复变函数与积分变换
§5.1 孤立奇点一、孤立奇点的概念二、函数的零点与极点的关系三、函数在无穷远点的性态一、孤立奇点的概念不解析，在如果函数 0)( zzf
例 1 0?z 是函数 z ze z s in,
1
的孤立奇点,
1z 是函数 11?z 的孤立奇点,
注意,孤立奇点一定是奇点,但奇点不一定是孤立奇点,
定义内处处解析，的某去心邻域 0 0 zz
0 )( zzf 在但的孤立奇点．为 )( 0 zfz
则称例 2 指出函数 0?z在点
z
z
zf 1
s i n
)(
2
的奇点特性,
解
kzz
1,0 ),2,1(k
，因为 01lim
kk
即在 0?z 的不论怎样小的去心邻域内,
的奇点存在,
函数的奇点为
)(zf总有
0?z 不是孤立奇点,所以孤立奇点的分类依据 )(zf 在其孤立奇点 0z 的某去心邻域内的洛朗级数的情况可将孤立奇点分为三类,
1,可去奇点
1．可去奇点 ; 2．极点 ; 3．本性奇点,
如果洛朗级数中不含 的负幂项,0zz?
0z )(zf那么孤立奇点 称为 的可去奇点,
1) 定义其和函数 )(zF 为在 0z 解析的函数,
00
0
,
,)()(
zzc
zzzFzf
说明,(1),)(0 的孤立奇点若是 zfz
.)()()( 0010 nn zzczzcczf
)0( 0 zz
)(lim)(
00
zfzf zz
,)( 00 czf?
(2) 无论 在 是否有定义,)(zf 0z 补充定义则函数 在 0z 解析,)(zf
2) 可去奇点的判定
)( )1( 0 ；点的洛朗级数无负幂项在 zzf
为复常数；00 ),( )(lim )2(
0
cczfzz
)( )3( 0 的某去心邻域内有界．在 zzf
定理,)(
0 的孤立奇点是若 zfz 则以下三个条件等价：
)2()1(?证
,)0()()()1( 0010 Rzzzzcczf，由
,),( )(l i m 00
0
为复常数于是 cczfzz
)3()2(? 根据函数极限的性质，是显然的．
)1()3(?
)(,0 ),3( 00,内的去心邻域设在由 Mzfzzz
,)()()( 00?
n
n
n zzczfzzf 点的洛朗级数在
),2,1,0(,)( )( 2 1 1
0
ndzfic
C nn
．可任意小且为圆周：其中 ),(,0 rrrzzC
dzfic
C nn
1
0 )(
)(
2
1 r
r
M
n 22
1
1 nr
M?
),2,1,0(n
．，得时，令当 0 0 0 ncrn 成立．即 )1(
由定理可得可去奇点的判定方法：
(1) 由定义判断,的洛朗级数无负0z)(zf 在如果
0z幂项，则 为 )(zf 的可去奇点,
(2) 判断极限,)(lim
0
zfzz? 若极限存在且为有限值,
则 0z 为 )(zf 的可去奇点,
(3) 由有界性判断,
的一个邻域内有界．在的可去奇点为 00 )()( zzfzfz?
如果补充定义,
0?z 时,,1s in?z z
那末 z zsin 在 0?z 解析,
例 3 42 !51!311s in zzz z 中不含负幂项,
0?z 是 z zsin 的可去奇点,
1s i nl i m
0
z
z
z
注：
例 4 说明 0?z 为 ze
z 1?
的可去奇点,
解ze
z 1
,!1!211 1nznz z0
所以 0?z 为 的可去奇点,ze
z 1?
无负幂项另解 zz
z
z
eze
00
lim1lim
因为
0?z所以 的可去奇点,为 ze
z 1?
)1!1!211(1 2 nznzzz
,1?
2,极点
10 )( zz,)( 0 mzz其中关于 的最高幂为阶 (级 )极点,0z )(zf m那么孤立奇点 称为函数 的
1) 定义 0zz?如果洛朗级数中只有有限多个 的负幂项,
1010 )()()( zzczzczf mm?即
)0,1( mcm
)( 01 zzcc
,)()( 1)(
0
zzzzf m
或写成
20201 )()()( zzczzccz mmm?
