ( )n n m nmz z f z c z z c z z
10 0 1 0( ) ( ),nnc z z c z z
对上式求 1n? 阶导数,得
+(含有 正幂的项 ),0zz?1( 1 ) !nc
1
01
d [ ( ) ( ) ]
d
n
n
n z z f zz
所以
0
1
011
dlim [ ( ) ( ) ] ( 1 ) !,
d
n
n
nzz z z f z n cz
于是
0
1
0 1 01
1dR e s[ ( ),] lim [ ( ) ( ) ],
( 1 ) ! d
n
n
nzzf z z c z z f znz
例 4.8 求
2
() ( 1 )
n
n
zfz
z在 z= -1处的留数,
解 显然 z= -1是 f (z)的 n级极点，所以
( 1 )211R e s ( ),1 lim( 1 ) ! nnzf z zn
21
1
2 ( 2 1 ) ( 2 2 )lim
( 1 ) !
nn
z
n n n n z
n
1 2 ( 2 1 ) ( 2 2 )( 1 )
( 1 ) !
n n n n n
n
1 ( 2 ) !( 1 ),
( 1 ) ! ( 1 ) !
n n
nn
如果 z0是 f (z)的 m级极点，有时在
0
100 11dR e s [ ( ),] lim [ ( ) ( ) ],( 1 ) ! d n nnzzf z z z z f znz
0z )(zf如果 为 的 级极点,取正整数m法则 4.3那么,nm?
例 4.4 考虑函数 51 cos( ),zfz z设
5( ) 1 c o s,( ),P z z Q z z
显然,z=0是 Q(z)的 5级零点,因为( 0 ) ( 0 ) 0,( 0 ) 1 0,P P P
所以,z=0是 P(z)的 2级零点,故 z=0是 f (z)的 3级极点,
不是 5级极点中取
n>m来计算更为方便,
例 4.9 求 在 z=0处的留数,51 c o s() zfz z
根据 可知,z=0是 f (z)的 3级极点,在法则 4.3中取 n=5,则
( 4 )
0
11R e s [ ( ),0 ] lim ( 1 c o s ),
4 ! 2 4zf z z
如果在法则 4.3中取 n=3,那么计算就要麻烦得多,
解 运行下面的 MATLAB语句,
>> symsz;
>> f=(1-cos(z))/z^5;
>> r=limit(diff(f*z^5,z,4)/prod(1:4),z,0)
r =
-1/24
例 4.10 计算积分 4 d,1
C
z z
z 其中 C是 2z?
的正向,
4() 1
zfz
z的 1级极点，并且都在 C的内部,所以
4
1
( ) d 2 R e s [ ( ),]k
kC
f z z i f z z?
44
42
11
12 2 0,
( 1 ) 4
k
kk kzz
zii
zz
根据 和,定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e ( ),.
n k
kC f z z i s f z z
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,
法则 4.2 设,)( )()( zQ zPzf? )(zP 及 )(zQ 在 0z 都解析,
如果 0 0 0( ) 0,( ) 0,( ) 0,P z Q z Q z那么 0z 为 f (z)
的 1级极点,并且,)( )(]),(R es [
000 zQ zPzzf
显然 是函数1 2 3 41,,1,z z i z z i解 如果函数 f (z)是有理函数的形式,即()
( ),()PzfzQz?
其中 P(z)和 Q(z)都是多项式,那么使用命令
[R,p,k]=residue(P,Q)
得到 f (z)的部分分式展开,从而求出在极点处的留数,在上面的命令中,P与 Q分别是分子多项式 P(z)
和分母多项式 Q(z)按降幂排列的多项式系数向量,
计算结果中 R表示部分分式真分式的分子,即留数极点 z=3在 的外部,2z?
分别是 f (z)的 3级和 1级极点,都在 的内部,而2z?
0
12R e s [ ( ),0] li m
2 ! ( 1 ) ( 3 )z
zfz
zz?
例 4.11 计算积分 3
2 d,
( 1 ) ( 3 )C
z z
z z z
其中 C
是 的正向,2z?
记 3 2( ),( 1 ) ( 3 )zfz z z z显然 z=0和 z=1解 显然被积函数有 3级极点 z=0和 1级极点 z=1在圆周 的内部,所以由留数基本定理就得积分值,2z?
>> symsz;
>> f=(z-2)/(z^3*(z-1)*(z-3));
>>
2*pi*i*(limit(diff(z^3*f,z,2)/prod(1:2),z,0)
+limit((z-1)*f,z,1))
ans=
-1/27*i*pi
330
1 1 1 1 4li m,
2 ( 1 ) ( 3 ) 2 7z zz?
1
1R e s [ ( ),1 ] lim [ ( 1 ) ( ) ],
2zf z z f z
于是，根据留数基本定理
3
2
2 1 4 1d 2,
( 1 ) ( 3 ) 2 7 2 2 7z
z z i i
z z z
0
1 1 1lim
4 1 3z zz?
例 4.12 求 在 z=0处的留数，并求
1
2() zf z z e?
( )d,
C
f z z? 其中 C是 的正向,1z?
解 易见 z=0是函数 f (z)的本性奇点，并且
( )122 1( ) 0,2 ! 3 ! 4 !zzf z z z z
因此 1R e s ( ),0,3!fz?于是，根据留数基本定理
( ) d,3
C
f z z i
例 4.13 求 在 z=0处的留数,
1
() z zf z e
解 因为
11
() z zzzf z e e e
所以
1
0
1 1 1R e s [ ( ),0],
0 ! 1! 1! 2 ! ! ( 1 ) !nf z c nn
( )
00
0,!!
nn
nn
zz z
nn
1 函数在无穷远点的性质
2 函数在无穷远点的留数
§ 4.3 函数在无穷远点的留数
4.3.1 函数在无穷远点的性质如果函数 f (z)在?点的去心邻域 Rz
内解析，则称 z=?是 f (z)的孤立奇点,
如果令 则 在去心邻域1,z
1() fj?
10
R( 或当 R=0 时,)内解析,即0
0 是 的孤立奇点,()j? 类似地可以定义 z=?为
f (z)的可去奇点、极点或本性奇点,
Laurent级数展开式为
( ),nn
n
f z c z
定义 4.5 设 f (z)在 内解析，且其Rz
如果展开式中不含有 z的正幂项，则称 z=?是 f (z)
的可去奇点 ; 如果展开式中含有 z 的有限个正幂项
(至少含有一项 ),且最高次幂为 m,则称 z=?是 f (z)的
m级极点 ; 如果展开式中含有 z 的无穷多个正幂项，
则称 z=? 是 f (z)的本性奇点,
类似地可以得到以下结论,
定理 4.6 设 f (z)在 内解析，则Rz
(1) z=? 是 f (z)的可去奇点充分必要条件是存在极限 0l i m ( ),z f z c其中 c0是有限复常数,
(2) z=? 是 f (z)的极点充分必要条件是
li m ( ),z fz即 l i m ( ),z fz
(3) z=? 是 f (z)的本性奇点充分必要条件是
lim ( )z fz 不存在有限与无穷的极限,
4.3.2 函数在无穷远点的留数定义 4.6 设 z=?是 f (z)的孤立奇点,即 f (z) 在
z=?的去心邻域 内解析,称积分Rz
1 ( ) d
2 C f z zi
为 f (z)在 z=?的留数，并记做 其中R e s [ ( ),],fz?C?
表示圆周 的负向 (即顺时针方向 ),( ) z r r R
1R e s [ ( ),],f z c易见
f (z)在 Rz内 Laurent展开式 项的系数11cz
定理 4.7 设函数 f (z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 1 2 1,,,,,NNz z z z则 f (z)在所有各孤立奇点留数的总和等于零，即
1
R e s [ ( ),] 0.
N
k
k
f z z
证明 取充分大的正数 r,使得 在1 2 1,,,Nz z z?
圆周 的内部区域,zr? 根据,定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
1
1
( ) d 2 R e s [ ( ),],
N
k
kzr
f z z i f z z?
于是
1
1
1R e s [ ( ),] ( ) d 0.
2
N
k
k zr
f z z f z zi?
根据无穷远点的留数定义,
1R e s [ ( ),] ( ) d,
2N zrf z z f z zi
所以
1
R e s [ (,) ] 0.
N
k
k
f z z
下面介绍求无穷远点留数的方法,
法则 4.4 设 f (z)在 内解析，则Rz
2
11R e s [ ( ),] R e s,0,f z f
zz
证明 设 f (z)在 R<|z|<?内的 Laurent展开式为
( ),nn
n
f z c z
于是 所以 2211,nn
n
f c zzz
12
11R e s,0 R e s [ ( ),],f c f z
zz?
例 4.14 计算积分
15
2 2 4 3
4
d.( 1 ) ( 2 )
z
zIz
zz
解 记 则由
15
2 2 4 3( ),( 1 ) ( 2 )
zfz
zz法则 4.4 设 f (z )在 内解析，则Rz 211R e s [ ( ),] R e s,0,f z f zz
2
11R e s [ ( ),] R e s,0f z f
zz
2 2 4 3
1R e s,0 1,
( 1 ) ( 1 2 )z z z
4
( ) d 2 R e s [ ( ),] 2,
z
f z z i f z i
因此，
法则 4.5 设 是有理分式,且多项式()() ()Pzfz Qz?
Q(z)的次数比 P(z)的次数至少高 2次，则
R e s [ ( ),] 0,fz
证明 由条件可知 存在有限的极限,2lim ( )z z f z
故存在 R>0,M>0,使得当 时，zR? 2( ),
Mfz
z
1R e s [ ( ),] ( ) d
2 zr
f z f z z
i
因此，当 r>R 时,利用估值 不等式设曲线 C 的长度为 L,函数 f ( z )在 C 上满足
( ) d ( ) d,CCf z z f z s M L( ),f z M?则估值不等式
2
1 d 0 ( ),
2 zr
MM sr
rr
于是 R e s [ ( ),] 0,fz
例 4.15 计算积分 其中 5 1 d,( 1 ) ( 3 )
C
Izzz
C是 的正向,2z?
f (z)有 7个孤立奇点,5个 1级极点在 C内部,1个 1级解 设 在扩充复平面内 5
1( ),
( 1 ) ( 3 )fz zz
极点 z=3和可去奇点 z=?在 C外部,由 可知,定理 4.7 设函数 f (z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 1 2 1,,,,,NNz z z z则 f (z)在所有各孤立奇点留数的总和等于零，即
1 R e s [ ( ),] 0.N kk f z z
只需要计算 f (z)在 z=3和 z=?的留数,
根据,而?法则 4.5 设 是有理分式,且多项式()() ()Pzfz Qz?
