留数定理 是复变函数的定理，若要在实变
§ 3 留数在定积分计算上的应用函数定积分中应用，必须将实变函数变为复变函数。这就要利用 解析延拓 的概念。
留数定理 又是应用到回路积分的，要应用到定积分，就必须将 定积分变为回路积分中的一部分 。
0a b1l
2l
2
)()()(
l
b
a
l
dzzfdxxfdzzf
要变为回路积分，则实函数必须 解析延拓 到复平面上包含回路的一个区域中,而实积分成为回路积分的一部分：
21 lll
应是回路 的一部分。实积分
1l
定义在闭区间 [a,b] (线段 )，此区间
()ba f x dx?如图,对于实积分,变量 x
1,形如 的积分,其中 R(cosq,sinq )为
2 π
0 ( c o s,s in )Rdq q q?
221 1 1 1
2 2 2 2
q q q qqqsin ( e e ),c os ( e e ),i i i izz
i iz z
令 z = eiq,则 dz = ieiq dq,而从而积分化为沿正向单位圆周的积分 222
0
11
11
22
q q q
| | | |
d( c os,sin ) d,( ) d
zz
z z zR R f z z
z iz iz
0?2? 01? 1
i
i?
cosq与 sinq 的有理函数,
222
0
11
11
22
q q q
| | | |
d( c os,sin ) d,( ) d
zz
z z zR R f z z
z iz iz
其中 f (z)是 z的有理函数,且在单位圆 |z|=1上分母不为零,
其中 zk (k=1,2,...,n)为单位圆 |z|=1内的 f (z)的孤立奇点,
n
k
k
z
zzfizzf
11||
]),(R e s [π2d)(
根据留数定理有例 1 计算 2
20
2 01
12
q q
q
c o s d ( )
c o sIppp
[解 ] 由于 0<p<1,被积函数的分母在 0?q? 2?内不为零,
由于 cos2q = (e2iq + e?2iq ) /2= (z2 + z?2) /2,因此因而积分是有意义的,
22
1
21
1
2
12
2
||
d
z
z z z
I
zz iz
pp
的值,
22
1
21
11
2
12
2
z
zz
I dz
zz iz
pp
4
2
1
1
21?
||
d
( ) ( )z
z z
i z p z z p
1?
||
( ) d
z
f z z
4
2
1
11
2 1 1?
( ) ( )z
z dz
iz z p z p p z
4
2 2 2
1
11
2?
z
z dz
iz z p z p p z
在被积函数的三个极点 z=0,p,1/p中只有前两个在圆周 |z|=1内,其中 z=0为二级极点,z=p为一级极点,
4
2
1
1
21?
||
d
( ) ( )z
zIz
i z p z z p1?
||
( ) d
z
f z z
4
2
20
10
21?
dR e s[ ( ),] lim
d ( ) ( )z
zf z z
z iz p z z p
4
2
1
21?
R e s[ ( ),] li m ( ) ( ) ( )zp
zf z p z p
iz p z z p
24
2 2 2
112
2 2 1
π ()
ppIi
ip ip p
2 2 3 4 2
2 2 20
4 1 1 2
2?
