复变函数与积分变换主讲：周晖杰宁波大学科技学院数学组 二零零七年六月大学数学多媒体课件
2009-7-30 2
参考用书
,复变函数与积分变换》,华中科技大学数学系,高等教育出版社,2003.6
,复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》,华中科大,高等教育出版社
,复变函数》,西安交通大学高等数学教研室,高等教育出版社,1996.5
2009-7-30 3
目 录
第二章 解析函数
第三章 复变函数的积分
第四章 解析函数的级数表示
第五章 留数及其应用
第六章 傅立叶变换
第七章 拉普拉斯变换
第一章 复数与复变函数
2009-7-30 4
第五章 留数及其应用
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
2009-7-30 5
第五章 留数及其应用
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
2009-7-30 6
第一节 孤立奇点
一、奇点的分类定义：
0()f z z若函数 在 处不解析,00 0z z z但在 的某一去心邻域 内处处解析，
0 ()z f z则称 为函数 的
10 ( )z f z
z如,是函数 的孤立奇点，
1( ),zf z e?也是函数 的孤立奇点
10 ( )
1s i nz f z
z
如 是函数 的一个奇点，
1 ( 1,2,)
nzn n除此之外,也是它的一个奇点，
1 0nz
n当 的绝对值逐渐增大时,可任意接近,
0 ( )z f z?即在 不论怎样小的去心邻域，总有函数 的奇点存在，
0 ( ),z f z?所以 不是函数 的孤立奇点孤立奇点
2009-7-30 7
孤立奇点分类,
(1)主部消失
00( ) 0f z z z z函数 在孤立奇点 的邻域 内展为洛朗级数为：
()fz?
0
0
() nn
n
C z z?
即只有,0 ()z f z则称 为函数 的
(2)主部仅含有限项 (m项),
0 ()z f z则称 为函数 的
(3)主部含有无限多项，
0 ()z f z则称 为函数 的
0
0
()nn
n
C z z?
0
1
() nn
n
C z z
解析部分 主要部分可去奇点
m阶极点本性奇点
2009-7-30 8
例 1．
解：
s i n0 ( ) zz f z
z说明点 是函数 的可去奇点.
( ) 0f z z?函数 在 的去心邻域内可展开成洛朗级数为：
35sin 1( ) ( )
3! 5 !
z z zf z z
zz
24111,
3 ! 5!zz
展开式中不含负幂项，
s i n0 ( ) zz f z
z是函数 的可去奇点.
2009-7-30 9
0 ()z f z若 为函数 的可去奇点，则 0()f z z在 的去心邻域内的洛朗级数就是一个不含负幂项的级数为：
20 1 0 2 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ),0nnf z C C z z C z z C z z z z
0()F z z z显然这个幂级数的和函数 在 内处处解析.
0000
( ) l i m ( ) l i m ( ),z z z zf z C F z f z令
二、可去奇点可去奇点的解析化：
2009-7-30 10
0z孤立奇点 为可去奇点的判别方法：
0 ()z f z设 为函数 的孤立奇点，则下列条件是等价的,
0(1 ) ( )z f z为函数 的可去奇点；
00( 2 ) ( )f z z z z?函数 在 点的洛朗级数展开式中不含 的负幂项，即
0 1 0( ) ( ) ( ) nnf z C C z z C z z
0 00
( 3 ) l i m ( )zz f z C C,（ 为一常复数）；
0( 4 ) ( )f z z函数 在 某去心邻域内有界.
0 ()z f z若 为 的极点，则
0
lim ( )?zz fz
2009-7-30 11
三、极点
0zz?如果在洛朗级数展开式中只有有限多个 的负幂项，
100( ) ( ) mz z z z且关于 的最高幂为,即
210 2 0 1 0 0 1 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ),mmf z C z z C z z C z z C C z z( 1,0)mmC
0 ()z f z m则孤立奇点 称为函数 的 阶极点.
21
1 0 2 0 1 0
0
11 ( ) [ ( ) ( ) ( )
()
m
m m mmf z C C z z C z z C z zzz
（）
0
1 ()
() m gzzz
()gz这里 满足,01 zz（）在圆域 内是解析函数；
02 ( ) 0.gz?（）
00 ( ) ]nmnn C z z
m下面讨论 阶极点的特征：
2009-7-30 12
0
1( ) ( ) ( )
() mf z f z g zzz（2） 反过来，当任何一个函数 能表示为 的形式，
00( ) ( ) 0g z z z g z在 内解析且,0 ()z f z m那么 是函数 的 阶极点.
0 ()z f z m判定 是函数 的 阶极点的另一方法.
00 0
1l i m ( ) l i m ( )
() mz z z zf z g zzz而
0
lim ( ),zz fz 0 ()z f z m判定 是函数 的 阶极点的又一方法.
2009-7-30 13
0z孤立奇点 为极点的判别方法：
0 ()z f z设 为函数 的孤立奇点，则下列条件是等价的,
0(1 ) ( )z f z m是函数 的 阶极点；
0( 2 ) ( )f z z函数 在点 处的洛朗展开式为：
1
0
000
( ) ( ) ( 0,0)( ) ( ) nm nmm
n
C Cf z C z z C m
z z z z
0( 4 ) ( )f z z函数 在点 的某去心邻域内能表示成：
0
1( ) ( ),
() mf z g zzz
00( ) ( ) 0,g z z g z?其中 在 的邻域内解析，且
0
( 3 ) l i m ( )zz fz极限,缺点：不能指明极点的阶数.
2009-7-30 14
例 2．
23
2( ),
( 1 ) ( 1 )
zfz
zz
求有理分式函数 的极点解,1.z z i函数的孤立奇点有：,
1lim ( ),z fz lim ( ),zi fz
1,( ),z z i f z 都是函数 的极点
22 3 3
2 1 2 1 ()
( 1 ) ( 1 ) ( ) ( ) ( 1 ) ( )
zz gz
z z z i z i z z i
1z?(1) 当 时,12 3 3 2 32 1 2 1 ()( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )zz gzz z z z z
11( ) 1 ( 1 ) 0g z z g这里 在 的某邻域内处处解析，且,
1z 是有理函数的3 阶极点.
32 3 3
2 1 2 1 ()
( 1 ) ( 1 ) ( ) ( ) ( 1 ) ( )
zz gz
z z z i z i z z i
,zi?(2) 对于 有
(3),i?对于 有
zi 都是有理函数的1阶极点.
2009-7-30 15
四、本性奇点
0zz?若在洛朗级数展开式中含有无穷多个 的负幂项，那么
0 ()z f z孤立奇点 称为函数 的本性奇点.
1()
zf z e?例如：,0z? 是它的本性奇点,因为它的洛朗级数为：
1
12 111,
2 ! !
nze z z z
n
z含有无穷多个 的负幂项.
0 ()z f z若 为函数 的本性奇点，且具有如下性质：
00
{ } l i m ( )
nn z z z
A z z f z A，,使得
00 ( ) l i m ( )zzz f z f z?即：若 为函数 的本性奇点，则极限 不存在且不是无穷大.
2009-7-30 16
例 3,1( ) 0zf z e z函数,点 为它的本性奇点.
解,(1 ) z当 沿正实轴趋向于0 时,1() zf z e则函数 ；
( 2 ) 0z当 沿负实轴趋向于 时,1( ) 0zf z e则函数 ；
( 2 )2( 3 ),niA i e 写 成若 对 于 给 定 复 数 1 ( 2 )2 nize i e要 使,
1
( 2 )
2
nz
ni
可 取 数 列,0,
nnz时，
1
0
lim
n
z
zz
ei
有,nzz当 沿 数 列 {} 趋 向 于 零 时,
0
l i m ( ),zz fz?由（1 ）、（2 ）、（3 ）分析得：极限 不存在
10 ( ) zz f z e故点 为 的本性奇点.
2009-7-30 17
0z孤 立 奇 点 为 本 性 奇 点 的 判 别 方 法,
0 ()z f z设 为函数 的孤立奇点，则下列条件是等价的,
0( 1 ) ( )z f z为 函 数 的 本 性 奇 点 ；
00( 2 ) ( )f z z z z?函 数 在 点 洛 朗 级 数 展 开 式 中 含 有 无 穷 多 个 的 负 幂 项 ；
0
( 3 ) l i m ( ),zz fz?极 限 不 存 在 （ 也 不 是 无 穷 大 ）
0
0利 用 极 限 判 断 奇 点 的 类 型,当 极 限 是 型 时,可 以 象
《高等数学》中那样用罗必达法则来求:
0( ),( )f z g z z z?如果函数 是当,以零为极限的两个不恒等于零的解析函数，
00
( ) ( )l i m l i m,
( ) ( )z z z z
f z f z
g z g z
则
2009-7-30 18
例 4．
2
1()
( 1 ) ( 2 )fz zz研 究 函 数 孤 立 奇 点 的 类 型,
解,1,2 ( )z z f z 是 函 数 的 两 个 孤 立 奇 点,
1,z?当 时 211( ),1 ( 2)fz zz
2
1 11
( 2 ) zzz 在 的 某 邻 域 内 解 析,且 处 取 值 不 等 于 0,
1 ( )z f z 是 函 数 的 一 阶 极 点 ；
2,z?当 时
2
11( ),
( 2) 1fz zz
1 22
1 zzz 在 的 某 邻 域 内 解 析,且 处 取 值 不 等 于 0,
2 ( )z f z 是 函 数 的 二 阶 极 点,
2009-7-30 19
例 5,1 1() zf z e研 究 函 数 的 孤 立 奇 点 的 类 型,
解,1 1( ) 1zf z e z在 整 个 复 平 面 内 除 去 点 外 处 处 解 析,
1z 是 它 的 唯 一 的 孤 立 奇 点,
0 | 1 |z将 函 数 在 内 展 开 成 洛 朗 级 数,得 到,
1
121 111 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
2 ! !
nze z z z
n
此 级 数 含 有 无 穷 多 个 负 幂 项,
1z?故 是 它 的 本 性 奇 点,
2009-7-30 20
五、函数的零点与极点的关系
1,零点的定义
0( ) ( ) ( )mf z z z z若 函 数,00( ) ( ) 0z z z其 中 在 处 解 析,且,
m 为 一 正 整 数,0 ()z f z m则 称 为 函 数 的 阶 零 点,
3( ) ( 1 )f z z z例 如,函 数,
0,1 ( )z z f z 分 别 是 的 一 阶 零 点 和 三 阶 零 点,
定理 1
00( ) ( )f z z z f z m如 果 函 数 在 处 解 析,则 为 的 阶 零 点 的
( ) ( )00( ) 0,0,1,2,( 1 ),( ) 0.nmf z n m f z充 要 条 件 是
2009-7-30 21
证明：
()? 0 ()z f z m设 是 函 数 的 阶 零 点,则0( ) ( ) ( )mf z z z z
00( ) ( ) 0z z z其 中 在 处 解 析,且,0z从 而 在 邻 域 内 泰 勒 展 开 式 为,
20 1 0 2 0( ) ( ) ( ),z C C z z C z z00( ) 0zC其 中,
10 0 1 0( ) ( ) ( )mmf z C z z C z z
() 0( ) 0,0,1,2,,( 1 ),nf z n m() 00( ) ! 0,mf z m C而,
()? ()fz已 知 函 数 的 泰 勒 级 数 为,
10 0 1 0( ) ( ) ( )mmf z C z z C z z
0 0 1 0( ) [ ( ) ]mz z C C z z
( ) ( )00( ) 0,0,1,2,( 1 ),( ) 0nmf z n m f z且,
20 1 0 2 0( ) ( ) ( )z C C z z C z z令,
0( ) ( ) ( ),mf z z z z 0 ()z f z m则 为 函 数 的 阶 零 点,
2009-7-30 22
例 6,3( ) 1 1f z z z设函数,点 为函数的几阶零点.