Q(z)的次数比 P(z)的次数至少高 2次，则R e s[ ( ),] 0,fz
R e s [ ( ),] 0,fz
53
11R e s [ ( ),3 ] lim,
1 2 4 2zfz z
1 R e s [ ( ),3] R e s [ ( ),] 0,
2 I f z f zi
所以根据 和,定理 4.7 设函数 f (z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 1 2 1,,,,,NNz z z z则 f (z)在所有各孤立奇点留数的总和等于零，即
1 R e s [ ( ),] 0.N kk f z z
定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,2 R e s [ ( ),3] R e s [ ( ),],
121
iI i f z f z
注 本题采用这种方法要比直接应用留数基本定理简便一些,
1 三角有理式的积分
§ 4.4 留数的应用
2 有理函数的无穷积分
3 有理函数与三角函数乘积的积分
4 零点的分布两个重要工作,
(1) 被积函数的转化 ;
(2) 积分区域的转化,
利用留数理论，可以计算某些类型的定积分或广义积分,其基本思想是把实函数的积分化为复变函数的积分,然后根据留数基本定理,把它归结为留数的计算问题，这样就可以把问题简化,
dd iiez?,dizz
( ) 211s in,22ii zeei iz
( ) 211c o s,22ii zee z
当? 在 ]π2,0[ 变化时,z 沿单位圆周 的正向1?z
绕行一周,于是
4.4.1 三角有理式的积分
2 π
0 ( c o s,s in ) d,R考虑积分则ize令
d)s in,( c o sπ20? R
22
1
1 1 1,d
22z
zzRz
z iz iz?
zzf
z
d)(
1
f (z)是有理函数,如果在 单位圆周内部 f (z)
的所有孤立奇点,
.),(R esπ2
1
n
k
kzzfi
满足 的条件,定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
单位圆周上分母不为零,
1.被积函数的转化
2.积分区域的转化例 4.16 计算积分 2 π0 1 d ( 0 ),c o s abab
解 积分可以转化为
iz
z
z
z
ba
ba z
d
2
1
1
d
c o s
1
1
2
π2
0
2
1
2 d.
2z
i z
b z a z b?
2 2 2 2
12,
a a b a a bzz
bb
,
2 2b z a z b在复平面内有两个零点,
由于 因此 从而被积函数ab?,121 1,zz，
1级极点 z1,所以
22
2
1
2 d2 π R e s ( ),
2z
i a a bz i f z
b z a z b b?
22 22
22 π2.
22 a a bz
b
ii
bz a ab
2
2()
2
ifz
b z a z b
在单位圆周 内只有一个1z?
证明 由于 0 1,p
)c o s1(2)1(c o s21 22 pppp
iz
z
p
z
z
p
I
z
d
2
1
21
1
2
2
1
例 4.17 证明
( )2 220 d2 0 1,1 2 c o s 1Ip p p p
在 内不为零,故积分有意义,积分转化为02π
zpzpzi
z
d))(1( 1
1
被积函数
1()
( 1 ) ( )fz i p z z p
在复平面内有两个极点
12
1,.z p z
p
只有 1级极点 在单位圆周 内,于是1zp? 1z?
2
122 R e s,.
( 1 ) ( ) 1I i pi p z z p p
例 5.18 设 m为正整数,计算积分
π 2 π
0
11 d d,
2 5 4 c o s 2 5 4 c o s
i m i mee
I
0
c o s d.
5 4 c o s
mI
解 因为 都是以 为周期的偶函 mco s,co s?2
数，则积分可以转化为
2
11
11 d d,
2 5 2 ( 1 ) 2 ( 2 1 ) ( 2 )
mm
zz
zzI z z
i z z i z z
被积函数 在复平面内有两个() ( 2 1 ) ( 2 )
mz
fz zz
极点
12
1,2.
2zz
只有 1级极点 在单位圆周 内,于是1 12z? 1z?
11 2 R e,
2 ( 2 1 ) ( 2 ) 2
mz
I i si z z
12,
2 3 2 3 2mm
i
i
4.4.2 有理函数的无穷积分考虑积分 ( ) d,f x x
定理 4.8 设函数 f (z)在实轴上处处解析,在上半平面 内,除有限个孤立奇点,Im 0z? 12,,,nz z z
处处解析,且存在常数 使得当0 0,0,0,RM d
0,zR? 且 时,则Im 0z? 1
( ),Mfz
z d?
1
( ) d 2 R e s [ ( ),],
n
k
k
f x x i f z z
证明 显然,f (x)在 上连续，且当(,)
0xR? 时,所以由比较判别法知,1
( ),Mfx
x d?
( ) df x x 收敛，并且
l i m ( ) d ( ) d,R RR f x x f x x
取 充分大为半径,0RR?
以原点为中心作上半圆周,RC
RC
x
y
0
,z1
,z2.
zn
…
-R R取逆时针方向,使上半平面的孤立奇点在由实轴和 所围的区域内,RC
RC
x
y
0
,z1
,z2.
zn
…
-R R
利用定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
( ) d ( ) d
R
R
R
C
f x x f z z
1
2 R e s [ ( ),],
n
k
k
i f z z?
根据定理的假设和估值 不等式设曲线 C 的长度为 L,函数 f ( z )在 C 上满足
( ) d ( ) d,CCf z z f z s M L( ),f z M?则估值不等式
1( ) d ( ) d d,
R R RC C C
MMf z z f z s s
RRdd
因此 lim ( ) d 0,
R
R C
f z z
2,积分区域的转化,
取一条分段光滑的曲线,使其与实轴的一部分构成一条简单闭曲线,并使 f (z) 在其内部除有限孤立奇点外处处解析,
这种方法称为 围道积分法,
1,被积函数的转化,
当 z 在实轴上时,f (z)=f (x).
f (x) f (z)
推论 设 是有理函数,多项式 Q(z) ()() ()Pzfz Qz?
的次数比 P(z)至少高 2次,Q(z)在实轴上没有零点,且
12,,,nz z z是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点，则
1
( ) d 2 R e s [ ( ),],
n
k
k
f x x i f z z
证明 由条件可知 存在有限的极限,2lim ( )z z f z
于是，存在 使得当 时,成立0 0,0,RM 0zR?
2( ),
Mfz
z
即满足 的条件,
定理 4.8 设函数 f (z)在实轴上处处解析,在上半平面 内,除有限个孤立奇点,Im 0z? 12,,,nz z z
处处解析,且存在常数 使得当0 0,0,0,RM d
0,zR? 且 时,则Im 0z? 1( ),Mfz z d
1( ) d 2 R e s [ ( ),],
n k
kf x x i f z z?
例 4.19 计算广义积分
2
2 2 2 2 d ( 0 ),( ) ( )
xI x a b
x a x b
解 记 显然 f (z)满
2
2 2 2 2( ),( ) ( )
zfz
z a z b
足 的条件，且 和 是 f (z) 在上半推论 设 是有理函数,多项式 Q(z) ()() ()PzfzQz?
的次数比 P(z)至少高 2次,Q(z)在实轴上没有零点,且
12,,,nz z z是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点，则
1( ) d 2 R e s [ ( ),].
n k
kf x x i f z z
1z ai? 2z bi?
平面的孤立奇点，都是 f (z)的 1级极点,因此，
2
22R e s [ ( ),] lim ( ) ( )z a i
zf z a i
z a i z b
2
2 2 2 2,2 ( ) 2 ( )
aa
a i b a i a b
2
2 2 2 2R e s [ ( ),] lim,( ) ( ) 2 ( )z b i
zbf z b i
z a z b i i b a
于是，根据 推论 设 是有理函数,多项式 Q(z) ()() ()PzfzQz?
的次数比 P(z)至少高 2次,Q(z)在实轴上没有零点,且
12,,,nz z z是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点，则
1( ) d 2 R e s [ ( ),].
n k
kf x x i f z z 2 2 2 22
2 ( ) 2 ( )
abIi
i a b i a b?
22
(),ab
a b a b
例 4.20 计算积分 ( )440 d 0,xIaxa
解 因为被积函数是偶函数，所以
44
1d,
2
xI
xa
357
4 4 4 40 1 2 3,,,i i i iz ae z ae z ae z ae
是 的 4个 1级极点,其中 z0和 z1在上半441()fz za
平面,z2和 z3在下半平面,于是，根据 推论 设 是有理函数,多项式 Q(z) ()() ()PzfzQz?
的次数比 P(z)至少高 2次,Q(z)在实轴上没有零点,且
12,,,nz z z是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点，则
1( ) d 2 R e s [ ( ),].
n k
kf x x i f z z
44
1d
2
xI
xa
014 4 4 4
11R e s,R e s,i z i z
z a z a
0 1
3 3 4 4
01
11
4 4 4 4
z zii
z z a a
3 3
2 2 2 2,
4 2 2 2 2 22
i ii
a a
3
44
4444
ii
ae ae
i
aa
4.4.3 有理函数与三角函数乘积的积分考虑积分 ( ) c o s d,( ) s in d,f x m x x f x m x x
Jordan引理 设 f (z)在区域 上0,Im 0z R z
解析，且当 时,其中0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R?
是常数,M(r)是 r的实值函数,且 则对li m ( ) 0,r Mr
任何实数 m>0,在以原点为中心,R>R0为半径的逆
lim ( ) d 0,
R
i m z
R C
f z e z
时针方向上半圆周 CR,都有证明 根据估值 不等式设曲线 C 的长度为 L,函数 f ( z )在 C 上满足
( ) d ( ) d,CCf z z f z s M L( ),f z M?则估值不等式
()( ) d ( ) d
RR
im z im x iy
CC
f z e z f z e z
si n
0
( ) d ( ) d
R
m y m R
C
f z e s M R e R
si n si n2
0 2
( ) d dm R m RRM R e e
sin2
02 ( ) d,
mRRM R e
利用不等式 可得 (2 s in 1 0,,2
RC
x
y
0-R R
R
2
sin22
00 dd
mR
mRee
2 2
0
( 1 ),
22
mR
mRee
m R m R
于是
( )( ) d ( ) ( 1 ) 0,
R
im z m R
C
f z e z M R e R
m
即
lim ( ) d 0,
R
i m z
R C
f z e z
Jordan引理的另一种形式设 f (z)在区域 上解析,且当00,Rez R z
是实常数,M(r)是 r的实值函数,且 则li m ( ) 0,r Mr
lim ( ) d 0,
R
mz
R C
f z e z
O
x
y
CR
0
时,其中 是常数,是0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R? 0?
对任何实数 m>0,
其中 0 0 0:RC z R R
逆时针方向,0R e,z
定理 4.9 设 是有理函数,Q(z)在()() ()Pzfz Qz?
实轴上没有零点,多项式 Q(z)的次数至少比 P(z)的次数高 1次,是 f (z)在上半平面内的所有12,,,nz z z
孤立奇点，则对任何实数 m>0,
1
( ) d 2 Re s [ ( ),],
n
im x im z
k
k
f x e x i f z e z
证明 由条件可知 存在有限的极限,lim ( )z z f z
于是，存在 使得当 时,成立0 0,0,RM 0zR?