( ) ( ) ( )lim
()z
z pz p p z z z pz p
i z pz p p z
2
2
1
2
p
ip
4
22
1
21
,()
p
ip p
2
2
2
1
π p
p
例 2 计算 的值,
0
,0 11 c o s 2dxI x
解：令 2,2 ;,0,,0 2x d dx xq q? q
2
0
1
2 1 c os
dI? q
q
2
222
1
1
11
11
1111
z
z
i
I dz
ii
z
1
1
1/
2
1
2
z
dz i z
zz
2
1
1
2z
dz
i z z
例 3
20
1
2
53
s in
d计算
2q
令
q? ize令
1 3 izz被积函数在 内只有一个二阶极点：
2 R e s 3 [ ( ),]ii f z
解：
2
20
1
2 53
q
q s in d
221
2
33
( ) ( )z
z dz
i z i z i
252
256
i i
5
64
2,形如 ( ) dR x x
的积分 当被积函数 R ( x ) 是 x 的有理函不失一般性,设 1
1
1
1
2
( ),
nn
n
mm
m
z a z aR z m n
z b z b
为一已约分式,
数,而分母的次数至少比分子的次数高二次,并且 R(x)
在实轴上没有孤立奇点时,积分是存在的,
取积分路线如图所示,其中 CR
z1z2
z3
y
CR
R RO x
是以原点为中心,R为半径的在上半平面的半圆周,取 R适当大,
使 R(z)所有的在上半平面内的极点 zk都包在这积分路线内,
( ) d ( )R
R
RCI R x x R z d z2π Re s[ ( ),]ki R z z
2 ( ) d ( ) π R e s[ ( ),]
R
R
kRCR x x R z d z i R z z
此等式不因 CR的半径 R不断增大而有所改变,
2
1
( | | )| | | |mn
MMz
zz 当 足够大时
1
1
1
1
11
1
||| ( ) |
| | | |
n
n
m n m
m
a z a zRz
z b z b z
1
1
1
1
11
1
||
| | | |
n
n
m n m
m
a z a z
z b z b z
0
1
2
( ) d ( ) d π R e s [ ( ),],kR x x R x x i R z z
2 ( ) d π R e s[ ( ),],kR x x i R z z因此
( ),Rx如果 为偶函数
| ( ) | d
RC
R z s? ( ) d
RC
R z z 2? πM RR? πMR 0 R
例 4 2
42 1
x dxxx计算
4 2 2 2 2 2 21 1 1 1 0( ) ( ) ( )z z z z z z z z
122 R e s [ ] R e s [ ]( ),( ),i f z z f z z
解：
2
42 1( ),
zfz
zz 的四个一阶极点为
1 2 3 4 1 2
1 3 1 3
2 2 2 2,,,,,z i z i z z其中 在上半平面
1 3 1 32
4 3 4 3 3
iii
ii
例 5 210 1 1 () n dxx计算
21
1 1
1( ),() nf z n z iz 在上半平面只有一个 阶极点
21
11
21
() nI d xx解：
111
Re s
[ ( ),] !
nn
n
zi
di f z i i
n d z z i
21
1 1 2 2
2
( ) ( ) ( )
! ( )
n
n
n n ni
ni
21
1 2 2
2
( ) ( )
! n
n n n
n
21
22
( ) ! !
( ) ! !
n
n
3,形如 的积分( ) e d ( 0 )a ixR x x a
当 R(x)是 x的有理函数而分母的因此,在半径 R充分大的 CR上,有
z1z2
z3
y
CR
R RO x
( ) e d | ( ) || e | d
RR
a iz a iz
CCR z z R z s
且 R(x)在实数轴上没有奇点时,积分是存在的,象 2中处理次数至少比分子的次数高一次,
| ( ) | ||MRz z?由于 m?n?1,故对充分大的 |z|有的一样,
ed
R
ay
C
M s
R
2 ( ) e d π R e s [ ( ) e,],a ix a iz kR x x i R z z因此得
2
00 2
qqqqsin sine d e daR aRMMy
qO?
y=sinq2y q
2?
1
22
0
2
q? q ( / )edaRM
2 2
0
q
aRM
e
aR
也可写为 ( ) c o s d ( ) s in dR x a x x i R x a x x
11( e )a R a RMMea R a R0,R
2 π R e s [ ( ),],a i z ki R z e z
例 6 计算 的值,220 sin ( 0 )xxI d x axa
22()
zRz
za所求的积分是存在的,
22 2
ed π R e s [ ( ) e,]ix izx x i R z a ixa
2?
lim
iz
z ia
zei
z ia
2 2 2 20
11
22?