解,(1) 0f?由 于,3
1(1 ) 3 | 3 0zfz且,
1 ( )z f z?所 以 是 函 数 的 一 阶 零 点,
2,函 数 的 零 点 与 极 点 的 关 系定理 2
00 () ()z f z m z mfz
1若 是 函 数 的 阶 极 点,则 就 是 的 阶 零 点,反 之 也 成 立,
证明：
()? 0 ()z f z m设 是 的 阶 极 点,则 有
0
1( ) ( ),
() mf z g zzz 00
( ) ( ) 0g z z g z?其 中 在 处 解 析,且,
0zz当 时,有 00
1( ) ( ) ( )
( ) ( )
mmz z z z h z
f z g z
1
00( ) ( ) 0,h z z h z?其 中 在 处 解 析,且
2009-7-30 23
0
0 l im 0()zzzz fz
1当 时,由 于,
0
0()fz?1只 要 令,
0( ) ( )()
mz z h z
fz
1由 可 知,
0 ()zmfz
1是 的 阶 零 点,
()? 0 ()zmfz1如 果 是 的 阶 零 点,则
0( ) ( )()
mz z z
fz
1
00( ) ( ) 0,g z z g z?其 中 在 处 解 析,且
0
0
1( ) ( )
() mz z f z zzz当 时,,
00( ) ( ) 0()z z zz
1而 = 在 处 解 析,且,
0 ()z f z m所 以 点 为 的 阶 极 点,
2009-7-30 24
例 7,（通过零点阶数判断极点阶数）
1
s i n z函 数 有 些 什 么 奇 点？ 如 果 是 极 点,指 出 它 的 阶？
解,1
s i n 0s i n zz?函 数 的 奇 点 是 使 的 点,
s in 0z?由 得,221iz iz iz k ie e e e或,
2 2,iz k i,0,1,2,z k k即,,
,( 0,1,2,) ( )z k k f x所 以 是 函 数 的 孤 立 奇 点,
c os ( 1 ) 0kk( s in ) | c o s |z k z kzz
s i nz k z 是 的 一 阶 零 点,
1
s i nzk z即,是 的 一 阶 极 点,
2009-7-30 25
例 8．
2
1( ) 0zef z z
z
判 别 函 数 在 处 是 几 阶 极 点,
解：
22
0
1 1 1 1 1[ 1 ] ( )
! 2 ! 3!
zn
n
e z z z
z z n z z?
( ) 0 (0 ) 0zz其 中 在 解 析,且,
2
10 ( ) zez f z
z
所 以 是 函 数 的 一 阶 极 点,
2
1 1 1,zzee
z z z
0
1lim 1 0,z
z
e
z?
法二：
0
1ze C
z
的 展 开 式 中 不 含 负 幂 项,且 =1.
1 00ze z
z
的 展 开 式 在 处 解 析,且 不 等 于,
2
10 ( ) zez f z
z
所 以 是 函 数 的 一 阶 极 点,
3
sin z
z练 习,；
0z? 是 二 阶 极 点,而 不 是 三 阶 极 点,
2009-7-30 26
六、函数在无穷远点的性态
()f z z前 面 讨 论 函 数 解 析 性 及 孤 立 奇 点 时,均 假 设 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 ()f z z R z若 函 数 在 的 去 心 邻 域 内 解 析,
()fz?则 称 点 为 函 数 的 孤 立 奇 点,
分析,1
t z?令,
1 11( ),( ) ( ),0,t
zf z R z g t f ttR
( 0 (zt扩 充 平 面 上 ） 扩 充 平 面 上 ）
0 ( )t t m若 是 函 数 的 可 去 奇 点,阶 极 点 或 本 性 奇 点,
()z f z m那 么 就 称 点 是 函 数 的 可 去 奇 点,阶 极 点 或 本 性 奇 点,
2009-7-30 27
2,奇 点 类 型 的 判 别 方 法
()f z R z由 于 函 数 在 内 解 析,所 以 在 此 环 域 内 可 以 展 开 成 洛 朗 级 数,
10
( ) (1 )nnnn
nn
f z C z C z
11 ( ) ( 0,1,2,)2n n
C
fC d n
i
其 中,,
C R z为 圆 环 域 内 绕 原 点 的 任 何 一 条 正 向 简 单 闭 曲 线,
1( ) 0tt
R因 此 函 数 在 圆 环 域 内 的 洛 朗 级 数 有 上 式 得 到,
0
10
( ) ( 2)nnnn
nn
t C t C C t
( 1 ) 0 ( )t t t不 含 的 负 幂 项,则 是 的 可 去 奇 点 ；
( 2 ) 0 ( )mt t t t m含 有 的 有 限 多 的 负 幂 项,且 为 最 高 负 幂 项,则 是 的 阶 极 点 ；
( 3 ) 0 ( )t t t含 有 无 穷 多 的 负 幂 项,则 是 的 本 性 奇 点,
2009-7-30 28
因 此 根 据 前 面 定 义,有,
( 1 ) ( )z z f z不 含 正 幂 项,则 是 的 可 去 奇 点 ；
10
() nnnn
nn
f z C z C z
如 果 在 级 数 （ 1 ） 式 中,
( 2 ) ( )mz z z f z m含 有 的 有 限 多 的 正 幂 项,且 为 最 高 负 幂 项,则 是 的 阶 极 点 ；
( 3 ) ( )z z f z含 有 无 穷 多 的 正 幂 项,则 是 的 本 性 奇 点,
这样，对无穷远点来说，它的特性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调 就是．
2009-7-30 29
3,孤 立 奇 点 的 判 别 方 法
()fz?一,函 数 的 孤 立 奇 点 为 可 去 奇 点 的 充 要 条 件 是 下 列
( 1 ) ( )f z R z函 数 在 点 的 去 心 邻 域 内 洛 朗 级 数 展 开 式 为,
12
0 2()
n
n
CCCf z C
z z z
；
0( 2 ) l i m ( ) ( )z f z C极 限 存 在 ；
( 3 ) 0 ( ),r f z r z存 在,使 得 函 数 在 内 有 界三 条 中 的 任 何 一 条 成 立,
2009-7-30 30
()f z m?二,函 数 的 孤 立 奇 点 为 阶 极 点 的 充 要 条 件 是 下 列下 列 三 条 中 的 任 何 一 条 成 立,
( 1 ) ( )f z R z函 数 在 点 的 去 心 邻 域 内 洛 朗 级 数 展 开 式 为,
2
2 1 0
1
( ) 0m nmm n
n
Cf z C z C z C z C C
z
,,
( 2 ) li m ( )z fz极 限 ；
1( 3 ) ( )
()g z z mfz以 为 阶 零 点,
()fz?三,函 数 的 孤 立 奇 点 为 本 性 奇 点 的 充 要 条 件 是 下 列下 列 二 条 中 的 任 何 一 条 成 立,
( 1 ) ( )f z z?函 数 在 点 处 的 洛 朗 级 数 展 开 式 中 含 有 无 穷 多 的 正 幂 项 ；
( 2 ) l i m ( ),z fz极 限 不 存 在,且 非
2009-7-30 31
例 9,1
( ) 11f z zz函 数 在 圆 环 域 内 可 展 成,
23
1 1 1 1 1( ) 1 ( 1 )
11
n
nfz z z z z
z
()fz?它 不 含 正 幂 项,所 以 是 函 数 的 可 去 奇 点,
说明：
( ) ( ) l i m ( )zz f z f f z当 是函数 的可去奇点，若取
()fz?则认为函数 在 是解析的.
( ) 1 ( ),f f z例 9 中,若 取,那 么 函 数 在 是 解 析 的解：
2009-7-30 32
例
10．
z含 有 正 幂 项,且 为 最 高 正 幂 项,
所 以 是 它 的 一 阶 极 点,
例
11．
s in z讨论函数其 展 开 式 为,
3 5 2 11 1 1si n ( 1 )
3 ! 5 ! ( 2 1 ) !
nnz z z z z
n
z含 有 无 穷 多 的 正 幂 项,所 以 是 它 的 本 性 奇 点,
另 外 0 也 是 它 的 一 阶 极 点,
1()f z z
z讨论函数解：
解：
2009-7-30 33
例
12．
2() 1
zf z z
z函 数 是 否 以 为 孤 立 奇 点？ 若 是,属 于 哪 一 类？
2() 1
zf z z i z i
z函 数 在 整 个 复 平 面 内 除 去 与 外 的 区 域 内 处 处 解 析,
解：
1 | |z所 以 函 数 在 无 穷 远 的 邻 域 内 是 解 析 的,
z 是 孤 立 奇 点,
2li m 01z
z
z又 因 为,,z 是 函 数 的 可 去 奇 点,
例
13．
23( ) 1 2 3 4f z z z z z函 数 是 否 以 为 孤 立 奇 点？
若 是,属 于 哪 一 类？
解,23( ) 1 2 3 4f z z z z 在 整 个 复 平 面 内 处 处 解 析,
z所 以 为 函 数 的 孤 立 奇 点 且 为 3 阶 极 点,
2009-7-30 34
例
14．
() zf z e z函 数 是 否 以 为 孤 立 奇 点？ 若 是,属 于 哪 一 类？
解,() zf z e?函 数 在 整 个 复 平 面 内 处 处 解 析,
z所 以 是 它 的 孤 立 奇 点,
l i m zz e极 限 不 存 在 （ 不 是 无 穷 大 ）,
z 是 函 数 的 本 性 奇 点,
2009-7-30 35
例
15．
1()
s i nf z zz函 数 是 否 以 为 孤 立 奇 点？
解,sin z令 =0,
1( ),( 0,1,2,)
s i n kf z z k kz在 整 个 复 平 面 除 了 外 处 处 解 析,
而 在 扩 充 复 平 面 上,
( 0,1,2,)kz k k得,,
{}kzz序 列 以 为 聚 点,
1()
s i nz f z z不 是 函 数 的 孤 立 奇 点,
{}k?
lim,k k
结 论,在 扩 充 复 平 面 上,是 奇 点,但 不 一 定 是 孤 立 奇 点,
2009-7-30 36
例
16．
23
3
( 1 ) ( 2)()
( si n )
zzfz
z?
函 数 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 阶 数,
解,( ) 0,1,2,f z z函 数 除 使 分 母 为 令 的 点 外,
z在 内 解 析,1,2,zz而 分 子 为 零 的 点 为
(1 ) 1,1,2z当 的 奇 点 时,( s i n ) c o s,zz
0,c o s,zz在 2,3,4 处 均 不 为 零
s i n z 这 些 点 是 的 一 阶 零 点,
3s i n z?从 而 是 （ ） 的 三 阶 零 点,
0,( )z f z2,3,4 是 的 三 阶 极 点,
2009-7-30 37
( 2 ) 1z当 时,21 1 ( 1 ) ( 1 )z z z z为 的 一 阶 零 点,
31 ( s in )zz而 且 为 的 三 阶 零 点,
1 ( )z f z 是 函 数 的 二 阶 极 点,
(3 ) 2z?当 时,
23
23
32 2 2
( 1 ) ( 2) 2l i m ( ) l i m l i m ( 1 ) ( )
( s i n ) s i nz z z
z z zf z z
zz
23
330
13l im [ ( 2 ) 1 ] ( ),( 2 )
sin z?