( ),Mfz z?即满足 的条件,Jordan 引理 设 f ( z )在区域 上0,Im 0z R z
解析，且当 时,其中0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R?
是常数,M ( r )是 r 的实值函数,且 则对li m ( ) 0,r Mr
任何实数 m >0,在以原点为中心,R > R 0 为半径的逆
lim ( ) d 0,R i m zR C f z e z时针方向上半圆周 C R,都有显然,f (x)在 上连续，且当 时,(,) 0xR?
所以由比较判别法知,( ),Mfx x?
取 充分大为半径,0RR?
以原点为中心作上半圆周,RC
RC
x
y
0
,z1
,z2.
zn
…
-R R取逆时针方向,使上半平面的孤立奇点在由实轴和 所围的区域内,RC
( ) s in d,( ) c o s df x m x x f x m x x
收敛,于是 收敛,( ) di m xf x e x
根据定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
( ) ( ) d
R
R im x im z
R
C
f x e dx f z e z
1
2 R e s [ ( ),],
n
im z
k
k
i f z e z?
再由 Jordan 引理 设 f ( z )在区域 上0,Im 0z R z
解析，且当 时,其中0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R?
是常数,M ( r )是 r 的实值函数,且 则对li m ( ) 0,r Mr
任何实数 m >0,在以原点为中心,R > R 0 为半径的逆
lim ( ) d 0,R i m zR C f z e z时针方向上半圆周 C R,都有
lim ( ) d 0,
R
i m z
R C
f z e z
于是令 得,R
1
( ) d 2 R e s [ ( ),],
n
im x im z
k
k
f x e x i f z e z
例 4.21 计算积分 22c o s d.( 1 ) ( 9 )x xxx
解 记 则 2 2 21( ),( 1 ) ( 3 )fz zz12,3z i z i
是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点,都是 1级极点,
显然 f (z)满足 的条件,所以定理 4.9 设 是有理函数,Q (z)在()() ()Pzfz Qz?
实轴上没有零点，多项式 Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,是 f (z)在上半平面内的所有12,,,nz z z孤立奇点，则对任何实数 m >0,
1( ) d 2 Re s [ ( ),],nim x im z kkf x e x i f z e z
22 d( 1 ) ( 9 )
ixe
xxx
2 { R e s [ ( ),] R e s [ ( ),3 ] }i z i zi f z e i f z e i
22 32 l i m l i m( ) ( 9 ) ( 1 ) ( 3 )
iz iz
z i z i
eei
z i z z z i
( )13 232 3 1,16 48 24eeiei i e
其实部 (虚部为零 )就是所要求的积分，即
( )22 2 3c o s d 3 1,( 1 ) ( 9 ) 2 4x xex x e
例 4.22 计算积分 220 sin d ( 0 ),xxI x axa
解 记 则 是 f (z)在上半22( ),zfz za0z ai?
平面内惟一的孤立奇点,且是 1级极点,显然 f (z)满足 的条件,所以定理 4.9 设 是有理函数,Q (z)在()() ()Pzfz Qz?
实轴上没有零点，多项式 Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,是 f (z)在上半平面内的所有12,,,nz z z孤立奇点，则对任何实数 m >0,
1( ) d 2 Re s [ ( ),],nim x im z kkf x e x i f z e z
2 2 2 2
1 si n 1d Im d
22
ixx x xe
I x xx a x a
( )1 Im 2 R e ( ),.22 iz ai s f z e a i e
Q(z)的次数至少比 P(z)的次数高 1次,如果 12,,,nz z z
是 f (z)在上半平面内的所有孤立奇点,是12,,,Nz z z
f (z)在实轴上的所有孤立奇点,且都是 1级极点,则定理 4.10 设 是有理函数,多项式()() ()Pzfz Qz?
当广义积分 收敛时,( )( ) s in d 0f x m x x m
( ) sin df x m x x
11
I m 2 R e s ( ),R e s ( ),.
nN
i m z i m z
kk
kk
i f z e z i f z e z
( ) c o s d?f x m x x
z1
z2
zn
y
O x
CR
R R1z?
证明 不妨设实轴上只有一个 1级极点 1.z?
取 R>0充分大,r >0充分小,分别为半径作圆周 CR和 Cr (如图 ),与实轴一起围成区域 D,使得 f (z)
Cr
D
在上半平面的奇点位于区域 D的内部,位于 D外部,1z?
根据定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
1( ) d ( ) d ( ) d
R r
zrim z im x im z
R
C C
f z e z f x e x f z e z
1 1
( ) d 2 R e s ( ),.
nR
im x im z
kzr
k
f x e x i f z e z
显然
lim ( ) d 0,
R
i m z
R C
f z e z
Jordan 引理 设 f ( z )在区域 上0,Im 0z R z
解析，且当 时,其中0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R?
是常数,M ( r )是 r 的实值函数,且 则对li m ( ) 0,r Mr
任何实数 m >0,在以原点为中心,R > R 0 为半径的逆
lim ( ) d 0,R i m zR C f z e z时针方向上半圆周 C R,都有而且 f (z)满足 的条件，因此
1
1
00
li m ( ) d li m ( ) dz r Ri m x i m x
R z rRR
rr
f x e x f x e x
( ) d,im xf x e x
下面考虑 0lim ( ) d,
r
im z
r C
f z e z?
由于 是 的 1级极点，则在 的某个1z? () imzf z e 1z?
去心邻域内,可以展开成 Laurent级数() imzf z e
1
1
( ) ( ),im z cf z e zzz j
其中 在 的邻域内有11R e s ( ),,i m zc f z e z()zj 1z?
界且解析,即存在 M>0,使得 故( ),zMj?
( ) d 0 ( 0 ),
rC
z z M r rj?
011
1
1
d d,
r
i
i
C
c c irez ic
z z re
1
1
( ) d ( ) d d
r r r
i m z
C C C
cf z e z z z z
zzj
1 ( 0 ),i c r
因此，
( )( ) s i n d I m ( ) di m xf x m x x f x e x
1
1
R e s ( ),2 R e s ( ),.
n
im z im z
k
k
i f z e z i f z e z
和 方法仍是
Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,如果 12,,,nz z z
是 f (z)在上半平面内的所有孤立奇点,是12,,,Nz z z
f (z)在实轴上的所有孤立奇点,且都是 1级极点,则定理 4.10 设 是有理函数,多项式()() ()Pzfz Qz?
当广义积分 收敛时,( )( ) s in d 0f x m x x m ( ) sin df x m x x
11I m 2 R e s ( ),R e s ( ),.
nN i m z i m zkk
kki f z e z i f z e z
( ) c o s d?f m x x
定理 4.9 设 是有理函数,Q (z)在()() ()Pzfz Qz?
实轴上没有零点，多项式 Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,是 f (z)在上半平面内的所有12,,,nz z z孤立奇点，则对任何实数 m >0,
1( ) d 2 Re s [ ( ),],nim x im z kkf x e x i f z e z
2,积分区域的转化,
取一条分段光滑的曲线,使其与实轴的一部分构成一条简单闭曲线,并使 f ( z ) 在其内部除有限孤立奇点外处处解析,
这种方法称为 围道积分法,
1,被积函数的转化,
当 z 在实轴上时,f ( z )= f ( x ).
f ( x ) f ( z )
例 4.23 设 m>0,证明 0 sin d,2mx xx
证明 记 则 f (z) 在复平面上只有1( ),fz z?
一个 1级极点 z=0,且在实轴上，故由
Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,如果 12,,,nz z z
是 f (z)在上半平面内的所有孤立奇点,是12,,,Nz z z
f (z)在实轴上的所有孤立奇点,且都是 1级极点,则定理 4.10 设 是有理函数,多项式()() ()Pzfz Qz?
当广义积分 收敛时,( )( ) s in d 0f x m x x m ( ) sin df x m x x
11I m 2 R e s ( ),R e s ( ),.
nN i m z i m zkk
kki f z e z i f z e z
( ) c o s d?f m x x
0
sin 1 sindd
2
m x m xxx
xx
( )11I m R e s,0 I m,2 2 2
im ze
ii z
4.4.4 零点的分布例 4.24 设 z=z0是解析函数 f (z)的 m级零点，则
z=z0是 的 1级极点，并且()()fzfz
0
()R e s,.
()
fz zm
fz
证明 因为 z=z0是 f (z)的 m级零点，则在 z=z0
的某邻域内，有
00( ) ( ) ( ),( ) 0,mf z z z z zjj
0
( ) ( ),
( ) ( )
f z m z
f z z z z
j
j
由于 则 在 z=z0点解析，从而 z=z00( ) 0,zj? ()()zzjj
是 的 1级极点，并且()()fzfz
0
()R e s,.
()
fz zm
fz
其中 j (z)在该 邻域内解析,因此例 4.25 设函数 f (z)在分段光滑 Jordan曲线 C
及其内部解析，且在 C上无零点，则
1 ( ) d,
2 ( )C
fz zN
i f z?
其中 N表示 f (z)在 C的内部零点的总数 (约定 k级零点按 k个零点计算 ),
证明 因为不恒为零的解析函数的零点是孤立零点,所以 f (z)在 C 的内部只有有限个零点,记为
12,,,,nz z z它们的级数分别是 12,,,.n
由 知,都是 的 1级极例 4.24 设 z=z0是解析函数 f (z)的 m级零点，则
z=z0是 的 1级极点，并且()()fz?
0()R e s,.()fz zmfz
12,,,nz z z
()
()
fz
fz
点，且 ()
R e s,,1,2,,.() kkfz z k nfz
于是，由定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
1
1 ( ) d.
2 ( )
n
kC
k
fz zN
i f z
Rouche定理 设函数 f (z)和 g(z)都在分段光滑
Jordan曲线 C及其内部解析,且在 C上 ( ) ( ),f z g z?
则在 C的内部 和 的零点个数相等,( ) ( )f z g z? ()fz
例 4.26 求 在 内根的数,6 4 35 2 0z z z1z?
解 令 在 上,3 6 4( ) 5,( ) 2,f z z g z z z1z?
6 4 6 4( ) 5,( ) 2 2 4,f z g z z z z z
即在 上，有1z? ( ) ( ),f z g z?由 知,Rouche 定理 设函数 f ( z ) 和 g ( z ) 都在分段光滑
Jordan 曲线 C 及其内部解析,且在 C 上 ( ) ( ),f z g z?则在 C 的内部 和 的零点个数相等,( ) ( )f z g z? ()fz
( ) ( )f z g z?和 在 内的零点个数相等,而 f (z) ()fz 1z?
在 内只有一个 3级零点 z=0,所以1z? ( ) ( )f z g z?
在 内有三个零点,即方程1z? 6 4 35 2 0z z z
在 内有三个根,1z?
例 4.27 如果 证明方程 在单位圆,ae? zne az?