s in d I m( ),ix ax x xx e d x e
x a x a因此
[解 ] 这里 m=2,n=1,m?n=1.R(z)在实轴上无孤立奇点,因而极点 ai,
在上半平面内有一级
2
2
eπ π,
a
ai ie
例 7 计算积分 的值,0
sin x dx
x
[解 ] 因为 是偶函数,所以
sinx
x 0
sin 1 sin
2
xxd x d x
xx
0()
ize
f z zz 在实轴上有奇点为了使积分路线不通过原点,
Cr
CR
y
xO?r r R?R
由柯西积分定理,有取如下图所示的路线,
0
Rr
iz ix iz ixrR
C R C r
e e e edz dx dz dx
z x z x
Cr
CR
y
xO?r r R?R
令 xt,则有 ix it ixr r R
R R r
e e edx dt dx
x t x
0
Rr
ix ix iz izR
r C C
e e e edx dz dz
x z z
sin20
Rr
iz izR
r C C
x e ei dx dz dz
x z zsin
2.
Rr
iz izR
r C C
x e ei dx dz dz
x z z
因此,要算出所求积分的值,只需求出极限
0
l im l im
Rr
iz iz
CCRr
eed z d z
zz 与下面将证明 lim 0,
R
iz
CR
e dz
z
sin2.
Rr
iz izR
r C C
x e ei dx dz dz
x z z
由于
||
||RR
iz iz
CC
eed z d s
zz
所以 l im 0,
R
iz
CR
e dz
z
si n2
0
2 Red
q q
0
l im
r
iz
Cr
e dz i
z
s in
0
1
R
yR
C
e d s e dR? q q
( 2 / )2
0
2 ( 1 ),RRe d e
R
qq
(z)在 z=0处解析,且? (0)=i,当 |z|充分小时可使 |? (z)|?2,
111
()2 ! !
iz n ne z i z
izz z n z?
而
0
r
i
iC
dz ire di
z re
q
q? q
()
r r r
iz
C C C
e d zd z z d z
zz由于
( ) | ( ) | 2 2
r r rC C C
z d z z d s d s r在 r充分小时,
0l im ( ) 0rCr z d z 0
l im
r
iz
Cr
e dz i
z
0
sin2 xi dx i
x?
0
sin,
2
x dx
x
例题 8
2,
1
1
0
nndx
x n
N计算
0z
)1(?R
C
RC
O
21
0 1 1
,,,
k
i
n
kz e k n
一阶极点
0
i nze其中 位于上半平面解：
2
0
1
1
iR
n
n dx ex
02 Re s [ ( ),]i f z z
2 01nR RRn
2
0 1
q?
n
n
R d
R
1
0
11?
i
n
n en z n
作业：
P 133:
8(2,4);10;12(2,4,6)
§ 3 留数在定积分计算上的应用函数定积分中应用，必须将实变函数变为复变函数。这就要利用 解析延拓 的概念。
留数定理 又是应用到回路积分的，要应用到定积分，就必须将 定积分变为回路积分中的一部分 。
0a b1l
2l
2
)()()(
l
b
a
l
dzzfdxxfdzzf
要变为回路积分，则实函数必须 解析延拓 到复平面上包含回路的一个区域中,而实积分成为回路积分的一部分：
21 lll
应是回路 的一部分。实积分
1l
定义在闭区间 [a,b] (线段 )，此区间
()ba f x dx?如图,对于实积分,变量 x
1,形如 的积分,其中 R(cosq,sinq )为
2 π
0 ( c o s,s in )Rdq q q?