,0 内是解析函数在 zz特点,,0)( 0?z?且说明,(1)
(2) 的极点,则0z )(zf为函数如果
.)(l i m
0
zfzz
例 5 有理分式函数,)2( 23)( 2 zz zzf
是二阶极点,0?z 2z 是一阶极点,
一阶极点又称 简单极点
,)( 0 内是解析函数在其中 zzz,0)( 0?z?且的形式，能表示为若 m
zz
zzfzf
)(
)()( )(
0?
阶极点．的为则 mzfz )( 0
2)极点的判定方法
)(zf 的负幂项为有限项．0zz?的洛朗展开式中含有
.0)()(lim
)(
)(
)()(
0
0
0
0
m
m
zz
m
czfzz
zz
z
zfmzfz
阶极点的是其中 在 的邻域内解析,且)(z? 0z,0)(
0?z?
(1) 由定义判别
(2) 由定义的等价形式判别
(3) 利用极限 )(lim
0
zfzz 判断,
课堂练习求 1123 zzz 的奇点,如果是极点,指出它的 级数,
答案 1123 zzz由于
,1,是函数的一级极点所以z
.1 是函数的二级极点?z
,)1)(1( 1 2 zz
3.
如果洛朗级数中 含有无穷多个 0zz?
那么孤立奇点 0z 称为 )(zf 的本性奇点,
的负幂项,
例如，,!1!211 21
1
nz znzze
)0( z含有无穷多个 z的负幂项特点,在本性奇点的邻域内 )(lim
0
zfzz? 不存在且不为,?
为本性奇点，所以 0?z 同时 zz e
1
0
lim
不存在,
本性奇点综上所述,
孤立奇点可去奇点
m阶极点本性奇点洛朗级数特点 )(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限个负幂项
10 )( zz
mzz )( 0
关于 的最高幂为二、函数的零点与极点的关系
1.零点的定义 不恒等于零的解析函数 )(zf 如果能表示成 ),()()( 0 zzzzf m )(z? 0z其中 在
,0)( 0?z?解析且 m为某一正整数,那么 0z 称为
)(zf 的 m 阶 (级 )零点,
例 6 的一级零点，是函数 3)1()(0 zzzfz
注意,不恒等于零的解析函数的零点是孤立的,
.)1()(1 3 的三级零点是函数 zzzfz
2.零点的判定零点的充要条件是证 (必要性 )
由定义,)()()( 0 zzzzf m
设 0)( zz 在? 的泰勒展开式为,
,)()()( 202010 zzczzccz?
0z m0z如果 在 解析,那么 为 的 阶)(zf )(zf
m0z如果 为 的 阶零点)(zf;)1,2,1,0(,0)( 0)( mnzf n?.0)( 0)(?zf m
的泰勒展开式为在从而 0)( zzf
10100 )()()( mm zzczzczf 202 )( mzzc
其中,0)( 00 zc?
展开式的前 m项系数都为零,由泰勒级数的系数公式知,);1,2,1,0(,0)( 0)( mnzf n?
并且,0! )( 00
)(
cm zf
m
充分性证明略,
解例 7 的几阶零点？是函数判断 zzzfz s i n)(0
（方法一）
)!5!3(s i n)(
53
zzzzzzzf
),!5!31(
2
3 zz
.s i n)( 0 的三阶零点是由定义,zzzfz
（方法二）;011)0(,c o s1)( fzzf;0)0(,s i n)( fzzf
.01)0(,c o s)( fzzf
.s i n)( 0 的三阶零点是从而 zzzfz
3.零点与极点的关系定理 如果 0z 是 )(zf 的 m 阶极点,那么 0z 就是
)(
1
zf 的 m 阶零点,反过来也成立,
证 如果 0z 是 )(zf 的 m 阶极点,则有
)()( 1)(
0
zgzzzf m )0)(( 0?zg
当 时,0zz? )(1)()(1 0 zgzzzf m )()( 0 zhzz m
.0)( 0?zh0z)(zh函数 在 解析且由于,0)(1l im
0
zfzz 只要令
,0)(1
0
zf
那末 0z )(1zf 的 m 阶零点,就是反之如果 0z )(1zf 的 m 阶零点,是那末 ),()()(1 0 zzzzf m
当 时,0zz? ),()( 1)(
0
zzzzf m )(1)( zz
解析且 0( 0?z?