内有 n (n为正整数 ) 个根,
证明 令 在单位圆周上( ),( ),nzf z a z g z e
c o s( ),( ),nf z a z a e g z e e
即在单位圆周上,有 ( ) ( ),f z g z?由 知,Rouche 定理 设函数 f ( z ) 和 g ( z ) 都在分段光滑Jordan 曲线 C 及其内部解析,且在 C 上 ( ) ( ),f z g z?
则在 C 的内部 和 的零点个数相等,( ) ( )f z g z? ()fz
( ) ( )f z g z?和 在单位圆内零点个数相等,而 f (z) ()fz
在单位圆内只有一个 n级零点 z=0,所以 ( ) ( )f z g z?
在单位圆内有 n个零点,即方程 在单位圆内zne az?
有 n个根,
留数 计算方法可去奇点孤立奇点 极点本性奇点函数的零点与极点的关系留数定理
( ) d
C
f z z?计 算
2
0
1,( si n,c os ) d
2,( ) d
3,( ) dim x
R
f x x
R x e x
留数在定积分计算中的应用本章内容总结零点的分布
2,留数的计算
4,留数在定积分计算中的应用本章的重点
1,孤立奇点及其分类
3,留数基本定理及在复变函数积分中的应用第四章 完
Karl Weierstrass
(1815.10.31-1897.2.19)
德国数学家,曾在波恩大学学习法律,1838年转学数学,后来成为中学教师,不仅教数学、物理,还教写作和体育,
在这期间刻苦进行数学研究,1856年到柏林大学任教,1864年成为教授,
Weierstrass是将严格的论证引入分析学的一位大师,他发现了处处不可微的连续函数,与其他一些数学家一起共同结束了分析学的混乱局面,
Eugene Rouche (1832.8.18-1910.8.19)
法国数学家,在分析学和代数学方面均有贡献,
1862年发表了 Rouche定理,1875年曾发表文章证明了线性方程组存在解的系数矩阵秩准则,
§ 4.1 孤立奇点
§ 4.2 留数的一般理论
§ 4.3 函数在无穷远点的留数
§ 4.4 留数的应用主 要 内 容本章介绍孤立奇点、留数的概念；
孤立奇点处留数的计算；并将其应用于实函数积分的计算,
§ 4.1 孤立奇点
1 可去奇点
2 极点
3 本性奇点本章将利用函数的 Laurent级数展开式研究函数在孤立奇点处的性质,
如果函数 f (z)在 z0点不解析,则称 z0 是 f (z)的一个奇点,如果 z0 是 f (z)的一个奇点,且存在 d >0,
使得 f (z)在 内解析，则称 z0 是 f (z)的00 zz d
孤立奇点,
例如 z=0是函数 和 的 孤立奇点,但 z=01ze sinzz
都是奇点,
不是 函数 的 孤立奇点,因为 1 ( 1,2,)kk1sin
z
z
则 f (z)可以展开为 Laurent级数
0( ) ( ),
n
n
n
f z c z z
其中 1
0
1 ( ) d ( 0,1,2,),
2 ( )n nC
fzc z n
i z zC是
z0为中心,半径小于 d 的圆周的正向,
根据 Laurent级数展开式的系数 cn的不同情况,
可以把 f (z)的孤立奇点进行分类,
若 z0 是 f (z)的孤立奇点，此时 f (z) 在圆环域
00 zz d内解析,根据 Laurent级数展开定理，
4.1.1 可去奇点
0 1 0 0( ) ( ) ( ),nnf z c c z z c z z
定义 4.1 如果 f (z)在 内的 Laurent00 zz d
级数中不含有 的负幂项,即当0zz? 1,2,3,n
时,则称 z0是 f (z)的 可去奇点,0,nc?
此时这个幂级数的收敛半径至少为 d,和函数 j (z)在 z0
处解析,
无论 f (z)在 z0是否有定义,可定义反之,若 在 内解析,且极限)(zf d 00 zz
)(lim
0
zfzz? 存在,则 是 的可去奇点,)(zf0z
00 0 0
( ) l i m ( ) ( ),zzf z c f z zj
则在 内 解析,d 0zz ( ) ( )f z zj?
事实上,由于 存在,函数 f (z)在 z0 点
0
lim ( )zz fz?
某个去心邻域内有界，即存在两个正数 M 和 r<d,
使得在 内，有 00 z z r ( ),f z M?
又因为 f (z)在 内解析,所以00 zz d
0( ) ( ),
n
n
n
f z c z z
其中 1
0
1 ( ) d ( 0,1,2,),
2 ( )n nC
fzc z n
i z z
并且
11
0
1 ( ) d 2,
2 ( ) 2n n n nc
f z M Mcz
i z z
取正向,于是根据0:C z z r
估值 不等式设曲线 C 的长度为 L,函数 f ( z )在 C 上满足( ) d ( ) d,
CCf z z f z s M L( ),f z M?则估值不等式当 n为负整数时,令0,得 0.nc?
定理 4.1 设 f (z)在 内解析,则00 zz d
z0 是 f (z) 的可去奇点的充分必要条件是存在极限
0 0
l i m ( ),zz f z c其中 c0是有限复常数,
这样我们有两种方法来判别函数 f (z)的奇点
z0是否为 可去奇点,
1.由定义判断,如果 f (z)在 z0的 Laurent 级数无负幂项,则 z0是 f (z)的可去奇点,
2,由极限判断,若极限 存在且为有限值,)(lim
0
zfzz?
则 z0是 f (z)的可去奇点,
如果补充定义,
24s in 1 11,
3 ! 5 !
z zz
z
所以 z=0是 z zsin 的可去奇点,
例 4.1 因为 在 内的展开式为sinzz 0 z
无负幂项
0
sinli m 1,
z
z
z或者 si n
,0 ;
()
1,0,
z
z
fz z
z
则 f (z)在全平面解析,
4.1.2 极点定义 4.2 如果 f (z)在 00 zz d的 Laurent
级数展开式中只含有有限个 0zz? 的负幂次项,即只有有限个 (至少一个 )整数 0,n? 使得 0,nc? 则称
z0是 f (z)的 极点,如果存在正整数 m,使得 0,mc
而对于整数,nm 0,nc?有 则称 z0是 f (z)的 m级极点,
当 z0是 f (z)的 m级极点时,Laurent级数展开式
10 1 0( ) ( ) ( )mmmmf z c z z c z z
121 0 0 1 0 2 0 + ( ) ( ) ( ),c z z c c z z c z z
其中 0 ( 1 ),mcm于是
20 1 0 2 0( ) ( ) ( ) ( ),m m m mf z z z c c z z c z z
令 10( ) ( ) ( ),nmm m n ng z c c z z c z z
则 g(z)在 0zz d内解析，且 0( ) 0,mg z c即
0
1( ) ( ),
() mf z g zzz
反之,对 00 zz d内的解析函数 f (z),如果
00 zz d不妨设在 内,( ) 0,fz? 令
1( ),
()Fz fz?
则 F(z)在 00 zz d内解析，并且
0
l i m ( ) 0.zz Fz
所以 z0是 F(z)的可去奇点,于是在 内,00 zz d
F(z)的 Laurent级数展开式为
0 1 0 0( ) ( ) ( ),nnF z z z z z
0
l i m ( ),zz fz即
0
lim ( ),zz fz
定理 4.2 设 f (z)在 00 zz d内解析，则
1,m?并且存在 使得 0 1 1 0,m而
0.m 于是 0( ) ( ) ( ),mF z z z G z其中 G(z) 在
0zz d内解析,0( ) 0,mGz令
1( ),
()gz Gz?
0( ) ( ) ( ),mf z z z g z所以 其中 g(z)在 0zz d
0( ) 0,gz?那么 z0是 f (z)的 m级极点,内解析，
z0是 f (z)的极点的充分必要条件是
0
l i m ( ),zz fz
)(zf 的 Laurent展开式中含有
0zz? 的有限负幂项,
在点 的某去心邻域内有0z
其中 在 的邻域内解析,且)(zg 0z,0)( 0?zg
1,由定义判别：
2,由等价形式判别：
3,由极限判别：
0
l i m ( ),zz fz
这样我们有三种方法来判别函数 f (z)的奇点
z0是否为 极点,
0( ) ( ) ( ) ( 1 ),mf z z z g z m
例 4.2 考虑函数 232( ),( 1 ) ( 1 )zfz zz显然,
zi 和 1z? 是 f (z)的孤立奇点,因为
3 1 1( ) ( 1 ) ( ) ( ) ( 2 ),f z z z i z i z
所以容易看出,zi 是 f (z) 的 1级极点,1z? 是
f (z)的 3级极点,
定理 4.3 设 z0是 f (z)的 m级零点,则 z0是
1
()fz
的 m级极点 ; 设 z0是 f (z)的 m级极点,则 z0是 的
1
()fz
可去奇点,(零点与极点的关系 )
证明 设 z0是 f (z)的 m级零点,记
0( ) ( ) ( ),mf z z z zj
其中 ()zj 在点 z0解析,且 则0( ) 0,zj? 1()zj 在点 z0
解析,
0
1 0.
()zj?因此,0
11( ),
( ) ( )
mzz
f z zj
于是，
z0是 的 m级极点,1()fz
反之，设 z0是 f (z)的 m级极点,记
0( ) ( ) ( ),mf z z z zj
其中 ()zj 在点 z0解析,且 则0( ) 0,zj? 1()zj 在点 z0
解析,
0
1 0.
()zj?因此 在 z0处可展开成 Taylor
1
()zj
级数 ( ) 0
0
1 ( ),n
n
n
c z zzj
且 0
0
1 0.
()c zj于是
0
0
1 ( ),
()
nm
n
n
c z zfz
根据 的定义知,z0是函数 的可去奇点,
定义 4.1 如果 f (z)在 内的 Lauren t00 zz d
级数中不含有 的负幂项,即当0zz? 1,2,3,n
时,则称 z 0是 f (z)的 可去奇点,0,nc?
1
()fz
例 4.3 求 1() 1zfz e的孤立奇点,并指出奇点的类型,
解 显然,( 2 1 ) ( 0,1,2,)kz k i k是
1ze? 的零点，但是
( 2 1 )( 1 ),1 0,z z k ie e e
故 ( 0,1,2,)kzk是 1ze? 的 1级零点,
因此,( 0,1,2,)kzk是 f (z)的 1级极点,
推论 设 ()( ),()Pzfz Qz? z0是 P(z)的 m级零点,
也是 Q(z)的 n级零点,则当 n>m时,z0是 f (z)的 n-m级极点 ; 而当 n?m时,z0是 f (z)的可去奇点,
例 4.4 考虑函数 51 c o s( ),zfz z 设
5( ) 1 c o s,( ),P z z Q z z
显然,z=0是 Q(z)的 5级零点,因为
( 0 ) ( 0 ) 0,( 0 ) 1 0,P P P
所以,z=0是 P(z)的 2级零点,故 z=0是 f (z)的 3级极点,
不是 5
级极点
4.1.3 本性奇点定义 4.3 如果 f (z)在 00 zz d内的 Laurent
展开式中含有无穷多个系数非零的 负幂项,即0zz?