令
2 ( )z f z 是 的 可 去 奇 点,
( 4 ) z当 时,0,1,2,z由 于 是 的 聚 点,
()z f z 不 是 函 数 的 孤 立 奇 点,
2009-7-30 38
第二节 留数
一、留数的概念及留数定理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．
1．留数概念
0()f z z如 果 函 数 在 的 邻 域 内 解 析,则 有 柯 西 - 古 萨 定 理,
( ) 0,C f z d z 0Cz其 中 为 邻 域 内 的 任 意 一 条 简 单 闭 曲 线,
00()z f z z若 为 函 数 的 一 个 孤 立 奇 点,则 沿 着 的 某 一 个
000 z z R z C去 心 邻 域 内 含 的 任 意 一 条 正 向 简 单 闭 曲 线 的 积 分,
( ),C f z dz? 一 般 不 等 于 零,
2009-7-30 39
0( ) 0f z z z R因 此 将 函 数 在 内 展 开 成 洛 朗 级 数,
0 0 0
11
( ) ( ) ( ),nnnn
nn
f z C z z C C z z
C对 展 开 式 两 边 沿 着 逐 项 积 分 得,
0 0 0
11
( ) ( ) ( ),nnnnC C C C
nn
f z d z C z z d z C d z C z z d z
00
11 0
1 ( ),
()
n
nn nC C C
nn
C dz C dz C z z dzzz
1
0
1
()CC dzzz
1 2.Ci
1
0
2,01
0,0() nC
indz
nzz
2009-7-30 40
留数定义：
00( ) 0z f z z z R设 是 函 数 的 孤 立 奇 点,在 环 形 域 内,
101( ) ( )f z z z C函 数 的 洛 朗 展 开 式 中 项 的 系 数 称 为0()f z z函 数 在 点 的 留 数,
0 1 0
1R e [ ( ),] R e [ ( ),] ( ),
2 Cs f z z C s f z z f z d zi记 作,或说明：
10C C C z? 的 值 与 的 半 径 大 小 无 关,只 要 求 包 含 即 可,
例 1,1( ) 0,zf z ze z求 函 数 在 孤 立 奇 点 处 的 留 数解：
( ) 0 | |f z z函 数 在 内 的 洛 朗 展 开 式 为,
1
2
11( ) 1,
2 ! 3!
zf z ze z
zz
1 1
R e [,0],2!zs z e
2009-7-30 41
例 2,2 1( ) c o s 0,f z z z
z求 函 数 在 孤 立 奇 点 处 的 留 数解,( ) 0 | |f z z函 数 在 内 的 洛 朗 展 开 式 为,
2
2 2 1
1 1 1 1( ) c o s ( 1 ),
2 ! 4 ! ( 2 ) !
zn
nf z z zz z n z
2 1R e [ c o s,0 ] 0,sz
z
例 3,s i n( ) 0,zf z z
z求 函 数 在 孤 立 奇 点 处 的 留 数解：
0
s inlim 1,
z
z
z
s i n0 ( ) zz f z
z是 函 数 的 可 去 奇 点,
s inR e [,0 ] 0,zs
z
2009-7-30 42
2,留 数 定 理定理 1 12( ),,,nf z D z z z设 函 数 在 区 域 内 除 有 限 个 孤 立 奇 点 外 处 处 解 析,
CD是 内 包 围 所 有 奇 点 的 一 条 正 向 简 单 闭 曲 线,则,
1
( ) 2 R e [ ( ),],
n
kC
k
f z dz i s f z z?
证明：
D
1z
2z
3z
4z
nz
......
C
1C
2C
3C
4C
nC
由 复 合 闭 路 定 理 得,
1
( ) ( ) ( )
nC C C
f z d z f z d z f z d z
1
1 ( ) R e [ ( ),]
2 C f z d z s f z zi
Re [ ( ),],ns f z z?
1
( ) 2 R e [ ( ),],
n
kC
k
f z dz i s f z z?
即,
2009-7-30 43
二、函数在极点的留数法则 1：
0 ()z f z如 果 为 函 数 的 一 阶 极 点,则
000
R e [ ( ),] l i m ( ) ( ),zzs f z z z z f z
证明：
0 ()z f z由 于 是 函 数 的 一 阶 极 点,
1
1 0 0 0
0
( ) ( ) ( ),0 | |nn
n
f z C z z C z z z z?
1
0 1 0
0
( ) ( ) ( ),nn
n
z z f z C C z z
0 01
l i m ( ) ( ),zz 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,
2009-7-30 44
例 4,34( ) 0,1,2,
( 1 ) ( 2 )
zf z z z z
z z z
求 函 数 在 孤 立 奇 点 的 留 数解,0,1,2 ( )z z z f z 都 是 函 数 的 一 阶 极 点,
00
3 4 3 4Re [ ( ),0 ] l im l im 2
( 1 ) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 )zz
zzs f z z
z z z z z
；
11
3 4 3 4Re [ ( ),1 ] l im ( 1 ) l im 1
( 1 ) ( 2 ) ( 2 )zz
zzs f z z
z z z z z
；
22
3 4 3 4R e [ ( ),2 ] l im ( 2 ) l im 1,
( 1 ) ( 2 ) ( 1 )zz
zzs f z z
z z z z z
2009-7-30 45
法则 2,()
() ()Pzfz Qz?设 函 数,( ) ( )P z Q z z其 中 及 在 解 析,0( ) 0Pz?且,
00( ) 0,( ) 0,Q z Q z 0 ()z f z则 是 函 数 的 一 阶 极 点,且 留 数
0
0
0
()R e [ ( ),],
()
Pzs f z z
Qz
证明：
00( ) 0,( ) 0Q z Q z已知,0 ()z f z? 是 函 数 的 一 阶 零 点,
0
1
()z Qz? 是 的 一 阶 极 点,0
11 ( ),
() zQ z z z
00( ) ( ) 0z z z在 解 析,且,
00
11( ) ( ) ( ) ( ),f z z P z g z
z z z z
00( ) ( ) 0g z z g z?在 处 解 析,且,
0 ()z f z? 是 的 一 阶 极 点,
0R e [ ( ),]s f z z
0
0
0 0
0
()()l im,
( ) ( ) ()zz
PzPz
Q z Q z Qz
zz
由法则 1：
0 0
lim ( ) ( )zz z z f z
2009-7-30 46
例 5,( ) c o t 0,f z z z求 函 数 在 的 留 数解,c o s
c o t,s in zz z?由 于 0 ( )z f z 是 函 数 的 一 阶 极 点,
R e [ ( ),0 ]s f z
0
c os c os 0 1.
( si n ) | c os 0z
z
z
例 6．
2 2.1
z
C
ze d z C z
z计 算 积 分,其 中 为 正 向 圆 周解：
22 ( ) 11
zze
z f z zz在 内,函 数 有 两 个 一 阶 极 点,,
2 2 Re [ ( ),1 ] 2 Re [ ( ),1 ],1
z
C
ze d z i s f z i s f z
z
1
211R e [ ( ),1 ] l im ( 1 ) l im,( 1 ) 1 2
zz
zz
ze ze es f z z
zz
211R e [ ( ),1 ] l im ( 1 ) l im( 1 ) 1 2
zz
zz
ze ze es f z z
zz而,
1
2 2 ( ) 2 c o s,1 2 2
z
C
ze e ed z i i i
z
2009-7-30 47
法则 3：
0 ()z f z m如果 为函数 的 阶极点，则
0R e [ ( ),]s f z z
0
1
01
1 l i m [ ( ) ( ) ],
( 1 ) !
m m
mzz
d z z f z
m dz
证明：
0 ()z f z m因为 为函数 的 阶极点,0z则在 的洛朗展开式为：
210 2 0 1 0 0
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )mnmn
n
f z C z z C z z C z z C z z
0( ) ( )mz z f z 11 0 1 0 0
0
( ) ( ) ( )m m nm m n
n
C C z z C z z C z z
1
01 [ ( ) ( ) ]
m m
m
d z z f z
dz
10( 1 ) ! { }m C z z含有( ) 正幂的项
0
1
011l im [ ( ) ( ) ] ( 1 ) !,
m m
mzz
d z z f z m C
dz
0
1
10 1
1 l im [ ( ) ( ) ],
( 1 ) !
m m
mzz
dC z z f z
m dz
即：
2009-7-30 48
例 7．
2( ) 0,
zef z z
z
求函数 在 的留数解：
20 ( )
zez f z
z
是函数 的二阶极点，
R e [ ( ),0 ]s f z 2
20
1 l i m [ ( 0 ) ]
( 2 1 ) !
z
z
dez
d z z
0
lim ( ) 1,zz e
例 8．
4 2.1C
z d z C z
z计算积分,其中 为正向圆周解：
4( ) 2 1,1
zf z z i
z 在圆周 内有四个一阶极点：,
4 1C
z dz
z
2 R e [ ( ),] 2 R e [ ( ),]i s f z i i s f z i
2 R e [ ( ),1 ] 2 R e [ ( ),1 ]i s f z i s f z
32
( ) 12
( ) 4 4
P z z
Q z z z由法则,得：,4
1 1 1 12 { } 0,
1 4 4 4 4C
z d z i
z
1说明：用法则 计算比较繁一些.
2009-7-30 49
例 9．
2 2.( 1 )
z
C
e dz C z
zz计算积分,其中 为正向圆周解,2 0 ( ) 1z z f z z在圆周 内,是函数 的一阶极点,是二阶极点，
2200R e [ ( ),0] l i m l i m 1,( 1 ) ( 1 )
zz
zz
ees f z z
z z z
2
21
1R e [ ( ),1 ] l i m [ ( 1 ) ]
( 1 ) ! ( 1 )
z
z
des f z z
z dz z z
211
( 1 )l im l im 0,zz
zz
d e e z
d z z z
2 2 { R e [ ( ),0] R e [ ( ),1 ] }( 1 )
z
C
e dz i s f z s f z
zz
2 (1 0 ) 2,ii
2009-7-30 50
例
10,6
s i n,2,
C
zz d z C z
z
计算积分 其中 为正向圆周解：
( ) s inP z z z令，
0 ( )z f z? 是函数 的孤立奇点，
0( 0 ) ( s in ) | 0,zP z z
0( 0) (1 c os ) | 0,zPz 0( 0) sin | 0,zPz 0( 0 ) c o s | 0,zPz
0 ( ) s i nz P z z z是 的三阶零点,
0 ( )z f z 是函数 的三阶极点，
223
6 2 6 2 300
si n 1 si n 1 si nR e [,0] l i m ( ) l i m ( )
( 3 1 ) ! 2 !zz
z z d z z d z zsz
z dz z dz z
3由规则,得：
再往下计算比较繁琐！
2009-7-30 51
1C?法二：若用洛朗展开式求 就比较简单
3566s i n 1 1 1[ ( ) ]3 ! 5!zz z z z zzz3113 ! 5!zz
16
s i n 1R e [,0 ],
5!
zzsC
z?
0 ()z f z m如果 为函数 的 阶极点，则
0R e [ ( ),]s f z z
0
1
01
1 l i m [ ( ) ( ) ],
( 1 ) !
m m
mzz
d z z f z
m dz
法三：
0
1
01
1 l i m [ ( ) ( ) ]
( 1 ) !
mn mn
mnzz
d z z f z
m n dz
6
s inR e [,0 ]zzs
z
5 6
560
1 s i nl i m [ ]
( 6 1 ) ! z
d z zz
d z z?
5
50
1 lim ( sin )
5! z
d zz
dz
0
11lim ( c o s ),
5 ! 5 !z z
2009-7-30 52
三、函数在无穷远点的留数无穷远点留数定义,()f z R z设函数 在圆环域 内解析，
C 为这圆环内 绕原点的任何一条正向简单闭曲线,则称积分：
1 ( ),
2 C f z d zi
()fz为函数 在无穷远点的留数，
记作,1R e [ ( ),] ( ),
2 Cs f z f z d zi
R
O
1C?
2009-7-30 53
定理 2 ()fz?如果函数 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点( 包括 ),
()fz?则函数 在所有各奇点( 包括 ) 的留数的总和一定为零，
1
Re [ ( ),] Re [ ( ),] 0n k
k
s f z z s f z
即：
证明,( ) ( 1,2,,)
kf z z k n设函数 的有限个孤立奇点为,除 外，
( 1,2,,)kC z k n?又设 为一条绕原点的并将 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：
1
R e [ ( ),] R e [ ( ),]n k
k
s f z z s f z
11 ( ) ( ) 0,
22CCf z d z f z d zii
2009-7-30 54
法则 4：
2
11R e [ ( ),] R e [ ( ),0 ],s f z s f
zz
证明,据在无穷远点的留数定义中,C取正向的简单闭曲线
.z为半径足够大的正向圆周
1z
令，,
iiz e re并设,1,,
r
1R e [ ( ),] ( )
2 Cs f z f z d zi
2
0
1 ()
2 iif e ie di
2
0
11 ()2
ii
ifdi r e r e?