221 1 1 1
2 2 2 2
q q q qqqsin ( e e ),c os ( e e ),i i i izz
i iz z
令 z = eiq,则 dz = ieiq dq,而从而积分化为沿正向单位圆周的积分 222
0
11
11
22
q q q
| | | |
d( c os,sin ) d,( ) d
zz
z z zR R f z z
z iz iz
0?2? 01? 1
i
i?
cosq与 sinq 的有理函数,
222
0
11
11
22
q q q
| | | |
d( c os,sin ) d,( ) d
zz
z z zR R f z z
z iz iz
其中 f (z)是 z的有理函数,且在单位圆 |z|=1上分母不为零,
其中 zk (k=1,2,...,n)为单位圆 |z|=1内的 f (z)的孤立奇点,
n
k
k
z
zzfizzf
11||
]),(R e s [π2d)(
根据留数定理有例 1 计算 2
20
2 01
12
q q
q
c o s d ( )
c o sIppp
[解 ] 由于 0<p<1,被积函数的分母在 0?q? 2?内不为零,
由于 cos2q = (e2iq + e?2iq ) /2= (z2 + z?2) /2,因此因而积分是有意义的,
22
1
21
1
2
12
2
||
d
z
z z z
I
zz iz
pp
的值,
22
1
21
11
2
12
2
z
zz
I dz
zz iz
pp
4
2
1
1
21?
||
d
( ) ( )z
z z
i z p z z p
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||
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4
2
1
11
2 1 1?
( ) ( )z
z dz
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4
2 2 2
1
11
2?
z
z dz
iz z p z p p z
在被积函数的三个极点 z=0,p,1/p中只有前两个在圆周 |z|=1内,其中 z=0为二级极点,z=p为一级极点,
4
2
1
1
21?
||
d
( ) ( )z
zIz
i z p z z p1?
||
( ) d
z
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4
2
20
10
21?
dR e s[ ( ),] lim
d ( ) ( )z
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4
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1
21?
R e s[ ( ),] li m ( ) ( ) ( )zp
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24
2 2 2
112
2 2 1
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2 2 3 4 2
2 2 20
4 1 1 2
2?
( ) ( ) ( )lim
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2
1
2
p
ip
4
22
1
21
,()
p
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2
2
2
1
π p
p
例 2 计算 的值,
0
,0 11 c o s 2dxI x
解：令 2,2 ;,0,,0 2x d dx xq q? q
2
0
1
2 1 c os
dI? q
q
2
222
1
1
11
11
1111
z
z
i
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1
1
1/
2
1
2
z
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2
1
1
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例 3
20
1
2
53
s in
d计算
2q
令
q? ize令
1 3 izz被积函数在 内只有一个二阶极点：
2 R e s 3 [ ( ),]ii f z
解：
2
20
1
2 53
q
q s in d
221
2
33
( ) ( )z
z dz
i z i z i
252
256
i i
5
64
2,形如 ( ) dR x x
的积分 当被积函数 R ( x ) 是 x 的有理函不失一般性,设 1
1
1
1
2
( ),
nn
n
mm
m
z a z aR z m n
z b z b
为一已约分式,
数,而分母的次数至少比分子的次数高二次,并且 R(x)
在实轴上没有孤立奇点时,积分是存在的,
取积分路线如图所示,其中 CR
z1z2
z3
y
CR
R RO x
是以原点为中心,R为半径的在上半平面的半圆周,取 R适当大,
使 R(z)所有的在上半平面内的极点 zk都包在这积分路线内,
( ) d ( )R
R
RCI R x x R z d z2π Re s[ ( ),]ki R z z
2 ( ) d ( ) π R e s[ ( ),]
R
R
kRCR x x R z d z i R z z
此等式不因 CR的半径 R不断增大而有所改变,
2
1
( | | )| | | |mn
MMz
zz 当 足够大时
1
1
1
1
11
1
||| ( ) |
| | | |
n
n
m n m
m
a z a zRz
z b z b z
1
1
1
1
11
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||
| | | |
n
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m n m
m
a z a z
z b z b z
0
1
2
( ) d ( ) d π R e s [ ( ),],kR x x R x x i R z z
2 ( ) d π R e s[ ( ),],kR x x i R z z因此
( ),Rx如果 为偶函数
| ( ) | d
RC
R z s? ( ) d
RC
R z z 2? πM RR? πMR 0 R
例 4 2
42 1
x dxxx计算
4 2 2 2 2 2 21 1 1 1 0( ) ( ) ( )z z z z z z z z
122 R e s [ ] R e s [ ]( ),( ),i f z z f z z
解：
2
42 1( ),
zfz
zz 的四个一阶极点为
1 2 3 4 1 2
1 3 1 3
2 2 2 2,,,,,z i z i z z其中 在上半平面
1 3 1 32
4 3 4 3 3
iii
ii
例 5 210 1 1 () n dxx计算
21
1 1
1( ),() nf z n z iz 在上半平面只有一个 阶极点
21
11
21
() nI d xx解：
111
Re s
[ ( ),] !