存在无限个整数 n<0,使得 0,nc? 则称 z0是函数 f (z)
的本性奇点,
( )1 211 0 z,2 ! !nz zzez n
( )3511s in 0,3 ! 5 !zzzzz
例 4.5 z=0是 和 的本性奇点,这是因为1ze 1sinz
无穷多 负幂项定理 4.4 设 f (z)在 00 zz d内解析，则不存在有限或无穷的极限,
z0 是 f (z)的本性奇点的充分必要条件是
0
lim ( )zz fz?
Weierstrass得到了如下重要结论：
设 f (z)在 00 zz d内解析，则 z0 是 f (z)
的本性奇点的充分必要条件是对任何有限或无穷的复数 w0,都存在点列 { },nz 使得 0,nzz? 并且
0l i m ( ),nn f z w
综上所述,
孤立奇点可去奇点
m级极点本性奇点
Laurent级数的特点 )(lim 0 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有限个负幂项
10 )( zz
mzz )( 0
关于 的最高幂为
§ 4.2 留数的一般理论
1 留数定义及留数基本定理
2 留数的计算
R
4.2.1 留数定义及留数基本定理
01010 )()()( czzczzczf nn
C
0z )(zf设 为 的一个孤立奇点,则存在 R>0,
内 Laurent)(zf Rzz 00在
1 0 0( ) ( ),nnc z z c z z
0z.
使得 f (z)在 Rzz 00 内解析,
级数为在 内取分段光滑正向 Jordan曲线 C,00 z z R
12,ic
0 1 0 0d ( ) d ( ) d
n
n
C C C
c z c z z z c z z z
CC
n
n zzzczzzc d)(d)(
1
010
( )d
C
f z z?
0 i?2
的系数级数中负幂项 101 )(L a u r e n t zzc
0
C 0z
.
曲线 C包含 z0在其内部,考虑积分定理 2.3 ( Cau chy 积分定理 ) 设 f ( z ) 是单连
D C 说明,该定理的主要部分是Cau chy 于 1825 年建立的,
它是复变函数理论的基础,
通区域 D 上的解析函数，则对 D 内的任何可求长 Jo rdan 曲线 C,都有 ( ) d 0,
C f z z
根据,复合闭路定理
D C 1C 2C 3C
都在 C 的内部,它们互不包含也 互不相交,并且以定理 2.4 设 12,,,,nC C C C是多连通区域 D 内是 D 上的解析函数,那么
1( ) d ( ) d,knCC kf z z f z z其中 C 和 C
k (1? k? n ) 取正向,
若 f ( z )
分段光滑 ( 或可求长 ) Jo rdan 曲线,都12,,,nC C C
为边界的闭区域含于 D 内,12,,,,nC C C C
积分与曲线 C的选取无关
0 10
2,0,1 d() 0,0,nz z r inzzz n例 2.2.
积分值与圆周的中心、半径无关,
0R e s[ ( ),],f z z?1
1 ( )d
2 Cc f z zi即定义 4.4 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 Jordan曲线,积分 1
( ) d2
C
f z zi
称为 f (z)在 z0点的 留数 (Residue),记做 0R e s ( ),.f z z
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,
定理 4.5 (留数基本定理 ) 设函数 f (z)在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jordan
曲线,则
1
( ) d 2 R e s ( ),.
n
k
kC
f z z i f z z?
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 12,,,nz z z为中心,作半径充分小的正向圆周
1z
2z
nz
D
C
.,
.
…C1
C2
Cn
12,,,,nC C C使得它们中的每个都在其余的外部,而都在 C的内部,
根据,复合闭路定理
D
C 1C 2C 3C
都在 C 的内部,它们互不包含也 互不相交,并且以定理 2.4 设 12,,,,nC C C C是多连通区域 D 内是 D 上的解析函数,那么
1( ) d ( ) d,knCC kf z z f z z
其中 C 和 C k (1? k? n ) 取正向,
若 f ( z )
分段光滑 ( 或可求长 ) Jo rdan 曲线,都12,,,nC C C
为边界的闭区域含于 D 内,12,,,,nC C C C
12
( ) d ( ) d ( ) d ( ) d,
nC C C C
f z z f z z f z z f z z
再由留数的定义,即得
1
( ) d 2 R e s ( ),.
n
k
kC
f z z i f z z?
4.2.2 留数的计算
(1) 如果 0z 为 )(zf 的可去奇点,则
0R e s [ ( ),] 0,f z z?
如果 为 的 1级极点,那么0z )(zf?法则 4.1
成 Laurent级数,求,1?c
(3) 如果 0z 为 的极点,则有如下计算规则)(zf
000
Re s [ ( ),] l i m [ ( ) ( ) ],zzf z z z z f z
(2) 如果 0z 为 的本性奇点,)(zf 展开则需将 )(zf
证明 由于 z0是 f (z)的 1级极点，所以在 z0的某个去心邻域内的 Laurent级数展开式为
11 0 0 1 0( ) ( ) ( ),f z c z z c c z z
故
20 1 0 0 1 0( ) ( ) ( ) ( ),z z f z c c z z c z z
所以
0 0 1 0
l i m [ ( ) ( ) ] Re s [ ( ),],zz z z f z c f z z
例 4.6 求 () ( 1 ) ( 2 )
ze
fz zz和 2sin() zgz z?
在孤立奇点处的留数,
11
R e s [ ( ),1 ] lim [ ( 1 ) ( ) ] lim,2
z
zz
ef z z f z e
z
2
22
R e s [ ( ),2 ] lim [ ( 2 ) ( ) ] lim,1
z
zz
ef z z f z e
z
由定理 4.3的 推论 设 ()( ),()Pzfz Qz?z0是 P(z)的 m级零点,
也是 Q(z)的 n级零点,则当 n>m时,z0是 f (z)的 n-m级极点 ; 而当 n?m时,z0是 f (z)的可去奇点,
,z=0是 g(z)的 1级极点，于是
00
s inR e s [ ( ),0 ] lim [ ( ) ] lim 1,
zz
zg z z g z
z
易知 z=1和 z=2都是 f (z)的 1级极点，故解 运行下面的 MATLAB语句,
>> symsz;
>> f=exp(z)/((z-1)*(z-2));
>> r1=limit(f*(z-1),z,1)
r1 =
-exp(1)
>> r2=limit(f*(z-2),z,2)
r2 =
exp(2)
法则 4.2 设,)( )()( zQ zPzf? )(zP 及 )(zQ 在 0z 都解析,
如果 0 0 0( ) 0,( ) 0,( ) 0,P z Q z Q z那么 0z 为 f (z)
的 1级极点,并且
.)( )(]),(R es [
0
0
0 zQ
zPzzf
证明 由条件易知 z0是 f (z)的 1级极点,于是
00
00
0
0
()
R e s [ ( ),] li m ( ) ( ) li m
( ) ( )z z z z
Pz
f z z z z f z
Q z Q z
zz
.)( )(
0
0
zQ
zP
例 4.7 求 2() 1
ize
fz z在孤立奇点处的留数,
处解析，且
1( ) 0,( ) 0,( ) 2 0,P i e Q i Q i i
所以 是 f (z)的 1级极点，并且zi
R e s [ ( ),],22
iz
zi
eif z i
ze
R e s [ ( ),],22
iz
zi
eef z i i
z
显然 和 都在 zi() izP z e? 2( ) 1Q z z解 运行下面的 MATLAB语句,
>> symsz;
>> P=exp(i*z);Q=1+z^2;
>> r1=limit(P/(diff(Q,z,1)),z,i)
r1 =
-1/2*i*exp(-1)
>> r2=limit(P/(diff(Q,z,1)),z,-i)
r2 =
1/2*i*exp(1)
0
1
00 1
1dR e s [ ( ),] lim [ ( ) ( ) ],
( 1 ) ! d
n
n
nzzf z z z z f znz
如果 为 的 级极点,取正整数0z )(zf m?法则 4.3
证明 由于 z0是 f (z)的 m级极点，所以在 z0的
2020 )()()( zzczzczf mm?
11 0 0 1 0( ) ( ),c z z c c z z
某个去心邻域内的 Laurent级数展开式为那么,nm?
因此
10 0 1 0( ) ( ) ( ) ( )n n m nmz z f z c z z c z z
10 0 1 0( ) ( ),nnc z z c z z
对上式求 1n? 阶导数,得
+(含有 正幂的项 ),0zz?1( 1 ) !nc
1
01
d [ ( ) ( ) ]
d
n
n
n z z f zz
所以
0
1
011
dlim [ ( ) ( ) ] ( 1 ) !,
d
n
n
nzz z z f z n cz
于是
0
1
0 1 01
1dR e s[ ( ),] lim [ ( ) ( ) ],
( 1 ) ! d
n
n
nzzf z z c z z f znz
例 4.8 求
2
() ( 1 )
n
n
zfz
z在 z= -1处的留数,
解 显然 z= -1是 f (z)的 n级极点，所以
( 1 )211R e s ( ),1 lim( 1 ) ! nnzf z zn
21
1
2 ( 2 1 ) ( 2 2 )lim
( 1 ) !
nn
z
n n n n z
n
1 2 ( 2 1 ) ( 2 2 )( 1 )
( 1 ) !
n n n n n
n
1 ( 2 ) !( 1 ),
( 1 ) ! ( 1 ) !
n n
nn
如果 z0是 f (z)的 m级极点，有时在
0
100 11dR e s [ ( ),] lim [ ( ) ( ) ],( 1 ) ! d n nnzzf z z z z f znz
0z )(zf如果 为 的 级极点,取正整数m法则 4.3那么,nm?
例 4.4 考虑函数 51 cos( ),zfz z设
5( ) 1 c o s,( ),P z z Q z z
显然,z=0是 Q(z)的 5级零点,因为( 0 ) ( 0 ) 0,( 0 ) 1 0,P P P
所以,z=0是 P(z)的 2级零点,故 z=0是 f (z)的 3级极点,
不是 5级极点中取
n>m来计算更为方便,
例 4.9 求 在 z=0处的留数,51 c o s() zfz z
根据 可知,z=0是 f (z)的 3级极点,在法则 4.3中取 n=5,则
( 4 )
0
11R e s [ ( ),0 ] lim ( 1 c o s ),
4 ! 2 4zf z z
如果在法则 4.3中取 n=3,那么计算就要麻烦得多,
解 运行下面的 MATLAB语句,
>> symsz;
>> f=(1-cos(z))/z^5;
>> r=limit(diff(f*z^5,z,4)/prod(1:4),z,0)
r =
-1/24
例 4.10 计算积分 4 d,1
C
z z
z 其中 C是 2z?