2
20
1 1 1( ) ( )
2 ( ) iiif d rei re re
2
1
1 1 1()
2 fdi
()f z z由于函数 在 内解析,11( ) 0f?
从而 在 内解析，
2
1 1 1( ) 0f
在 内除 外没有其它奇点，
由留数定理得：
22
1
1 1 1 1 1( ) R e [ ( ),0 ],
2 f d s fi
2009-7-30 55
例
11．
R e [ ( ),]s f z?计算 的值，如果
2(1) ( ) ;1
zefz
z 41( 2 ) ( ),( 1 ) ( 4 )fz z z z
解：
1
( 1 ) R e [ ( ),] R e [ ( ),] 0,n k
k
s f z z s f z
2( ) 11
zef z z
z 有两个有限孤立奇点,且均为一阶极点；
21Re [ ( ),1 ] l im ( 1 ),12
z
z
ees f z z
z
1
21Re [ ( ),1 ] l im ( 1 ) 12
z
z
ees f z z
z
R e [ ( ),] R e [ ( ),1 ] R e [ ( ),1 ]s f z s f z s f z11( ) sin,
2 2 2
e e e e hi
2
11( 2 ) R e [ ( ),] R e [ ( ),0 ]s f z s f
zz 24
1R e,0
11( 1 ) ( 4 )
zs
z
zz
4
4R e,0( 1 ) (1 4 )
zs
zz
0.?
2009-7-30 56
例
12,4
2.1C z d z C zz计算积分,其中 为正向圆周解：
4( ) 21
zf z z z
z 在 外部除 点外无其它奇点，
4 2 R e [ ( ),]1C
z d z i s f z
z 2
112 R e [ ( ),0 ]i s f
zz 42 R e [,0 ] 0,1 zis z
例
13,10
2.( ) ( 1 ) ( 3 )C dz Czz i z z计算积分,其中 为正向圆周解：,1,3,z i z z z函数的奇点有：,
R e [ ( ),] R e [ ( ),1 ] R e [ ( ),3 ] R e [ ( ),] 0s f z i s f z s f z s f z
10 2 {Re [ ( ),] Re [ ( ),1 ] }( ) ( 1 ) ( 3 )C
dz i s f z i s f z
z i z z
2 { R e [ ( ),3 ] R e [ ( ),] }i s f z s f z
1 0 23
1 1 12 { l im ( 3 ) Re [ ( ),0 ] }
( ) ( 1 ) ( 3 )zi z s fz i z z z z
10
1 0 1 0
12 { R e [,0]}
( 3 ) 2 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 3 )
zis
i i z z z10,(3 )ii
2009-7-30 57
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．
2009-7-30 58
一、
2
0 ( c o s,s i n )Rd
形如 的积分
ize令,idz ie d,dzd
iz
1c os
22
iie e z z,1
si n 22
iie e z z
ii
,
( c o s,s i n ) c o s s i n [0,2 ]R其中 为 与 的有理函数，且在 上连续，
[0,2 ] | | 1zz当 时，对应的 正好沿着单位圆 的正向绕行一周，
221 1 1( ) (,)
22
zzf z R z
z iz iz
函数 为 的有理函数，1z?且在 上分母不为零，
1z?即在单位圆 上无奇点,因此满足留数定理的条件，故有
222
0 1
11( c o s,s in ) (,)
22z
z z d zR d R
z iz iz
1
( ),
z
f z dz
2009-7-30 59
例 1,2
20
c o s 2 ( 0 1 ),
1 2 c o sI d ppp
计算,的值解,220 2 1 2 c o s ( 1 ) 2 ( 1 c o s ) 0p p p p在 内，,
因而该积分是定积分，
2 2 2 211c o s 2 ( ) ( )
22
iie e z z
22
1
21
1
2 12
2
z
z z dzI
zz izpp
4
2
1
1
2 (1 ) ( )z
z dz
iz p z z p?
2 1c o s
22
iie e z
z
,
1
( ),
z
f z dz
2009-7-30 60
4
2
11( ) 0,,
2 ( 1 ) ( )
zf z z z p z
i z pz z p p
被积函数 有三个极点,
0,1z z p z只有 在圆周 内,0z z p其中 为二阶极点,为一阶极点，
42
20
1R e [ ( ),0] l i m [ ]
2 ( 1 ) ( )z
dzs f z z
dz i z pz z p?
2 2 3 4 2
2 2 20
( ) 4 ( 1 ) ( 1 2 )l i m
2 ( )z
z pz p p z z z pz p
i z pz p p z?
2
2
1,
2
p
ip
4
2
1R e [ ( ),] l i m [ ( ) ]
2 ( 1 ) ( )zp
dzs f z p z p
dz i z pz z p?
4
22
1,
2 (1 )
p
ip p
2 4 2
2 2 2 2
1 1 22 [ ],
2 2 ( 1 ) 1
p p pIi
i p i p p p
2009-7-30 61
二、
()R x d x形如 的积分
1
1
1
1
()( ),2
()
nn
n
mm
m
z a z aPzR z m n
Q z z b z b
.z是关于 的有理函数
(1 ) ( ) ( )Q z P z比 至少高两次；
( 2 ) ( )Qz 在实轴上无零点；
( 3 ) ( ) I m 0 ( 1,2,,)kR z z z k n在上半平面 内的极点为 ；
则有：
1
( ) 2 R e [ ( ),],n k
k
R x d x i s R z z
2009-7-30 62
基本思想：
( ) [,]R x R R?(1) 先取被积函数 在有限区间 上的定积分,再引入辅助曲线，
,R e ( 0 ),iRCz即上半圆周 [,]RR?同 一起构成围线，
()()
() k
PzR z z
Qz?使得 所有的在上半平面内的极点 都包含在积分路径内，
R取 适当的大，
如下图：
R? R
1
( ) ( ) ( ) 2 Re [ ( ),]
R
nR
kC R C kR z d z R x d x R z d z i s R z z
( 2) R e ( 0 )iRCz在 上，令,则有
0
( ) ( R e ) Re
( ) ( R e )R
i i
iC
P z Pdz i d
Q z Q
,
( ) ( )Q z P z因为 的次数比 的次数至少高两次，于是有
( ) R e ( R e )| | 0
( ) ( R e )
ii
i
zP z PzR
Q z Q
当 时，,||
()lim 0
()RCz
Pz dz
Qz,
1
() 2 R e [ ( ),],
()
n
k
k
Px dx i s R z z
Qx?
2009-7-30 63
例 2,2
2 2 2 2,( 0,0)( ) ( )
x dxI a b
x a x b
计算积分 的值.
解,4,2,2,m n m n ()Rz函数 在实轴上没有孤立奇点，
2
2 2 2 2( ) ( )
z ai bi
z a z b 在上半平面的奇点为,,且为一阶极点；
R e [ ( ),]s R z ai 22 2 2 2,2 ( ) 2 ( )aaai b a i a b
22Re [ ( ),] 2 ( )
bs R z b i
i b a同理，,
2 2 2 22 [ ]2 ( ) 2 ( )
abIi
i a b i b a a b
1
() 2 R e [ ( ),],
()
n
k
k
Px dx i s R z z
Qx?
2009-7-30 64
三、
( ) ( 0 )a ixR x e d x a形如 的积分
( 1 ) ( )R x x是 的有理函数，而分母的次数至少比分子的次数高一次，
()Rz(2) 并且 在实轴没有孤立奇点，
1
()( ) 2 Re [ ( ),]
()
nia x ia x ia z
k
k
PxR x e d x e d x i s R z e z
Qx?
( 1,2,,) ( ) ( ) iazkz k n f z R z e(3) 为函数 在上半平面的奇点.
则积分存在，且
2009-7-30 65
基本思想：
( 1 ) 2 ( ) a ixR x e解决思路同类型,此时被积函数为,
1
1
1
1
()( ),1
()
nn
n
mm
m
x a x aPxR x m n
Q x x b x b
(2 ) ( ),0 a r gRR x C z R z R设 在半圆周,上连续( 对充分大的 都如此）
li m ( ) 0z Rz且一致地有,0 l im ( ) 0,
R
i a z
CRa R z e d z则当 时，有
1
1
1
1
()( 3 ) ( ),1
()
nn
n
mm
m
x a x aPxR x m n
Q x x b x b
设，
( ) ( ) ( ) 0 0P x Q x Q x a与 互质且在实轴上,且,
1
( ) 2 R e [ ( ),]nia x ia z k
k
R x e d x i s R z e z
则:,()kz R z为 上半平面的奇点.
1
( ) sin I m { 2 Re [ ( ),] },n ia z k
k
R x a x d x i s R z e z
特别地，将上式分开实部与虚部，可得积分：
1
( ) c o s Re { 2 Re [ ( ),] }.n ia z k
k
R x a x d x i s R z e z
2009-7-30 66
例 3．
22
c o s ( 0 )x d x a
xa
计算积分,的值.
解,2,0,2 1,m n m n
22
1()Rz
za 在实轴上没有奇点，
所以此积分存在，
22
ixe dx
xa
且此积分是积分 的实部.
2 2 2 212 R e [,],
ix izn
k
k
eedx i s z
x a z a?
而
22
ize z a i
za函数 在上半平面内只有一个一阶极点,
22Re [,] 2,2
iz a ae e es a i i
z a a i a
22
c o s x dx
xa
,
ae
a
2009-7-30 67
例 4．
22
s i n ( 0 )xxI d x a
xa
计算,的值.
解,2,1,1,m n m n
22R ( )
zz
za函数 在实轴上没有孤立奇点，
则积分存在,()R z z a i?在上半平面内只有一个一阶极点,
22 2 R e [ ( ),]i x i z
x e d x i s R z e a i
xa?
2,2 a aei ie
22
s i n,axx d x e
xa?
于是可得：
2 2 2 20
s i n 1 c o s 0.
2 a
x x x xd x e d x
x a x a?
同时可以得到：,
2009-7-30 68
四、函数在实轴上有奇点的积分可适当选取路径来积分，使积分路线绕开孤立奇点，得：
11
1( ) 2 Re [ ( ),] Re [ ( ),],
2
nn
kkkkf x d x i s f z z s f z x?
kkzx其中 是上半平面的奇点,是实轴上的奇点.
例 5,s in x dxx
计算积分 的值.
解,s i n() xfx
x?函数 是偶函数，所以
0
sin 1 sin 1 I m [ ]
22
ixx x ed x d x d x
x x x
0ize zz?在实轴上有一个一阶极,
0
12 { 0 R e [,0 ] } l im,
2
ix iz iz
z
e e ed x i s i z i
x z z
0
s in,
2
x
x
2009-7-30 69
例 6,22
00
1s i n c o s,2
2x d x x d x?