nn
n
zi
di f z i i
n d z z i
21
1 1 2 2
2
( ) ( ) ( )
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n
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21
1 2 2
2
( ) ( )
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n n n
n
21
22
( ) ! !
( ) ! !
n
n
3,形如 的积分( ) e d ( 0 )a ixR x x a
当 R(x)是 x的有理函数而分母的因此,在半径 R充分大的 CR上,有
z1z2
z3
y
CR
R RO x
( ) e d | ( ) || e | d
RR
a iz a iz
CCR z z R z s
且 R(x)在实数轴上没有奇点时,积分是存在的,象 2中处理次数至少比分子的次数高一次,
| ( ) | ||MRz z?由于 m?n?1,故对充分大的 |z|有的一样,
ed
R
ay
C
M s
R
2 ( ) e d π R e s [ ( ) e,],a ix a iz kR x x i R z z因此得
2
00 2
qqqqsin sine d e daR aRMMy
qO?
y=sinq2y q
2?
1
22
0
2
q? q ( / )edaRM
2 2
0
q
aRM
e
aR
也可写为 ( ) c o s d ( ) s in dR x a x x i R x a x x
11( e )a R a RMMea R a R0,R
2 π R e s [ ( ),],a i z ki R z e z
例 6 计算 的值,220 sin ( 0 )xxI d x axa
22()
zRz
za所求的积分是存在的,
22 2
ed π R e s [ ( ) e,]ix izx x i R z a ixa
2?
lim
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zei
z ia
2 2 2 20
11
22?
s in d I m( ),ix ax x xx e d x e
x a x a因此
[解 ] 这里 m=2,n=1,m?n=1.R(z)在实轴上无孤立奇点,因而极点 ai,
在上半平面内有一级
2
2
eπ π,
a
ai ie
例 7 计算积分 的值,0
sin x dx
x
[解 ] 因为 是偶函数,所以
sinx
x 0
sin 1 sin
2
xxd x d x
xx
0()
ize
f z zz 在实轴上有奇点为了使积分路线不通过原点,
Cr
CR
y
xO?r r R?R
由柯西积分定理,有取如下图所示的路线,
0
Rr
iz ix iz ixrR
C R C r
e e e edz dx dz dx
z x z x
Cr
CR
y
xO?r r R?R
令 xt,则有 ix it ixr r R
R R r
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x t x
0
Rr
ix ix iz izR
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e e e edx dz dz
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2.
Rr
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因此,要算出所求积分的值,只需求出极限
0
l im l im
Rr
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CCRr
eed z d z
zz 与下面将证明 lim 0,
R
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CR
e dz
z
sin2.
Rr
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由于
||
||RR
iz iz
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所以 l im 0,
R
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(z)在 z=0处解析,且? (0)=i,当 |z|充分小时可使 |? (z)|?2,
111
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iz n ne z i z
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而
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( ) | ( ) | 2 2
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z d z z d s d s r在 r充分小时,
0l im ( ) 0rCr z d z 0
l im
r
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Cr
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sin2 xi dx i
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例题 8
2,
1
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x n
N计算
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21
0 1 1
,,,
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i
n
kz e k n
一阶极点
0
i nze其中 位于上半平面解：
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0
1
1
iR
n
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02 Re s [ ( ),]i f z z
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2
0 1
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n
n
R d
R
1
0
11?
i
n
n en z n
作业：
P 133:
8(2,4);10;12(2,4,6)