的正向,
4() 1
zfz
z的 1级极点，并且都在 C的内部,所以
4
1
( ) d 2 R e s [ ( ),]k
kC
f z z i f z z?
44
42
11
12 2 0,
( 1 ) 4
k
kk kzz
zii
zz
根据 和,定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e ( ),.
n k
kC f z z i s f z z
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,
法则 4.2 设,)( )()( zQ zPzf? )(zP 及 )(zQ 在 0z 都解析,
如果 0 0 0( ) 0,( ) 0,( ) 0,P z Q z Q z那么 0z 为 f (z)
的 1级极点,并且,)( )(]),(R es [
000 zQ zPzzf
显然 是函数1 2 3 41,,1,z z i z z i解 如果函数 f (z)是有理函数的形式,即()
( ),()PzfzQz?
其中 P(z)和 Q(z)都是多项式,那么使用命令
[R,p,k]=residue(P,Q)
得到 f (z)的部分分式展开,从而求出在极点处的留数,在上面的命令中,P与 Q分别是分子多项式 P(z)
和分母多项式 Q(z)按降幂排列的多项式系数向量,
计算结果中 R表示部分分式真分式的分子,即留数极点 z=3在 的外部,2z?
分别是 f (z)的 3级和 1级极点,都在 的内部,而2z?
0
12R e s [ ( ),0] li m
2 ! ( 1 ) ( 3 )z
zfz
zz?
例 4.11 计算积分 3
2 d,
( 1 ) ( 3 )C
z z
z z z
其中 C
是 的正向,2z?
记 3 2( ),( 1 ) ( 3 )zfz z z z显然 z=0和 z=1解 显然被积函数有 3级极点 z=0和 1级极点 z=1在圆周 的内部,所以由留数基本定理就得积分值,2z?
>> symsz;
>> f=(z-2)/(z^3*(z-1)*(z-3));
>>
2*pi*i*(limit(diff(z^3*f,z,2)/prod(1:2),z,0)
+limit((z-1)*f,z,1))
ans=
-1/27*i*pi
330
1 1 1 1 4li m,
2 ( 1 ) ( 3 ) 2 7z zz?
1
1R e s [ ( ),1 ] lim [ ( 1 ) ( ) ],
2zf z z f z
于是，根据留数基本定理
3
2
2 1 4 1d 2,
( 1 ) ( 3 ) 2 7 2 2 7z
z z i i
z z z
0
1 1 1lim
4 1 3z zz?
例 4.12 求 在 z=0处的留数，并求
1
2() zf z z e?
( )d,
C
f z z? 其中 C是 的正向,1z?
解 易见 z=0是函数 f (z)的本性奇点，并且
( )122 1( ) 0,2 ! 3 ! 4 !zzf z z z z
因此 1R e s ( ),0,3!fz?于是，根据留数基本定理
( ) d,3
C
f z z i
例 4.13 求 在 z=0处的留数,
1
() z zf z e
解 因为
11
() z zzzf z e e e
所以
1
0
1 1 1R e s [ ( ),0],
0 ! 1! 1! 2 ! ! ( 1 ) !nf z c nn
( )
00
0,!!
nn
nn
zz z
nn
1 函数在无穷远点的性质
2 函数在无穷远点的留数
§ 4.3 函数在无穷远点的留数
4.3.1 函数在无穷远点的性质如果函数 f (z)在?点的去心邻域 Rz
内解析，则称 z=?是 f (z)的孤立奇点,
如果令 则 在去心邻域1,z
1() fj?
10
R( 或当 R=0 时,)内解析,即0
0 是 的孤立奇点,()j? 类似地可以定义 z=?为
f (z)的可去奇点、极点或本性奇点,
Laurent级数展开式为
( ),nn
n
f z c z
定义 4.5 设 f (z)在 内解析，且其Rz
如果展开式中不含有 z的正幂项，则称 z=?是 f (z)
的可去奇点 ; 如果展开式中含有 z 的有限个正幂项
(至少含有一项 ),且最高次幂为 m,则称 z=?是 f (z)的
m级极点 ; 如果展开式中含有 z 的无穷多个正幂项，
则称 z=? 是 f (z)的本性奇点,
类似地可以得到以下结论,
定理 4.6 设 f (z)在 内解析，则Rz
(1) z=? 是 f (z)的可去奇点充分必要条件是存在极限 0l i m ( ),z f z c其中 c0是有限复常数,
(2) z=? 是 f (z)的极点充分必要条件是
li m ( ),z fz即 l i m ( ),z fz
(3) z=? 是 f (z)的本性奇点充分必要条件是
lim ( )z fz 不存在有限与无穷的极限,
4.3.2 函数在无穷远点的留数定义 4.6 设 z=?是 f (z)的孤立奇点,即 f (z) 在
z=?的去心邻域 内解析,称积分Rz
1 ( ) d
2 C f z zi
为 f (z)在 z=?的留数，并记做 其中R e s [ ( ),],fz?C?
表示圆周 的负向 (即顺时针方向 ),( ) z r r R
1R e s [ ( ),],f z c易见
f (z)在 Rz内 Laurent展开式 项的系数11cz
定理 4.7 设函数 f (z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 1 2 1,,,,,NNz z z z则 f (z)在所有各孤立奇点留数的总和等于零，即
1
R e s [ ( ),] 0.
N
k
k
f z z
证明 取充分大的正数 r,使得 在1 2 1,,,Nz z z?
圆周 的内部区域,zr? 根据,定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
1
1
( ) d 2 R e s [ ( ),],
N
k
kzr
f z z i f z z?
于是
1
1
1R e s [ ( ),] ( ) d 0.
2
N
k
k zr
f z z f z zi?
根据无穷远点的留数定义,
1R e s [ ( ),] ( ) d,
2N zrf z z f z zi
所以
1
R e s [ (,) ] 0.
N
k
k
f z z
下面介绍求无穷远点留数的方法,
法则 4.4 设 f (z)在 内解析，则Rz
2
11R e s [ ( ),] R e s,0,f z f
zz
证明 设 f (z)在 R<|z|<?内的 Laurent展开式为
( ),nn
n
f z c z
于是 所以 2211,nn
n
f c zzz
12
11R e s,0 R e s [ ( ),],f c f z
zz?
例 4.14 计算积分
15
2 2 4 3
4
d.( 1 ) ( 2 )
z
zIz
zz
解 记 则由
15
2 2 4 3( ),( 1 ) ( 2 )
zfz
zz法则 4.4 设 f (z )在 内解析，则Rz 211R e s [ ( ),] R e s,0,f z f zz
2
11R e s [ ( ),] R e s,0f z f
zz
2 2 4 3
1R e s,0 1,
( 1 ) ( 1 2 )z z z
4
( ) d 2 R e s [ ( ),] 2,
z
f z z i f z i
因此，
法则 4.5 设 是有理分式,且多项式()() ()Pzfz Qz?
Q(z)的次数比 P(z)的次数至少高 2次，则
R e s [ ( ),] 0,fz
证明 由条件可知 存在有限的极限,2lim ( )z z f z
故存在 R>0,M>0,使得当 时，zR? 2( ),
Mfz
z
1R e s [ ( ),] ( ) d
2 zr
f z f z z
i
因此，当 r>R 时,利用估值 不等式设曲线 C 的长度为 L,函数 f ( z )在 C 上满足
( ) d ( ) d,CCf z z f z s M L( ),f z M?则估值不等式
2
1 d 0 ( ),
2 zr
MM sr
rr
于是 R e s [ ( ),] 0,fz
例 4.15 计算积分 其中 5 1 d,( 1 ) ( 3 )
C
Izzz
C是 的正向,2z?
f (z)有 7个孤立奇点,5个 1级极点在 C内部,1个 1级解 设 在扩充复平面内 5
1( ),
( 1 ) ( 3 )fz zz
极点 z=3和可去奇点 z=?在 C外部,由 可知,定理 4.7 设函数 f (z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 1 2 1,,,,,NNz z z z则 f (z)在所有各孤立奇点留数的总和等于零，即
1 R e s [ ( ),] 0.N kk f z z
只需要计算 f (z)在 z=3和 z=?的留数,
根据,而?法则 4.5 设 是有理分式,且多项式()() ()Pzfz Qz?
Q(z)的次数比 P(z)的次数至少高 2次，则R e s[ ( ),] 0,fz
R e s [ ( ),] 0,fz
53
11R e s [ ( ),3 ] lim,
1 2 4 2zfz z
1 R e s [ ( ),3] R e s [ ( ),] 0,
2 I f z f zi
所以根据 和,定理 4.7 设函数 f (z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点 1 2 1,,,,,NNz z z z则 f (z)在所有各孤立奇点留数的总和等于零，即
1 R e s [ ( ),] 0.N kk f z z
定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,2 R e s [ ( ),3] R e s [ ( ),],
121
iI i f z f z
注 本题采用这种方法要比直接应用留数基本定理简便一些,
1 三角有理式的积分
§ 4.4 留数的应用
2 有理函数的无穷积分
3 有理函数与三角函数乘积的积分
4 零点的分布两个重要工作,
(1) 被积函数的转化 ;
(2) 积分区域的转化,
利用留数理论，可以计算某些类型的定积分或广义积分,其基本思想是把实函数的积分化为复变函数的积分,然后根据留数基本定理,把它归结为留数的计算问题，这样就可以把问题简化,
dd iiez?,dizz
( ) 211s in,22ii zeei iz
( ) 211c o s,22ii zee z
当? 在 ]π2,0[ 变化时,z 沿单位圆周 的正向1?z
绕行一周,于是
4.4.1 三角有理式的积分
2 π
0 ( c o s,s in ) d,R考虑积分则ize令
d)s in,( c o sπ20? R
22
1
1 1 1,d
22z
zzRz
z iz iz?
zzf
z
d)(
1
f (z)是有理函数,如果在 单位圆周内部 f (z)
的所有孤立奇点,
.),(R esπ2
1
n
k
kzzfi
满足 的条件,定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
单位圆周上分母不为零,
1.被积函数的转化
2.积分区域的转化例 4.16 计算积分 2 π0 1 d ( 0 ),c o s abab
解 积分可以转化为
iz
z
z
z
ba
ba z
d
2
1
1
d
c o s
1
1
2
π2
0
2
1
2 d.
2z
i z
b z a z b?
2 2 2 2
12,
a a b a a bzz
bb
,
2 2b z a z b在复平面内有两个零点,
由于 因此 从而被积函数ab?,121 1,zz，
1级极点 z1,所以
22
2
1
2 d2 π R e s ( ),
2z
i a a bz i f z
b z a z b b?
22 22
22 π2.
22 a a bz
b
ii
bz a ab
2
2()
2
ifz
b z a z b
在单位圆周 内只有一个1z?