所以 0z 是 )(zf 的 m 阶极点,
说明 此定理为判断函数的极点提供了一个较为简便的方法,
例 8 函数 zsin
1
有些什么奇点,如果是极点,指出它的级,
解 函数的奇点是使 0s in?z 的点,
这些奇点是,)2,1,0( kkz 是孤立奇点,
kzkz zz c o s)( s in因为的一级零点，是所以 zkz s in
,0)1( k
zsin
1 的一级极点,即
),(1!3!211 zzzz
解
0
22 1!
11
n
nz
n
z
zz
e
解析且 0)0(
所以 0?z 不是二阶极点,而是一阶极点,
0?z 是
5
s i n
z
zz? 的几阶极点?思考例 9 问 0?z 是 2 1ze
z?
的二阶极点吗?
注意,不能以函数的表面形式作出结论,
（ 二阶极点 ）
三、函数在无穷远点的性态
1,定义 如果函数 )(zf 在无穷远点z 的去心邻域 zR 内解析,则称点?为 )(zf 的孤立奇点,
R
x
y
o
令变换,1zt? 规定此变换将, tfzf 1)(则映射为z,0?t
扩充 z 平面 扩充 t 平面映射为
)(}{nn zz )0(
1?
n
n
n tzt
映射为
zR Rt 10映射为
),(t
结论,
在去心邻域 zR 内对函数 )(zf 的研究在去心邻域 Rt 10 内对函数 )(t? 的研究
Rt
10因为 )(t? 在去心邻域 内是解析的,
所以 0?t 是 )(t? 的孤立奇点,
规定,
M阶奇点或本性奇点,
)(t? 的可去奇点,m阶奇点或本性奇点,
如果 t=0 是
z 是 )(zf 的可去奇点、那么就称点
1)不含正幂项 ;
2)含有有限多的正幂项且 mz 为最高正幂 ;
3)含有无穷多的正幂项 ;
那么z 是 )(zf 的 1)可去奇点 ;
2) m 阶极点 ;
3)本性奇点,
判别法 1 (利用洛朗级数的特点 )2.判别方法,
)(zf zR在 内的洛朗级数中,如果判别法 2,(利用极限特点 )
如果极限 )(l i m zf
z
1)存在且为有限值 ;
2)无穷大 ;
3)不存在且不为无穷大 ;
那么z 是 )(zf 的 1)可去奇点 ;
2)极点 ;
3)本性奇点,
例 10 (1)函数 1)( z zzf 在圆环域 z1
内的洛朗展开式为,
nn
zzz
z
zf 1)1(1111
1
1)(
2
不含正幂项所以z 是 )(zf 的可去奇点,
(2)函数 zzzf 1)(含有正幂项且 z 为最高正幂项,所以z 是 )(zf 的 一 阶 极点,
(3)函数 zsin 的展开式,
)!12(!5!3s i n
1253
n
zzzzz n
含有无穷多的正幂项所以z 是 )(zf 的本性奇点,
课堂练习
.0,是本性奇点是一级极点 zz
zezzf
1
)( 的奇点及其 类型,说出函数答案小结与思考理解孤立奇点的概念及其分类 ; 掌握可去奇点、极点与本性奇点的特征 ; 熟悉零点与极点的关系,
思考题
,
)1(
1)(
3 的孤立奇点的类型确定函数 zezzf
思考题答案
,
)0( 2,4 0
的一阶零点是分母阶零点是分母的 kikzz?
.)()0( 2
,4)(0
的一阶极点是函数阶极点的是函数从而
zfkikz
zfz
§5.2 留 数一、留数的引入二、留数定理及留数的求法三、无穷远点的留数一、留数的引入
01010 )()()( czzczzczf nn
0z )(zf设 为 的一个孤立奇点，
内的洛朗级数为,)(zf Rzz 00在
nn zzczzc )()( 001
内解析，的某去心邻域在 Rzzz 00 0
C为该邻域内包含 0z 的任一条正向简单闭曲线．
C 0z
.)(zf
12 ic
zzzczzzczc n
C
n
CC
d)(d)(d 0010
CC
n
n zzzczzzc d)(d)(
1
010
C
zzf d)(积分
0(高阶导数公式 )
0 (柯西 -古萨基本定理 )
i?2
的系数洛朗级数中负幂项 101 )( zzc
zzfic
C
d)(2 11即 ]),(R e s [ 0zzf?