证明证明,2 22c o s s in,ixe x i x
4R
取积分的封闭曲线是半径为 的 扇形的边界，
2ize D C由于 在 内及其边界 上解析，
2 0,iz
C e d z
2 2 2 0 ( 1 )i x i z i z
O A A B B Oe d x e d z e d z即：
Re,0 4iA B z在 上,从 到 ； 4,0
iB O z re r R在 上,从 到 ；
因此(1)成为：
2 2 2 240( ) ( )4 4
00 0,
iiR ii x i R e i i r e
Re d x e R i e d e e d r
2 2 22 2 c o s 2 s i n 244
0 0 0( c o s s i n )
RR i r i R R ix i x d x e e d r e R i e d或，
2009-7-30 70
224 4 4
00( 1 ) l i m 2
Ri i irr
R e e dr e e dr e
22( c os si n ) ( )
2 4 4 2 2 2ii
1
2 2 2 2
i
2 2 2c o s 2 s i n 2 s i n 244
00( 2 )
i R R i Re R i e d e R d
2 244
0 (1 ),4
R RR e d e
R
R当 时，上面积分趋向于零，从而有
22
0
1( c os si n ),
2 2 2 2
ix i x dx
两端实部和虚部分别相等，得：
22
00
1c o s s i n,
22x d x x d x
2009-7-30 2
参考用书
,复变函数与积分变换》,华中科技大学数学系,高等教育出版社,2003.6
,复变函数与积分变换学习辅导与习题全解》,华中科大,高等教育出版社
,复变函数》,西安交通大学高等数学教研室,高等教育出版社,1996.5
2009-7-30 3
目 录
第二章 解析函数
第三章 复变函数的积分
第四章 解析函数的级数表示
第五章 留数及其应用
第六章 傅立叶变换
第七章 拉普拉斯变换
第一章 复数与复变函数
2009-7-30 4
第五章 留数及其应用
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
2009-7-30 5
第五章 留数及其应用
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
2009-7-30 6
第一节 孤立奇点
一、奇点的分类定义：
0()f z z若函数 在 处不解析,00 0z z z但在 的某一去心邻域 内处处解析，
0 ()z f z则称 为函数 的
10 ( )z f z
z如,是函数 的孤立奇点，
1( ),zf z e?也是函数 的孤立奇点
10 ( )
1s i nz f z
z
如 是函数 的一个奇点，
1 ( 1,2,)
nzn n除此之外,也是它的一个奇点，
1 0nz
n当 的绝对值逐渐增大时,可任意接近,
0 ( )z f z?即在 不论怎样小的去心邻域，总有函数 的奇点存在，
0 ( ),z f z?所以 不是函数 的孤立奇点孤立奇点
2009-7-30 7
孤立奇点分类,
(1)主部消失
00( ) 0f z z z z函数 在孤立奇点 的邻域 内展为洛朗级数为：
()fz?
0
0
() nn
n
C z z?
即只有,0 ()z f z则称 为函数 的
(2)主部仅含有限项 (m项),
0 ()z f z则称 为函数 的
(3)主部含有无限多项，
0 ()z f z则称 为函数 的
0
0
()nn
n
C z z?
0
1
() nn
n
C z z
解析部分 主要部分可去奇点
m阶极点本性奇点
2009-7-30 8
例 1．
解：
s i n0 ( ) zz f z
z说明点 是函数 的可去奇点.
( ) 0f z z?函数 在 的去心邻域内可展开成洛朗级数为：
35sin 1( ) ( )
3! 5 !
z z zf z z
zz
24111,
3 ! 5!zz
展开式中不含负幂项，
s i n0 ( ) zz f z
z是函数 的可去奇点.
2009-7-30 9
0 ()z f z若 为函数 的可去奇点，则 0()f z z在 的去心邻域内的洛朗级数就是一个不含负幂项的级数为：
20 1 0 2 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ),0nnf z C C z z C z z C z z z z
0()F z z z显然这个幂级数的和函数 在 内处处解析.
0000
( ) l i m ( ) l i m ( ),z z z zf z C F z f z令
二、可去奇点可去奇点的解析化：
2009-7-30 10
0z孤立奇点 为可去奇点的判别方法：
0 ()z f z设 为函数 的孤立奇点，则下列条件是等价的,
0(1 ) ( )z f z为函数 的可去奇点；
00( 2 ) ( )f z z z z?函数 在 点的洛朗级数展开式中不含 的负幂项，即
0 1 0( ) ( ) ( ) nnf z C C z z C z z
0 00
( 3 ) l i m ( )zz f z C C,（ 为一常复数）；
0( 4 ) ( )f z z函数 在 某去心邻域内有界.
0 ()z f z若 为 的极点，则
0
lim ( )?zz fz
2009-7-30 11
三、极点
0zz?如果在洛朗级数展开式中只有有限多个 的负幂项，
100( ) ( ) mz z z z且关于 的最高幂为,即
210 2 0 1 0 0 1 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ),mmf z C z z C z z C z z C C z z( 1,0)mmC
0 ()z f z m则孤立奇点 称为函数 的 阶极点.
21
1 0 2 0 1 0
0
11 ( ) [ ( ) ( ) ( )
()
m
m m mmf z C C z z C z z C z zzz
（）
0
1 ()
() m gzzz
()gz这里 满足,01 zz（）在圆域 内是解析函数；
02 ( ) 0.gz?（）
00 ( ) ]nmnn C z z
m下面讨论 阶极点的特征：
2009-7-30 12
0
1( ) ( ) ( )
() mf z f z g zzz（2） 反过来，当任何一个函数 能表示为 的形式，
00( ) ( ) 0g z z z g z在 内解析且,0 ()z f z m那么 是函数 的 阶极点.
0 ()z f z m判定 是函数 的 阶极点的另一方法.
00 0
1l i m ( ) l i m ( )
() mz z z zf z g zzz而
0
lim ( ),zz fz 0 ()z f z m判定 是函数 的 阶极点的又一方法.
2009-7-30 13
0z孤立奇点 为极点的判别方法：
0 ()z f z设 为函数 的孤立奇点，则下列条件是等价的,
0(1 ) ( )z f z m是函数 的 阶极点；
0( 2 ) ( )f z z函数 在点 处的洛朗展开式为：
1
0
000
( ) ( ) ( 0,0)( ) ( ) nm nmm
n
C Cf z C z z C m
z z z z
0( 4 ) ( )f z z函数 在点 的某去心邻域内能表示成：
0
1( ) ( ),
() mf z g zzz
00( ) ( ) 0,g z z g z?其中 在 的邻域内解析，且
0
( 3 ) l i m ( )zz fz极限,缺点：不能指明极点的阶数.
2009-7-30 14
例 2．
23
2( ),
( 1 ) ( 1 )
zfz
zz
求有理分式函数 的极点解,1.z z i函数的孤立奇点有：,
1lim ( ),z fz lim ( ),zi fz
1,( ),z z i f z 都是函数 的极点
22 3 3
2 1 2 1 ()
( 1 ) ( 1 ) ( ) ( ) ( 1 ) ( )
zz gz
z z z i z i z z i
1z?(1) 当 时,12 3 3 2 32 1 2 1 ()( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )zz gzz z z z z
11( ) 1 ( 1 ) 0g z z g这里 在 的某邻域内处处解析，且,
1z 是有理函数的3 阶极点.
32 3 3
2 1 2 1 ()
( 1 ) ( 1 ) ( ) ( ) ( 1 ) ( )
zz gz
z z z i z i z z i
,zi?(2) 对于 有
(3),i?对于 有
zi 都是有理函数的1阶极点.
2009-7-30 15
四、本性奇点
0zz?若在洛朗级数展开式中含有无穷多个 的负幂项，那么
0 ()z f z孤立奇点 称为函数 的本性奇点.
1()
zf z e?例如：,0z? 是它的本性奇点,因为它的洛朗级数为：
1
12 111,
2 ! !
nze z z z
n
z含有无穷多个 的负幂项.
0 ()z f z若 为函数 的本性奇点，且具有如下性质：
00
{ } l i m ( )
nn z z z
A z z f z A，,使得
00 ( ) l i m ( )zzz f z f z?即：若 为函数 的本性奇点，则极限 不存在且不是无穷大.
2009-7-30 16
例 3,1( ) 0zf z e z函数,点 为它的本性奇点.
解,(1 ) z当 沿正实轴趋向于0 时,1() zf z e则函数 ；
( 2 ) 0z当 沿负实轴趋向于 时,1( ) 0zf z e则函数 ；
( 2 )2( 3 ),niA i e 写 成若 对 于 给 定 复 数 1 ( 2 )2 nize i e要 使,
1
( 2 )
2
nz
ni
可 取 数 列,0,
nnz时，
1
0
lim
n
z
zz
ei
有,nzz当 沿 数 列 {} 趋 向 于 零 时,
0
l i m ( ),zz fz?由（1 ）、（2 ）、（3 ）分析得：极限 不存在
10 ( ) zz f z e故点 为 的本性奇点.
2009-7-30 17
0z孤 立 奇 点 为 本 性 奇 点 的 判 别 方 法,
0 ()z f z设 为函数 的孤立奇点，则下列条件是等价的,
0( 1 ) ( )z f z为 函 数 的 本 性 奇 点 ；
00( 2 ) ( )f z z z z?函 数 在 点 洛 朗 级 数 展 开 式 中 含 有 无 穷 多 个 的 负 幂 项 ；
0
( 3 ) l i m ( ),zz fz?极 限 不 存 在 （ 也 不 是 无 穷 大 ）
0
0利 用 极 限 判 断 奇 点 的 类 型,当 极 限 是 型 时,可 以 象
《高等数学》中那样用罗必达法则来求:
0( ),( )f z g z z z?如果函数 是当,以零为极限的两个不恒等于零的解析函数，
00
( ) ( )l i m l i m,
( ) ( )z z z z
f z f z
g z g z
则
2009-7-30 18
例 4．
2
1()
( 1 ) ( 2 )fz zz研 究 函 数 孤 立 奇 点 的 类 型,
解,1,2 ( )z z f z 是 函 数 的 两 个 孤 立 奇 点,
1,z?当 时 211( ),1 ( 2)fz zz
2
1 11
( 2 ) zzz 在 的 某 邻 域 内 解 析,且 处 取 值 不 等 于 0,
1 ( )z f z 是 函 数 的 一 阶 极 点 ；
2,z?当 时
2
11( ),
( 2) 1fz zz
1 22
1 zzz 在 的 某 邻 域 内 解 析,且 处 取 值 不 等 于 0,
2 ( )z f z 是 函 数 的 二 阶 极 点,
2009-7-30 19
例 5,1 1() zf z e研 究 函 数 的 孤 立 奇 点 的 类 型,
解,1 1( ) 1zf z e z在 整 个 复 平 面 内 除 去 点 外 处 处 解 析,
1z 是 它 的 唯 一 的 孤 立 奇 点,
0 | 1 |z将 函 数 在 内 展 开 成 洛 朗 级 数,得 到,
1
121 111 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
2 ! !
nze z z z
n
此 级 数 含 有 无 穷 多 个 负 幂 项,
1z?故 是 它 的 本 性 奇 点,
2009-7-30 20
五、函数的零点与极点的关系
1,零点的定义
0( ) ( ) ( )mf z z z z若 函 数,00( ) ( ) 0z z z其 中 在 处 解 析,且,
m 为 一 正 整 数,0 ()z f z m则 称 为 函 数 的 阶 零 点,
3( ) ( 1 )f z z z例 如,函 数,
0,1 ( )z z f z 分 别 是 的 一 阶 零 点 和 三 阶 零 点,
定理 1
00( ) ( )f z z z f z m如 果 函 数 在 处 解 析,则 为 的 阶 零 点 的
( ) ( )00( ) 0,0,1,2,( 1 ),( ) 0.nmf z n m f z充 要 条 件 是
2009-7-30 21
证明：
()? 0 ()z f z m设 是 函 数 的 阶 零 点,则0( ) ( ) ( )mf z z z z
00( ) ( ) 0z z z其 中 在 处 解 析,且,0z从 而 在 邻 域 内 泰 勒 展 开 式 为,
20 1 0 2 0( ) ( ) ( ),z C C z z C z z00( ) 0zC其 中,
10 0 1 0( ) ( ) ( )mmf z C z z C z z
() 0( ) 0,0,1,2,,( 1 ),nf z n m() 00( ) ! 0,mf z m C而,
()? ()fz已 知 函 数 的 泰 勒 级 数 为,
10 0 1 0( ) ( ) ( )mmf z C z z C z z
0 0 1 0( ) [ ( ) ]mz z C C z z
( ) ( )00( ) 0,0,1,2,( 1 ),( ) 0nmf z n m f z且,
20 1 0 2 0( ) ( ) ( )z C C z z C z z令,
0( ) ( ) ( ),mf z z z z 0 ()z f z m则 为 函 数 的 阶 零 点,
2009-7-30 22
例 6,3( ) 1 1f z z z设函数,点 为函数的几阶零点.