证明 由于 0 1,p
)c o s1(2)1(c o s21 22 pppp
iz
z
p
z
z
p
I
z
d
2
1
21
1
2
2
1
例 4.17 证明
( )2 220 d2 0 1,1 2 c o s 1Ip p p p
在 内不为零,故积分有意义,积分转化为02π
zpzpzi
z
d))(1( 1
1
被积函数
1()
( 1 ) ( )fz i p z z p
在复平面内有两个极点
12
1,.z p z
p
只有 1级极点 在单位圆周 内,于是1zp? 1z?
2
122 R e s,.
( 1 ) ( ) 1I i pi p z z p p
例 5.18 设 m为正整数,计算积分
π 2 π
0
11 d d,
2 5 4 c o s 2 5 4 c o s
i m i mee
I
0
c o s d.
5 4 c o s
mI
解 因为 都是以 为周期的偶函 mco s,co s?2
数，则积分可以转化为
2
11
11 d d,
2 5 2 ( 1 ) 2 ( 2 1 ) ( 2 )
mm
zz
zzI z z
i z z i z z
被积函数 在复平面内有两个() ( 2 1 ) ( 2 )
mz
fz zz
极点
12
1,2.
2zz
只有 1级极点 在单位圆周 内,于是1 12z? 1z?
11 2 R e,
2 ( 2 1 ) ( 2 ) 2
mz
I i si z z
12,
2 3 2 3 2mm
i
i
4.4.2 有理函数的无穷积分考虑积分 ( ) d,f x x
定理 4.8 设函数 f (z)在实轴上处处解析,在上半平面 内,除有限个孤立奇点,Im 0z? 12,,,nz z z
处处解析,且存在常数 使得当0 0,0,0,RM d
0,zR? 且 时,则Im 0z? 1
( ),Mfz
z d?
1
( ) d 2 R e s [ ( ),],
n
k
k
f x x i f z z
证明 显然,f (x)在 上连续，且当(,)
0xR? 时,所以由比较判别法知,1
( ),Mfx
x d?
( ) df x x 收敛，并且
l i m ( ) d ( ) d,R RR f x x f x x
取 充分大为半径,0RR?
以原点为中心作上半圆周,RC
RC
x
y
0
,z1
,z2.
zn
…
-R R取逆时针方向,使上半平面的孤立奇点在由实轴和 所围的区域内,RC
RC
x
y
0
,z1
,z2.
zn
…
-R R
利用定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
( ) d ( ) d
R
R
R
C
f x x f z z
1
2 R e s [ ( ),],
n
k
k
i f z z?
根据定理的假设和估值 不等式设曲线 C 的长度为 L,函数 f ( z )在 C 上满足
( ) d ( ) d,CCf z z f z s M L( ),f z M?则估值不等式
1( ) d ( ) d d,
R R RC C C
MMf z z f z s s
RRdd
因此 lim ( ) d 0,
R
R C
f z z
2,积分区域的转化,
取一条分段光滑的曲线,使其与实轴的一部分构成一条简单闭曲线,并使 f (z) 在其内部除有限孤立奇点外处处解析,
这种方法称为 围道积分法,
1,被积函数的转化,
当 z 在实轴上时,f (z)=f (x).
f (x) f (z)
推论 设 是有理函数,多项式 Q(z) ()() ()Pzfz Qz?
的次数比 P(z)至少高 2次,Q(z)在实轴上没有零点,且
12,,,nz z z是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点，则
1
( ) d 2 R e s [ ( ),],
n
k
k
f x x i f z z
证明 由条件可知 存在有限的极限,2lim ( )z z f z
于是，存在 使得当 时,成立0 0,0,RM 0zR?
2( ),
Mfz
z
即满足 的条件,
定理 4.8 设函数 f (z)在实轴上处处解析,在上半平面 内,除有限个孤立奇点,Im 0z? 12,,,nz z z
处处解析,且存在常数 使得当0 0,0,0,RM d
0,zR? 且 时,则Im 0z? 1( ),Mfz z d
1( ) d 2 R e s [ ( ),],
n k
kf x x i f z z?
例 4.19 计算广义积分
2
2 2 2 2 d ( 0 ),( ) ( )
xI x a b
x a x b
解 记 显然 f (z)满
2
2 2 2 2( ),( ) ( )
zfz
z a z b
足 的条件，且 和 是 f (z) 在上半推论 设 是有理函数,多项式 Q(z) ()() ()PzfzQz?
的次数比 P(z)至少高 2次,Q(z)在实轴上没有零点,且
12,,,nz z z是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点，则
1( ) d 2 R e s [ ( ),].
n k
kf x x i f z z
1z ai? 2z bi?
平面的孤立奇点，都是 f (z)的 1级极点,因此，
2
22R e s [ ( ),] lim ( ) ( )z a i
zf z a i
z a i z b
2
2 2 2 2,2 ( ) 2 ( )
aa
a i b a i a b
2
2 2 2 2R e s [ ( ),] lim,( ) ( ) 2 ( )z b i
zbf z b i
z a z b i i b a
于是，根据 推论 设 是有理函数,多项式 Q(z) ()() ()PzfzQz?
的次数比 P(z)至少高 2次,Q(z)在实轴上没有零点,且
12,,,nz z z是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点，则
1( ) d 2 R e s [ ( ),].
n k
kf x x i f z z 2 2 2 22
2 ( ) 2 ( )
abIi
i a b i a b?
22
(),ab
a b a b
例 4.20 计算积分 ( )440 d 0,xIaxa
解 因为被积函数是偶函数，所以
44
1d,
2
xI
xa
357
4 4 4 40 1 2 3,,,i i i iz ae z ae z ae z ae
是 的 4个 1级极点,其中 z0和 z1在上半441()fz za
平面,z2和 z3在下半平面,于是，根据 推论 设 是有理函数,多项式 Q(z) ()() ()PzfzQz?
的次数比 P(z)至少高 2次,Q(z)在实轴上没有零点,且
12,,,nz z z是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点，则
1( ) d 2 R e s [ ( ),].
n k
kf x x i f z z
44
1d
2
xI
xa
014 4 4 4
11R e s,R e s,i z i z
z a z a
0 1
3 3 4 4
01
11
4 4 4 4
z zii
z z a a
3 3
2 2 2 2,
4 2 2 2 2 22
i ii
a a
3
44
4444
ii
ae ae
i
aa
4.4.3 有理函数与三角函数乘积的积分考虑积分 ( ) c o s d,( ) s in d,f x m x x f x m x x
Jordan引理 设 f (z)在区域 上0,Im 0z R z
解析，且当 时,其中0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R?
是常数,M(r)是 r的实值函数,且 则对li m ( ) 0,r Mr
任何实数 m>0,在以原点为中心,R>R0为半径的逆
lim ( ) d 0,
R
i m z
R C
f z e z
时针方向上半圆周 CR,都有证明 根据估值 不等式设曲线 C 的长度为 L,函数 f ( z )在 C 上满足
( ) d ( ) d,CCf z z f z s M L( ),f z M?则估值不等式
()( ) d ( ) d
RR
im z im x iy
CC
f z e z f z e z
si n
0
( ) d ( ) d
R
m y m R
C
f z e s M R e R
si n si n2
0 2
( ) d dm R m RRM R e e
sin2
02 ( ) d,
mRRM R e
利用不等式 可得 (2 s in 1 0,,2
RC
x
y
0-R R
R
2
sin22
00 dd
mR
mRee
2 2
0
( 1 ),
22
mR
mRee
m R m R
于是
( )( ) d ( ) ( 1 ) 0,
R
im z m R
C
f z e z M R e R
m
即
lim ( ) d 0,
R
i m z
R C
f z e z
Jordan引理的另一种形式设 f (z)在区域 上解析,且当00,Rez R z
是实常数,M(r)是 r的实值函数,且 则li m ( ) 0,r Mr
lim ( ) d 0,
R
mz
R C
f z e z
O
x
y
CR
0
时,其中 是常数,是0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R? 0?
对任何实数 m>0,
其中 0 0 0:RC z R R
逆时针方向,0R e,z
定理 4.9 设 是有理函数,Q(z)在()() ()Pzfz Qz?
实轴上没有零点,多项式 Q(z)的次数至少比 P(z)的次数高 1次,是 f (z)在上半平面内的所有12,,,nz z z
孤立奇点，则对任何实数 m>0,
1
( ) d 2 Re s [ ( ),],
n
im x im z
k
k
f x e x i f z e z
证明 由条件可知 存在有限的极限,lim ( )z z f z
于是，存在 使得当 时,成立0 0,0,RM 0zR?
( ),Mfz z?即满足 的条件,Jordan 引理 设 f ( z )在区域 上0,Im 0z R z
解析，且当 时,其中0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R?
是常数,M ( r )是 r 的实值函数,且 则对li m ( ) 0,r Mr
任何实数 m >0,在以原点为中心,R > R 0 为半径的逆
lim ( ) d 0,R i m zR C f z e z时针方向上半圆周 C R,都有显然,f (x)在 上连续，且当 时,(,) 0xR?
所以由比较判别法知,( ),Mfx x?
取 充分大为半径,0RR?
以原点为中心作上半圆周,RC
RC
x
y
0
,z1
,z2.
zn
…
-R R取逆时针方向,使上半平面的孤立奇点在由实轴和 所围的区域内,RC
( ) s in d,( ) c o s df x m x x f x m x x
收敛,于是 收敛,( ) di m xf x e x
根据定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
( ) ( ) d
R
R im x im z
R
C
f x e dx f z e z
1
2 R e s [ ( ),],
n
im z
k
k
i f z e z?
再由 Jordan 引理 设 f ( z )在区域 上0,Im 0z R z
解析，且当 时,其中0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R?
是常数,M ( r )是 r 的实值函数,且 则对li m ( ) 0,r Mr
任何实数 m >0,在以原点为中心,R > R 0 为半径的逆
lim ( ) d 0,R i m zR C f z e z时针方向上半圆周 C R,都有
lim ( ) d 0,
R
i m z
R C
f z e z
于是令 得,R
1
( ) d 2 R e s [ ( ),],
n
im x im z
k
k
f x e x i f z e z
例 4.21 计算积分 22c o s d.( 1 ) ( 9 )x xxx
解 记 则 2 2 21( ),( 1 ) ( 3 )fz zz12,3z i z i
是 f (z)在上半平面的全体孤立奇点,都是 1级极点,
显然 f (z)满足 的条件,所以定理 4.9 设 是有理函数,Q (z)在()() ()Pzfz Qz?