解,(1) 0f?由 于,3
1(1 ) 3 | 3 0zfz且,
1 ( )z f z?所 以 是 函 数 的 一 阶 零 点,
2,函 数 的 零 点 与 极 点 的 关 系定理 2
00 () ()z f z m z mfz
1若 是 函 数 的 阶 极 点,则 就 是 的 阶 零 点,反 之 也 成 立,
证明：
()? 0 ()z f z m设 是 的 阶 极 点,则 有
0
1( ) ( ),
() mf z g zzz 00
( ) ( ) 0g z z g z?其 中 在 处 解 析,且,
0zz当 时,有 00
1( ) ( ) ( )
( ) ( )
mmz z z z h z
f z g z
1
00( ) ( ) 0,h z z h z?其 中 在 处 解 析,且
2009-7-30 23
0
0 l im 0()zzzz fz
1当 时,由 于,
0
0()fz?1只 要 令,
0( ) ( )()
mz z h z
fz
1由 可 知,
0 ()zmfz
1是 的 阶 零 点,
()? 0 ()zmfz1如 果 是 的 阶 零 点,则
0( ) ( )()
mz z z
fz
1
00( ) ( ) 0,g z z g z?其 中 在 处 解 析,且
0
0
1( ) ( )
() mz z f z zzz当 时,,
00( ) ( ) 0()z z zz
1而 = 在 处 解 析,且,
0 ()z f z m所 以 点 为 的 阶 极 点,
2009-7-30 24
例 7,（通过零点阶数判断极点阶数）
1
s i n z函 数 有 些 什 么 奇 点？ 如 果 是 极 点,指 出 它 的 阶？
解,1
s i n 0s i n zz?函 数 的 奇 点 是 使 的 点,
s in 0z?由 得,221iz iz iz k ie e e e或,
2 2,iz k i,0,1,2,z k k即,,
,( 0,1,2,) ( )z k k f x所 以 是 函 数 的 孤 立 奇 点,
c os ( 1 ) 0kk( s in ) | c o s |z k z kzz
s i nz k z 是 的 一 阶 零 点,
1
s i nzk z即,是 的 一 阶 极 点,
2009-7-30 25
例 8．
2
1( ) 0zef z z
z
判 别 函 数 在 处 是 几 阶 极 点,
解：
22
0
1 1 1 1 1[ 1 ] ( )
! 2 ! 3!
zn
n
e z z z
z z n z z?
( ) 0 (0 ) 0zz其 中 在 解 析,且,
2
10 ( ) zez f z
z
所 以 是 函 数 的 一 阶 极 点,
2
1 1 1,zzee
z z z
0
1lim 1 0,z
z
e
z?
法二：
0
1ze C
z
的 展 开 式 中 不 含 负 幂 项,且 =1.
1 00ze z
z
的 展 开 式 在 处 解 析,且 不 等 于,
2
10 ( ) zez f z
z
所 以 是 函 数 的 一 阶 极 点,
3
sin z
z练 习,；
0z? 是 二 阶 极 点,而 不 是 三 阶 极 点,
2009-7-30 26
六、函数在无穷远点的性态
()f z z前 面 讨 论 函 数 解 析 性 及 孤 立 奇 点 时,均 假 设 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 ()f z z R z若 函 数 在 的 去 心 邻 域 内 解 析,
()fz?则 称 点 为 函 数 的 孤 立 奇 点,
分析,1
t z?令,
1 11( ),( ) ( ),0,t
zf z R z g t f ttR
( 0 (zt扩 充 平 面 上 ） 扩 充 平 面 上 ）
0 ( )t t m若 是 函 数 的 可 去 奇 点,阶 极 点 或 本 性 奇 点,
()z f z m那 么 就 称 点 是 函 数 的 可 去 奇 点,阶 极 点 或 本 性 奇 点,
2009-7-30 27
2,奇 点 类 型 的 判 别 方 法
()f z R z由 于 函 数 在 内 解 析,所 以 在 此 环 域 内 可 以 展 开 成 洛 朗 级 数,
10
( ) (1 )nnnn
nn
f z C z C z
11 ( ) ( 0,1,2,)2n n
C
fC d n
i
其 中,,
C R z为 圆 环 域 内 绕 原 点 的 任 何 一 条 正 向 简 单 闭 曲 线,
1( ) 0tt
R因 此 函 数 在 圆 环 域 内 的 洛 朗 级 数 有 上 式 得 到,
0
10
( ) ( 2)nnnn
nn
t C t C C t
( 1 ) 0 ( )t t t不 含 的 负 幂 项,则 是 的 可 去 奇 点 ；
( 2 ) 0 ( )mt t t t m含 有 的 有 限 多 的 负 幂 项,且 为 最 高 负 幂 项,则 是 的 阶 极 点 ；
( 3 ) 0 ( )t t t含 有 无 穷 多 的 负 幂 项,则 是 的 本 性 奇 点,
2009-7-30 28
因 此 根 据 前 面 定 义,有,
( 1 ) ( )z z f z不 含 正 幂 项,则 是 的 可 去 奇 点 ；
10
() nnnn
nn
f z C z C z
如 果 在 级 数 （ 1 ） 式 中,
( 2 ) ( )mz z z f z m含 有 的 有 限 多 的 正 幂 项,且 为 最 高 负 幂 项,则 是 的 阶 极 点 ；
( 3 ) ( )z z f z含 有 无 穷 多 的 正 幂 项,则 是 的 本 性 奇 点,
这样，对无穷远点来说，它的特性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调 就是．
2009-7-30 29
3,孤 立 奇 点 的 判 别 方 法
()fz?一,函 数 的 孤 立 奇 点 为 可 去 奇 点 的 充 要 条 件 是 下 列
( 1 ) ( )f z R z函 数 在 点 的 去 心 邻 域 内 洛 朗 级 数 展 开 式 为,
12
0 2()
n
n
CCCf z C
z z z
；
0( 2 ) l i m ( ) ( )z f z C极 限 存 在 ；
( 3 ) 0 ( ),r f z r z存 在,使 得 函 数 在 内 有 界三 条 中 的 任 何 一 条 成 立,
2009-7-30 30
()f z m?二,函 数 的 孤 立 奇 点 为 阶 极 点 的 充 要 条 件 是 下 列下 列 三 条 中 的 任 何 一 条 成 立,
( 1 ) ( )f z R z函 数 在 点 的 去 心 邻 域 内 洛 朗 级 数 展 开 式 为,
2
2 1 0
1
( ) 0m nmm n
n
Cf z C z C z C z C C
z
,,
( 2 ) li m ( )z fz极 限 ；
1( 3 ) ( )
()g z z mfz以 为 阶 零 点,
()fz?三,函 数 的 孤 立 奇 点 为 本 性 奇 点 的 充 要 条 件 是 下 列下 列 二 条 中 的 任 何 一 条 成 立,
( 1 ) ( )f z z?函 数 在 点 处 的 洛 朗 级 数 展 开 式 中 含 有 无 穷 多 的 正 幂 项 ；
( 2 ) l i m ( ),z fz极 限 不 存 在,且 非
2009-7-30 31
例 9,1
( ) 11f z zz函 数 在 圆 环 域 内 可 展 成,
23
1 1 1 1 1( ) 1 ( 1 )
11
n
nfz z z z z
z
()fz?它 不 含 正 幂 项,所 以 是 函 数 的 可 去 奇 点,
说明：
( ) ( ) l i m ( )zz f z f f z当 是函数 的可去奇点，若取
()fz?则认为函数 在 是解析的.
( ) 1 ( ),f f z例 9 中,若 取,那 么 函 数 在 是 解 析 的解：
2009-7-30 32
例
10．
z含 有 正 幂 项,且 为 最 高 正 幂 项,
所 以 是 它 的 一 阶 极 点,
例
11．
s in z讨论函数其 展 开 式 为,
3 5 2 11 1 1si n ( 1 )
3 ! 5 ! ( 2 1 ) !
nnz z z z z
n
z含 有 无 穷 多 的 正 幂 项,所 以 是 它 的 本 性 奇 点,
另 外 0 也 是 它 的 一 阶 极 点,
1()f z z
z讨论函数解：
解：
2009-7-30 33
例
12．
2() 1
zf z z
z函 数 是 否 以 为 孤 立 奇 点？ 若 是,属 于 哪 一 类？
2() 1
zf z z i z i
z函 数 在 整 个 复 平 面 内 除 去 与 外 的 区 域 内 处 处 解 析,
解：
1 | |z所 以 函 数 在 无 穷 远 的 邻 域 内 是 解 析 的,
z 是 孤 立 奇 点,
2li m 01z
z
z又 因 为,,z 是 函 数 的 可 去 奇 点,
例
13．
23( ) 1 2 3 4f z z z z z函 数 是 否 以 为 孤 立 奇 点？
若 是,属 于 哪 一 类？
解,23( ) 1 2 3 4f z z z z 在 整 个 复 平 面 内 处 处 解 析,
z所 以 为 函 数 的 孤 立 奇 点 且 为 3 阶 极 点,
2009-7-30 34
例
14．
() zf z e z函 数 是 否 以 为 孤 立 奇 点？ 若 是,属 于 哪 一 类？
解,() zf z e?函 数 在 整 个 复 平 面 内 处 处 解 析,
z所 以 是 它 的 孤 立 奇 点,
l i m zz e极 限 不 存 在 （ 不 是 无 穷 大 ）,
z 是 函 数 的 本 性 奇 点,
2009-7-30 35
例
15．
1()
s i nf z zz函 数 是 否 以 为 孤 立 奇 点？
解,sin z令 =0,
1( ),( 0,1,2,)
s i n kf z z k kz在 整 个 复 平 面 除 了 外 处 处 解 析,
而 在 扩 充 复 平 面 上,
( 0,1,2,)kz k k得,,
{}kzz序 列 以 为 聚 点,
1()
s i nz f z z不 是 函 数 的 孤 立 奇 点,
{}k?
lim,k k
结 论,在 扩 充 复 平 面 上,是 奇 点,但 不 一 定 是 孤 立 奇 点,
2009-7-30 36
例
16．
23
3
( 1 ) ( 2)()
( si n )
zzfz
z?
函 数 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 阶 数,
解,( ) 0,1,2,f z z函 数 除 使 分 母 为 令 的 点 外,
z在 内 解 析,1,2,zz而 分 子 为 零 的 点 为
(1 ) 1,1,2z当 的 奇 点 时,( s i n ) c o s,zz
0,c o s,zz在 2,3,4 处 均 不 为 零
s i n z 这 些 点 是 的 一 阶 零 点,
3s i n z?从 而 是 （ ） 的 三 阶 零 点,
0,( )z f z2,3,4 是 的 三 阶 极 点,
2009-7-30 37
( 2 ) 1z当 时,21 1 ( 1 ) ( 1 )z z z z为 的 一 阶 零 点,
31 ( s in )zz而 且 为 的 三 阶 零 点,
1 ( )z f z 是 函 数 的 二 阶 极 点,
(3 ) 2z?当 时,
23
23
32 2 2
( 1 ) ( 2) 2l i m ( ) l i m l i m ( 1 ) ( )
( s i n ) s i nz z z
z z zf z z
zz
23
330
13l im [ ( 2 ) 1 ] ( ),( 2 )
sin z?