实轴上没有零点，多项式 Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,是 f (z)在上半平面内的所有12,,,nz z z孤立奇点，则对任何实数 m >0,
1( ) d 2 Re s [ ( ),],nim x im z kkf x e x i f z e z
22 d( 1 ) ( 9 )
ixe
xxx
2 { R e s [ ( ),] R e s [ ( ),3 ] }i z i zi f z e i f z e i
22 32 l i m l i m( ) ( 9 ) ( 1 ) ( 3 )
iz iz
z i z i
eei
z i z z z i
( )13 232 3 1,16 48 24eeiei i e
其实部 (虚部为零 )就是所要求的积分，即
( )22 2 3c o s d 3 1,( 1 ) ( 9 ) 2 4x xex x e
例 4.22 计算积分 220 sin d ( 0 ),xxI x axa
解 记 则 是 f (z)在上半22( ),zfz za0z ai?
平面内惟一的孤立奇点,且是 1级极点,显然 f (z)满足 的条件,所以定理 4.9 设 是有理函数,Q (z)在()() ()Pzfz Qz?
实轴上没有零点，多项式 Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,是 f (z)在上半平面内的所有12,,,nz z z孤立奇点，则对任何实数 m >0,
1( ) d 2 Re s [ ( ),],nim x im z kkf x e x i f z e z
2 2 2 2
1 si n 1d Im d
22
ixx x xe
I x xx a x a
( )1 Im 2 R e ( ),.22 iz ai s f z e a i e
Q(z)的次数至少比 P(z)的次数高 1次,如果 12,,,nz z z
是 f (z)在上半平面内的所有孤立奇点,是12,,,Nz z z
f (z)在实轴上的所有孤立奇点,且都是 1级极点,则定理 4.10 设 是有理函数,多项式()() ()Pzfz Qz?
当广义积分 收敛时,( )( ) s in d 0f x m x x m
( ) sin df x m x x
11
I m 2 R e s ( ),R e s ( ),.
nN
i m z i m z
kk
kk
i f z e z i f z e z
( ) c o s d?f x m x x
z1
z2
zn
y
O x
CR
R R1z?
证明 不妨设实轴上只有一个 1级极点 1.z?
取 R>0充分大,r >0充分小,分别为半径作圆周 CR和 Cr (如图 ),与实轴一起围成区域 D,使得 f (z)
Cr
D
在上半平面的奇点位于区域 D的内部,位于 D外部,1z?
根据定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
1( ) d ( ) d ( ) d
R r
zrim z im x im z
R
C C
f z e z f x e x f z e z
1 1
( ) d 2 R e s ( ),.
nR
im x im z
kzr
k
f x e x i f z e z
显然
lim ( ) d 0,
R
i m z
R C
f z e z
Jordan 引理 设 f ( z )在区域 上0,Im 0z R z
解析，且当 时,其中0zR? ( )( ),f z M z? 0 0R?
是常数,M ( r )是 r 的实值函数,且 则对li m ( ) 0,r Mr
任何实数 m >0,在以原点为中心,R > R 0 为半径的逆
lim ( ) d 0,R i m zR C f z e z时针方向上半圆周 C R,都有而且 f (z)满足 的条件，因此
1
1
00
li m ( ) d li m ( ) dz r Ri m x i m x
R z rRR
rr
f x e x f x e x
( ) d,im xf x e x
下面考虑 0lim ( ) d,
r
im z
r C
f z e z?
由于 是 的 1级极点，则在 的某个1z? () imzf z e 1z?
去心邻域内,可以展开成 Laurent级数() imzf z e
1
1
( ) ( ),im z cf z e zzz j
其中 在 的邻域内有11R e s ( ),,i m zc f z e z()zj 1z?
界且解析,即存在 M>0,使得 故( ),zMj?
( ) d 0 ( 0 ),
rC
z z M r rj?
011
1
1
d d,
r
i
i
C
c c irez ic
z z re
1
1
( ) d ( ) d d
r r r
i m z
C C C
cf z e z z z z
zzj
1 ( 0 ),i c r
因此，
( )( ) s i n d I m ( ) di m xf x m x x f x e x
1
1
R e s ( ),2 R e s ( ),.
n
im z im z
k
k
i f z e z i f z e z
和 方法仍是
Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,如果 12,,,nz z z
是 f (z)在上半平面内的所有孤立奇点,是12,,,Nz z z
f (z)在实轴上的所有孤立奇点,且都是 1级极点,则定理 4.10 设 是有理函数,多项式()() ()Pzfz Qz?
当广义积分 收敛时,( )( ) s in d 0f x m x x m ( ) sin df x m x x
11I m 2 R e s ( ),R e s ( ),.
nN i m z i m zkk
kki f z e z i f z e z
( ) c o s d?f m x x
定理 4.9 设 是有理函数,Q (z)在()() ()Pzfz Qz?
实轴上没有零点，多项式 Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,是 f (z)在上半平面内的所有12,,,nz z z孤立奇点，则对任何实数 m >0,
1( ) d 2 Re s [ ( ),],nim x im z kkf x e x i f z e z
2,积分区域的转化,
取一条分段光滑的曲线,使其与实轴的一部分构成一条简单闭曲线,并使 f ( z ) 在其内部除有限孤立奇点外处处解析,
这种方法称为 围道积分法,
1,被积函数的转化,
当 z 在实轴上时,f ( z )= f ( x ).
f ( x ) f ( z )
例 4.23 设 m>0,证明 0 sin d,2mx xx
证明 记 则 f (z) 在复平面上只有1( ),fz z?
一个 1级极点 z=0,且在实轴上，故由
Q (z)的次数至少比 P (z)的次数高 1次,如果 12,,,nz z z
是 f (z)在上半平面内的所有孤立奇点,是12,,,Nz z z
f (z)在实轴上的所有孤立奇点,且都是 1级极点,则定理 4.10 设 是有理函数,多项式()() ()Pzfz Qz?
当广义积分 收敛时,( )( ) s in d 0f x m x x m ( ) sin df x m x x
11I m 2 R e s ( ),R e s ( ),.
nN i m z i m zkk
kki f z e z i f z e z
( ) c o s d?f m x x
0
sin 1 sindd
2
m x m xxx
xx
( )11I m R e s,0 I m,2 2 2
im ze
ii z
4.4.4 零点的分布例 4.24 设 z=z0是解析函数 f (z)的 m级零点，则
z=z0是 的 1级极点，并且()()fzfz
0
()R e s,.
()
fz zm
fz
证明 因为 z=z0是 f (z)的 m级零点，则在 z=z0
的某邻域内，有
00( ) ( ) ( ),( ) 0,mf z z z z zjj
0
( ) ( ),
( ) ( )
f z m z
f z z z z
j
j
由于 则 在 z=z0点解析，从而 z=z00( ) 0,zj? ()()zzjj
是 的 1级极点，并且()()fzfz
0
()R e s,.
()
fz zm
fz
其中 j (z)在该 邻域内解析,因此例 4.25 设函数 f (z)在分段光滑 Jordan曲线 C
及其内部解析，且在 C上无零点，则
1 ( ) d,
2 ( )C
fz zN
i f z?
其中 N表示 f (z)在 C的内部零点的总数 (约定 k级零点按 k个零点计算 ),
证明 因为不恒为零的解析函数的零点是孤立零点,所以 f (z)在 C 的内部只有有限个零点,记为
12,,,,nz z z它们的级数分别是 12,,,.n
由 知,都是 的 1级极例 4.24 设 z=z0是解析函数 f (z)的 m级零点，则
z=z0是 的 1级极点，并且()()fz?
0()R e s,.()fz zmfz
12,,,nz z z
()
()
fz
fz
点，且 ()
R e s,,1,2,,.() kkfz z k nfz
于是，由定理 4.5 ( 留数基本定理 ) 设函数 f ( z ) 在区域 D
内除有限个孤立奇点 12,,,nz z z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 Jor dan
曲线,则
1( ) d 2 R e s ( ),.
n k
kC f z z i f z z
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,
1
1 ( ) d.
2 ( )
n
kC
k
fz zN
i f z
Rouche定理 设函数 f (z)和 g(z)都在分段光滑
Jordan曲线 C及其内部解析,且在 C上 ( ) ( ),f z g z?
则在 C的内部 和 的零点个数相等,( ) ( )f z g z? ()fz
例 4.26 求 在 内根的数,6 4 35 2 0z z z1z?
解 令 在 上,3 6 4( ) 5,( ) 2,f z z g z z z1z?
6 4 6 4( ) 5,( ) 2 2 4,f z g z z z z z
即在 上，有1z? ( ) ( ),f z g z?由 知,Rouche 定理 设函数 f ( z ) 和 g ( z ) 都在分段光滑
Jordan 曲线 C 及其内部解析,且在 C 上 ( ) ( ),f z g z?则在 C 的内部 和 的零点个数相等,( ) ( )f z g z? ()fz
( ) ( )f z g z?和 在 内的零点个数相等,而 f (z) ()fz 1z?
在 内只有一个 3级零点 z=0,所以1z? ( ) ( )f z g z?
在 内有三个零点,即方程1z? 6 4 35 2 0z z z
在 内有三个根,1z?
例 4.27 如果 证明方程 在单位圆,ae? zne az?
内有 n (n为正整数 ) 个根,
证明 令 在单位圆周上( ),( ),nzf z a z g z e
c o s( ),( ),nf z a z a e g z e e
即在单位圆周上,有 ( ) ( ),f z g z?由 知,Rouche 定理 设函数 f ( z ) 和 g ( z ) 都在分段光滑Jordan 曲线 C 及其内部解析,且在 C 上 ( ) ( ),f z g z?
则在 C 的内部 和 的零点个数相等,( ) ( )f z g z? ()fz
( ) ( )f z g z?和 在单位圆内零点个数相等,而 f (z) ()fz
在单位圆内只有一个 n级零点 z=0,所以 ( ) ( )f z g z?
在单位圆内有 n个零点,即方程 在单位圆内zne az?
有 n个根,
留数 计算方法可去奇点孤立奇点 极点本性奇点函数的零点与极点的关系留数定理
( ) d
C
f z z?计 算
2
0
1,( si n,c os ) d
2,( ) d
3,( ) dim x
R
f x x
R x e x
留数在定积分计算中的应用本章内容总结零点的分布
2,留数的计算
4,留数在定积分计算中的应用本章的重点
1,孤立奇点及其分类
3,留数基本定理及在复变函数积分中的应用第四章 完
Karl Weierstrass
(1815.10.31-1897.2.19)
德国数学家,曾在波恩大学学习法律,1838年转学数学,后来成为中学教师,不仅教数学、物理,还教写作和体育,
在这期间刻苦进行数学研究,1856年到柏林大学任教,1864年成为教授,
Weierstrass是将严格的论证引入分析学的一位大师,他发现了处处不可微的连续函数,与其他一些数学家一起共同结束了分析学的混乱局面,
Eugene Rouche (1832.8.18-1910.8.19)
法国数学家,在分析学和代数学方面均有贡献,
1862年发表了 Rouche定理,1875年曾发表文章证明了线性方程组存在解的系数矩阵秩准则,