令
2 ( )z f z 是 的 可 去 奇 点,
( 4 ) z当 时,0,1,2,z由 于 是 的 聚 点,
()z f z 不 是 函 数 的 孤 立 奇 点,
2009-7-30 38
第二节 留数
一、留数的概念及留数定理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．
1．留数概念
0()f z z如 果 函 数 在 的 邻 域 内 解 析,则 有 柯 西 - 古 萨 定 理,
( ) 0,C f z d z 0Cz其 中 为 邻 域 内 的 任 意 一 条 简 单 闭 曲 线,
00()z f z z若 为 函 数 的 一 个 孤 立 奇 点,则 沿 着 的 某 一 个
000 z z R z C去 心 邻 域 内 含 的 任 意 一 条 正 向 简 单 闭 曲 线 的 积 分,
( ),C f z dz? 一 般 不 等 于 零,
2009-7-30 39
0( ) 0f z z z R因 此 将 函 数 在 内 展 开 成 洛 朗 级 数,
0 0 0
11
( ) ( ) ( ),nnnn
nn
f z C z z C C z z
C对 展 开 式 两 边 沿 着 逐 项 积 分 得,
0 0 0
11
( ) ( ) ( ),nnnnC C C C
nn
f z d z C z z d z C d z C z z d z
00
11 0
1 ( ),
()
n
nn nC C C
nn
C dz C dz C z z dzzz
1
0
1
()CC dzzz
1 2.Ci
1
0
2,01
0,0() nC
indz
nzz
2009-7-30 40
留数定义：
00( ) 0z f z z z R设 是 函 数 的 孤 立 奇 点,在 环 形 域 内,
101( ) ( )f z z z C函 数 的 洛 朗 展 开 式 中 项 的 系 数 称 为0()f z z函 数 在 点 的 留 数,
0 1 0
1R e [ ( ),] R e [ ( ),] ( ),
2 Cs f z z C s f z z f z d zi记 作,或说明：
10C C C z? 的 值 与 的 半 径 大 小 无 关,只 要 求 包 含 即 可,
例 1,1( ) 0,zf z ze z求 函 数 在 孤 立 奇 点 处 的 留 数解：
( ) 0 | |f z z函 数 在 内 的 洛 朗 展 开 式 为,
1
2
11( ) 1,
2 ! 3!
zf z ze z
zz
1 1
R e [,0],2!zs z e
2009-7-30 41
例 2,2 1( ) c o s 0,f z z z
z求 函 数 在 孤 立 奇 点 处 的 留 数解,( ) 0 | |f z z函 数 在 内 的 洛 朗 展 开 式 为,
2
2 2 1
1 1 1 1( ) c o s ( 1 ),
2 ! 4 ! ( 2 ) !
zn
nf z z zz z n z
2 1R e [ c o s,0 ] 0,sz
z
例 3,s i n( ) 0,zf z z
z求 函 数 在 孤 立 奇 点 处 的 留 数解：
0
s inlim 1,
z
z
z
s i n0 ( ) zz f z
z是 函 数 的 可 去 奇 点,
s inR e [,0 ] 0,zs
z
2009-7-30 42
2,留 数 定 理定理 1 12( ),,,nf z D z z z设 函 数 在 区 域 内 除 有 限 个 孤 立 奇 点 外 处 处 解 析,
CD是 内 包 围 所 有 奇 点 的 一 条 正 向 简 单 闭 曲 线,则,
1
( ) 2 R e [ ( ),],
n
kC
k
f z dz i s f z z?
证明：
D
1z
2z
3z
4z
nz
......
C
1C
2C
3C
4C
nC
由 复 合 闭 路 定 理 得,
1
( ) ( ) ( )
nC C C
f z d z f z d z f z d z
1
1 ( ) R e [ ( ),]
2 C f z d z s f z zi
Re [ ( ),],ns f z z?
1
( ) 2 R e [ ( ),],
n
kC
k
f z dz i s f z z?
即,
2009-7-30 43
二、函数在极点的留数法则 1：
0 ()z f z如 果 为 函 数 的 一 阶 极 点,则
000
R e [ ( ),] l i m ( ) ( ),zzs f z z z z f z
证明：
0 ()z f z由 于 是 函 数 的 一 阶 极 点,
1
1 0 0 0
0
( ) ( ) ( ),0 | |nn
n
f z C z z C z z z z?
1
0 1 0
0
( ) ( ) ( ),nn
n
z z f z C C z z
0 01
l i m ( ) ( ),zz 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,
2009-7-30 44
例 4,34( ) 0,1,2,
( 1 ) ( 2 )
zf z z z z
z z z
求 函 数 在 孤 立 奇 点 的 留 数解,0,1,2 ( )z z z f z 都 是 函 数 的 一 阶 极 点,
00
3 4 3 4Re [ ( ),0 ] l im l im 2
( 1 ) ( 2 ) ( 1 ) ( 2 )zz
zzs f z z
z z z z z
；
11
3 4 3 4Re [ ( ),1 ] l im ( 1 ) l im 1
( 1 ) ( 2 ) ( 2 )zz
zzs f z z
z z z z z
；
22
3 4 3 4R e [ ( ),2 ] l im ( 2 ) l im 1,
( 1 ) ( 2 ) ( 1 )zz
zzs f z z
z z z z z
2009-7-30 45
法则 2,()
() ()Pzfz Qz?设 函 数,( ) ( )P z Q z z其 中 及 在 解 析,0( ) 0Pz?且,
00( ) 0,( ) 0,Q z Q z 0 ()z f z则 是 函 数 的 一 阶 极 点,且 留 数
0
0
0
()R e [ ( ),],
()
Pzs f z z
Qz
证明：
00( ) 0,( ) 0Q z Q z已知,0 ()z f z? 是 函 数 的 一 阶 零 点,
0
1
()z Qz? 是 的 一 阶 极 点,0
11 ( ),
() zQ z z z
00( ) ( ) 0z z z在 解 析,且,
00
11( ) ( ) ( ) ( ),f z z P z g z
z z z z
00( ) ( ) 0g z z g z?在 处 解 析,且,
0 ()z f z? 是 的 一 阶 极 点,
0R e [ ( ),]s f z z
0
0
0 0
0
()()l im,
( ) ( ) ()zz
PzPz
Q z Q z Qz
zz
由法则 1：
0 0
lim ( ) ( )zz z z f z
2009-7-30 46
例 5,( ) c o t 0,f z z z求 函 数 在 的 留 数解,c o s
c o t,s in zz z?由 于 0 ( )z f z 是 函 数 的 一 阶 极 点,
R e [ ( ),0 ]s f z
0
c os c os 0 1.
( si n ) | c os 0z
z
z
例 6．
2 2.1
z
C
ze d z C z
z计 算 积 分,其 中 为 正 向 圆 周解：
22 ( ) 11
zze
z f z zz在 内,函 数 有 两 个 一 阶 极 点,,
2 2 Re [ ( ),1 ] 2 Re [ ( ),1 ],1
z
C
ze d z i s f z i s f z
z
1
211R e [ ( ),1 ] l im ( 1 ) l im,( 1 ) 1 2
zz
zz
ze ze es f z z
zz
211R e [ ( ),1 ] l im ( 1 ) l im( 1 ) 1 2
zz
zz
ze ze es f z z
zz而,
1
2 2 ( ) 2 c o s,1 2 2
z
C
ze e ed z i i i
z
2009-7-30 47
法则 3：
0 ()z f z m如果 为函数 的 阶极点，则
0R e [ ( ),]s f z z
0
1
01
1 l i m [ ( ) ( ) ],
( 1 ) !
m m
mzz
d z z f z
m dz
证明：
0 ()z f z m因为 为函数 的 阶极点,0z则在 的洛朗展开式为：
210 2 0 1 0 0
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )mnmn
n
f z C z z C z z C z z C z z
0( ) ( )mz z f z 11 0 1 0 0
0
( ) ( ) ( )m m nm m n
n
C C z z C z z C z z
1
01 [ ( ) ( ) ]
m m
m
d z z f z
dz
10( 1 ) ! { }m C z z含有( ) 正幂的项
0
1
011l im [ ( ) ( ) ] ( 1 ) !,
m m
mzz
d z z f z m C
dz
0
1
10 1
1 l im [ ( ) ( ) ],
( 1 ) !
m m
mzz
dC z z f z
m dz
即：
2009-7-30 48
例 7．
2( ) 0,
zef z z
z
求函数 在 的留数解：
20 ( )
zez f z
z
是函数 的二阶极点，
R e [ ( ),0 ]s f z 2
20
1 l i m [ ( 0 ) ]
( 2 1 ) !
z
z
dez
d z z
0
lim ( ) 1,zz e
例 8．
4 2.1C
z d z C z
z计算积分,其中 为正向圆周解：
4( ) 2 1,1
zf z z i
z 在圆周 内有四个一阶极点：,
4 1C
z dz
z
2 R e [ ( ),] 2 R e [ ( ),]i s f z i i s f z i
2 R e [ ( ),1 ] 2 R e [ ( ),1 ]i s f z i s f z
32
( ) 12
( ) 4 4
P z z
Q z z z由法则,得：,4
1 1 1 12 { } 0,
1 4 4 4 4C
z d z i
z
1说明：用法则 计算比较繁一些.
2009-7-30 49
例 9．
2 2.( 1 )
z
C
e dz C z
zz计算积分,其中 为正向圆周解,2 0 ( ) 1z z f z z在圆周 内,是函数 的一阶极点,是二阶极点，
2200R e [ ( ),0] l i m l i m 1,( 1 ) ( 1 )
zz
zz
ees f z z
z z z
2
21
1R e [ ( ),1 ] l i m [ ( 1 ) ]
( 1 ) ! ( 1 )
z
z
des f z z
z dz z z
211
( 1 )l im l im 0,zz
zz
d e e z
d z z z
2 2 { R e [ ( ),0] R e [ ( ),1 ] }( 1 )
z
C
e dz i s f z s f z
zz
2 (1 0 ) 2,ii
2009-7-30 50
例
10,6
s i n,2,
C
zz d z C z
z
计算积分 其中 为正向圆周解：
( ) s inP z z z令，
0 ( )z f z? 是函数 的孤立奇点，
0( 0 ) ( s in ) | 0,zP z z
0( 0) (1 c os ) | 0,zPz 0( 0) sin | 0,zPz 0( 0 ) c o s | 0,zPz
0 ( ) s i nz P z z z是 的三阶零点,
0 ( )z f z 是函数 的三阶极点，
223
6 2 6 2 300
si n 1 si n 1 si nR e [,0] l i m ( ) l i m ( )
( 3 1 ) ! 2 !zz
z z d z z d z zsz
z dz z dz z
3由规则,得：
再往下计算比较繁琐！
2009-7-30 51
1C?法二：若用洛朗展开式求 就比较简单
3566s i n 1 1 1[ ( ) ]3 ! 5!zz z z z zzz3113 ! 5!zz
16
s i n 1R e [,0 ],
5!
zzsC
z?
0 ()z f z m如果 为函数 的 阶极点，则
0R e [ ( ),]s f z z
0
1
01
1 l i m [ ( ) ( ) ],
( 1 ) !
m m
mzz
d z z f z
m dz
法三：
0
1
01
1 l i m [ ( ) ( ) ]
( 1 ) !
mn mn
mnzz
d z z f z
m n dz
6
s inR e [,0 ]zzs
z
5 6
560
1 s i nl i m [ ]
( 6 1 ) ! z
d z zz
d z z?
5
50
1 lim ( sin )
5! z
d zz
dz
0
11lim ( c o s ),
5 ! 5 !z z
2009-7-30 52
三、函数在无穷远点的留数无穷远点留数定义,()f z R z设函数 在圆环域 内解析，
C 为这圆环内 绕原点的任何一条正向简单闭曲线,则称积分：
1 ( ),
2 C f z d zi
()fz为函数 在无穷远点的留数，
记作,1R e [ ( ),] ( ),
2 Cs f z f z d zi
R
O
1C?
2009-7-30 53
定理 2 ()fz?如果函数 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点( 包括 ),
()fz?则函数 在所有各奇点( 包括 ) 的留数的总和一定为零，
1
Re [ ( ),] Re [ ( ),] 0n k
k
s f z z s f z
即：
证明,( ) ( 1,2,,)
kf z z k n设函数 的有限个孤立奇点为,除 外，
( 1,2,,)kC z k n?又设 为一条绕原点的并将 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：
1
R e [ ( ),] R e [ ( ),]n k
k
s f z z s f z
11 ( ) ( ) 0,
22CCf z d z f z d zii
2009-7-30 54
法则 4：
2
11R e [ ( ),] R e [ ( ),0 ],s f z s f
zz
证明,据在无穷远点的留数定义中,C取正向的简单闭曲线
.z为半径足够大的正向圆周
1z
令，,
iiz e re并设,1,,
r
1R e [ ( ),] ( )
2 Cs f z f z d zi
2
0
1 ()
2 iif e ie di
2
0
11 ()2
ii
ifdi r e r e?
2
20
1 1 1( ) ( )
2 ( ) iiif d rei re re
2
1
1 1 1()
2 fdi
()f z z由于函数 在 内解析,11( ) 0f?
从而 在 内解析，
2
1 1 1( ) 0f
在 内除 外没有其它奇点，
由留数定理得：
22
1
1 1 1 1 1( ) R e [ ( ),0 ],
2 f d s fi
2009-7-30 55
例
11．
R e [ ( ),]s f z?计算 的值，如果
2(1) ( ) ;1
zefz
z 41( 2 ) ( ),( 1 ) ( 4 )fz z z z
解：
1
( 1 ) R e [ ( ),] R e [ ( ),] 0,n k
k
s f z z s f z
2( ) 11
zef z z
z 有两个有限孤立奇点,且均为一阶极点；
21Re [ ( ),1 ] l im ( 1 ),12
z
z
ees f z z
z
1
21Re [ ( ),1 ] l im ( 1 ) 12
z
z
ees f z z
z
R e [ ( ),] R e [ ( ),1 ] R e [ ( ),1 ]s f z s f z s f z11( ) sin,
2 2 2
e e e e hi
2
11( 2 ) R e [ ( ),] R e [ ( ),0 ]s f z s f
zz 24
1R e,0
11( 1 ) ( 4 )
zs
z
zz
4
4R e,0( 1 ) (1 4 )
zs
zz
0.?
2009-7-30 56
例
12,4
2.1C z d z C zz计算积分,其中 为正向圆周解：
4( ) 21
zf z z z
z 在 外部除 点外无其它奇点，
4 2 R e [ ( ),]1C
z d z i s f z
z 2
112 R e [ ( ),0 ]i s f
zz 42 R e [,0 ] 0,1 zis z
例
13,10
2.( ) ( 1 ) ( 3 )C dz Czz i z z计算积分,其中 为正向圆周解：,1,3,z i z z z函数的奇点有：,
R e [ ( ),] R e [ ( ),1 ] R e [ ( ),3 ] R e [ ( ),] 0s f z i s f z s f z s f z
10 2 {Re [ ( ),] Re [ ( ),1 ] }( ) ( 1 ) ( 3 )C
dz i s f z i s f z
z i z z
2 { R e [ ( ),3 ] R e [ ( ),] }i s f z s f z
1 0 23
1 1 12 { l im ( 3 ) Re [ ( ),0 ] }
( ) ( 1 ) ( 3 )zi z s fz i z z z z
10
1 0 1 0
12 { R e [,0]}
( 3 ) 2 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 3 )
zis
i i z z z10,(3 )ii
2009-7-30 57
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．
2009-7-30 58
一、
2
0 ( c o s,s i n )Rd
形如 的积分
ize令,idz ie d,dzd
iz
1c os
22
iie e z z,1
si n 22
iie e z z
ii
,
( c o s,s i n ) c o s s i n [0,2 ]R其中 为 与 的有理函数，且在 上连续，
[0,2 ] | | 1zz当 时，对应的 正好沿着单位圆 的正向绕行一周，
221 1 1( ) (,)
22
zzf z R z
z iz iz
函数 为 的有理函数，1z?且在 上分母不为零，
1z?即在单位圆 上无奇点,因此满足留数定理的条件，故有
222
0 1
11( c o s,s in ) (,)
22z
z z d zR d R
z iz iz
1
( ),
z
f z dz
2009-7-30 59
例 1,2
20
c o s 2 ( 0 1 ),
1 2 c o sI d ppp
计算,的值解,220 2 1 2 c o s ( 1 ) 2 ( 1 c o s ) 0p p p p在 内，,
因而该积分是定积分，
2 2 2 211c o s 2 ( ) ( )
22
iie e z z
22
1
21
1
2 12
2
z
z z dzI
zz izpp
4
2
1
1
2 (1 ) ( )z
z dz
iz p z z p?
2 1c o s
22
iie e z
z
,
1
( ),
z
f z dz
2009-7-30 60
4
2
11( ) 0,,
2 ( 1 ) ( )
zf z z z p z
i z pz z p p
被积函数 有三个极点,
0,1z z p z只有 在圆周 内,0z z p其中 为二阶极点,为一阶极点，
42
20
1R e [ ( ),0] l i m [ ]
2 ( 1 ) ( )z
dzs f z z
dz i z pz z p?
2 2 3 4 2
2 2 20
( ) 4 ( 1 ) ( 1 2 )l i m
2 ( )z
z pz p p z z z pz p
i z pz p p z?
2
2
1,
2
p
ip
4
2
1R e [ ( ),] l i m [ ( ) ]
2 ( 1 ) ( )zp
dzs f z p z p
dz i z pz z p?
4
22
1,
2 (1 )
p
ip p
2 4 2
2 2 2 2
1 1 22 [ ],
2 2 ( 1 ) 1
p p pIi
i p i p p p
2009-7-30 61
二、
()R x d x形如 的积分
1
1
1
1
()( ),2
()
nn
n
mm
m
z a z aPzR z m n
Q z z b z b
.z是关于 的有理函数
(1 ) ( ) ( )Q z P z比 至少高两次；
( 2 ) ( )Qz 在实轴上无零点；
( 3 ) ( ) I m 0 ( 1,2,,)kR z z z k n在上半平面 内的极点为 ；
则有：
1
( ) 2 R e [ ( ),],n k
k
R x d x i s R z z
2009-7-30 62
基本思想：
( ) [,]R x R R?(1) 先取被积函数 在有限区间 上的定积分,再引入辅助曲线，
,R e ( 0 ),iRCz即上半圆周 [,]RR?同 一起构成围线，
()()
() k
PzR z z
Qz?使得 所有的在上半平面内的极点 都包含在积分路径内，
R取 适当的大，
如下图：
R? R
1
( ) ( ) ( ) 2 Re [ ( ),]
R
nR
kC R C kR z d z R x d x R z d z i s R z z
( 2) R e ( 0 )iRCz在 上，令,则有
0
( ) ( R e ) Re
( ) ( R e )R
i i
iC
P z Pdz i d
Q z Q
,
( ) ( )Q z P z因为 的次数比 的次数至少高两次，于是有
( ) R e ( R e )| | 0
( ) ( R e )
ii
i
zP z PzR
Q z Q
当 时，,||
()lim 0
()RCz
Pz dz
Qz,
1
() 2 R e [ ( ),],
()
n
k
k
Px dx i s R z z
Qx?
2009-7-30 63
例 2,2
2 2 2 2,( 0,0)( ) ( )
x dxI a b
x a x b
计算积分 的值.
解,4,2,2,m n m n ()Rz函数 在实轴上没有孤立奇点，
2
2 2 2 2( ) ( )
z ai bi
z a z b 在上半平面的奇点为,,且为一阶极点；
R e [ ( ),]s R z ai 22 2 2 2,2 ( ) 2 ( )aaai b a i a b
22Re [ ( ),] 2 ( )
bs R z b i
i b a同理，,
2 2 2 22 [ ]2 ( ) 2 ( )
abIi
i a b i b a a b
1
() 2 R e [ ( ),],
()
n
k
k
Px dx i s R z z
Qx?
2009-7-30 64
三、
( ) ( 0 )a ixR x e d x a形如 的积分
( 1 ) ( )R x x是 的有理函数，而分母的次数至少比分子的次数高一次，
()Rz(2) 并且 在实轴没有孤立奇点，
1
()( ) 2 Re [ ( ),]
()
nia x ia x ia z
k
k
PxR x e d x e d x i s R z e z
Qx?
( 1,2,,) ( ) ( ) iazkz k n f z R z e(3) 为函数 在上半平面的奇点.
则积分存在，且
2009-7-30 65
基本思想：
( 1 ) 2 ( ) a ixR x e解决思路同类型,此时被积函数为,
1
1
1
1
()( ),1
()
nn
n
mm
m
x a x aPxR x m n
Q x x b x b
(2 ) ( ),0 a r gRR x C z R z R设 在半圆周,上连续( 对充分大的 都如此）
li m ( ) 0z Rz且一致地有,0 l im ( ) 0,
R
i a z
CRa R z e d z则当 时，有
1
1
1
1
()( 3 ) ( ),1
()
nn
n
mm
m
x a x aPxR x m n
Q x x b x b
设，
( ) ( ) ( ) 0 0P x Q x Q x a与 互质且在实轴上,且,
1
( ) 2 R e [ ( ),]nia x ia z k
k
R x e d x i s R z e z
则:,()kz R z为 上半平面的奇点.
1
( ) sin I m { 2 Re [ ( ),] },n ia z k
k
R x a x d x i s R z e z
特别地，将上式分开实部与虚部，可得积分：
1
( ) c o s Re { 2 Re [ ( ),] }.n ia z k
k
R x a x d x i s R z e z
2009-7-30 66
例 3．
22
c o s ( 0 )x d x a
xa
计算积分,的值.
解,2,0,2 1,m n m n
22
1()Rz
za 在实轴上没有奇点，
所以此积分存在，
22
ixe dx
xa
且此积分是积分 的实部.
2 2 2 212 R e [,],
ix izn
k
k
eedx i s z
x a z a?
而
22
ize z a i
za函数 在上半平面内只有一个一阶极点,
22Re [,] 2,2
iz a ae e es a i i
z a a i a
22
c o s x dx
xa
,
ae
a
2009-7-30 67
例 4．
22
s i n ( 0 )xxI d x a
xa
计算,的值.
解,2,1,1,m n m n
22R ( )
zz
za函数 在实轴上没有孤立奇点，
则积分存在,()R z z a i?在上半平面内只有一个一阶极点,
22 2 R e [ ( ),]i x i z
x e d x i s R z e a i
xa?
2,2 a aei ie
22
s i n,axx d x e
xa?
于是可得：
2 2 2 20
s i n 1 c o s 0.
2 a
x x x xd x e d x
x a x a?
同时可以得到：,
2009-7-30 68
四、函数在实轴上有奇点的积分可适当选取路径来积分，使积分路线绕开孤立奇点，得：
11
1( ) 2 Re [ ( ),] Re [ ( ),],
2
nn
kkkkf x d x i s f z z s f z x?
kkzx其中 是上半平面的奇点,是实轴上的奇点.
例 5,s in x dxx
计算积分 的值.
解,s i n() xfx
x?函数 是偶函数，所以
0
sin 1 sin 1 I m [ ]
22
ixx x ed x d x d x
x x x
0ize zz?在实轴上有一个一阶极,
0
12 { 0 R e [,0 ] } l im,
2
ix iz iz
z
e e ed x i s i z i
x z z
0
s in,
2
x
x
2009-7-30 69
例 6,22
00
1s i n c o s,2
2x d x x d x?
证明证明,2 22c o s s in,ixe x i x
4R
取积分的封闭曲线是半径为 的 扇形的边界，
2ize D C由于 在 内及其边界 上解析，
2 0,iz
C e d z
2 2 2 0 ( 1 )i x i z i z
O A A B B Oe d x e d z e d z即：
Re,0 4iA B z在 上,从 到 ； 4,0
iB O z re r R在 上,从 到 ；
因此(1)成为：
2 2 2 240( ) ( )4 4
00 0,
iiR ii x i R e i i r e
Re d x e R i e d e e d r
2 2 22 2 c o s 2 s i n 244
0 0 0( c o s s i n )
RR i r i R R ix i x d x e e d r e R i e d或，
2009-7-30 70
224 4 4
00( 1 ) l i m 2
Ri i irr
R e e dr e e dr e
22( c os si n ) ( )
2 4 4 2 2 2ii
1
2 2 2 2
i
2 2 2c o s 2 s i n 2 s i n 244
00( 2 )
i R R i Re R i e d e R d
2 244
0 (1 ),4
R RR e d e
R
R当 时，上面积分趋向于零，从而有
22
0
1( c os si n ),
2 2 2 2
ix i x dx
两端实部和虚部分别相等，得：
22
00
1c o s s i n,
22x d x x d x