的留数在 0)( zzf
定义记作 ].),(R e s [ 0zzf
域内的洛朗级数中负,))( 101 的系数幂项 zzc
为中心的圆环在即 0)(( zzf
Rzzz 00 0的某个去心邻域在 内包含 0z 的任意一条简单闭曲线 C 的积分?
C
zzf d)( 的值
i?2 后所得的数称为,re s i d u e )()( 0 的留数在 zzf以
)(0 zfz 为函数 的一个孤立奇点,如果除则沿二、留数定理及留数的求法说明,留数定理将沿封闭曲线 C积分转化为求被积函数在 C内各孤立奇点处的留数,
1.留数定理点的一条正向简单闭曲线,
.]),(Re s [2d)(
1
n
k
k
C
zzfizzf
)(zf 在区域 D内除有限个孤
nzzz,,,21?外处处解析,立奇点函数
C 是 D内包围各奇那么证
.)(
1
n
k C k
dzzfC dzzf )(
n
k C k
dzzfi
1
)(2 1?,]),(R e s [
1
n
k
kzzf
[证毕 ]
两边同时除以 得i?2
根据复合闭路定理，
zzfi
C
d)(2 1?
1z
2z.
nz
DC
.
.
1c
2c
nc
.]),(R e s [ 2)(
1
n
k
kC zzfidzzf?
即围绕起来，的正向简单闭曲线用互不包含内的孤立奇点把在
k
k
C
nkzC ),2,1(如图：
2.留数的计算方法
(1) 如果 0z 为 )(zf 的可去奇点,.0]),(R e s [ 0?zzf则
).()(l i m]),(R e s[ 00
0
zfzzzzf zz
如果 为 的简单极点,那么0z )(zf?规则 1
成洛朗级数求,1?c
(2) 如果 0z 为 的本性奇点,)(zf
(3) 如果 0z 为 的极点,则有如下计算规则)(zf
)(zf 展开则需将例 1 求
1)( 2 z
zezf z 在孤立奇点处的留数．
解 简单极点，的是因为 )( 1 zfz
1,1R e s 2z
ze z所以
1)1(l i m 21 z
zez z
z
1,1R e s 2z
ze z
1)1(l i m 21 z
zez z
z;21l i m
1
e
z
ze z
z
.21lim
1
1
e
z
ze z
z
规则 2
如果,0)(,0)(,0)( 000 zQzQzP
设,)( )()( zQ zPzf? )(zP 及 )(zQ 在 0z 都解析，
证 0)(,0)( 00 zQzQ因为
0z所以 的一级零点,为 )(zQ
)(
1
zQ0z 的一级极点,为那么 0z 为的一级极点,)(zf,)( )(]),(R es [
0
0
0 zQ
zPzzf
且有解析且0z,0)()( 00?zzP?在因此 ),(1)(1
0
zzzzQ
其中 在 解析且)(z? 0z,0)( 0?z?
0z所以 为 的一级极点,)(zf
)()(l i m]),([R es 00
0
zfzzzzf zz
0
0 )()(
)(
l i m
0
zz
zQzQ
zP
zz
.)( )(
0
0
zQ
zP
.)()(1)(
0
zzPzzzf
例 ２ 求解内，都在圆周简单极点四个的被积函数
2
,1
1
)( 4
z
i
z
z
zf
.2,d14 zCzz z
C
为正向圆周
]}),([Re]),([Re
]1),([Re]1),([{ R e2d
14
izfsizfs
zfszfsiz
z
z
C
由规则２，
故,4 14)( )( 23 zzzzQ zP
.0}41414141{2d14 izz z
C
思考例１能否用规则 2求解由留数定理如果 为 的 级极点,0z )(zf m
) ],()[(d dlim)!1( 1]),(Re s [ 01
1
0
0
zfzzzmzzf mm
m
zz
规则 3
证 2020 )()()( zzczzczf mm?
)()( 010101 zzcczzc
101010 )()()()( mmmm zzczzcczfzz?
10100 )()( mm zzczzc
那么
,)!1()]()[(ddlim 101
1
0
cmzfzzz mm
m
zz
10 ]),(R e s [ czzf所以
+(含有 正幂的项 )0zz? 1)!1( cm
)].()[(ddlim)!1( 1 01
1
0
zfzzzm mm
m
zz
)]()[(dd 01
1
zfzzz mm
m
两边求 1?m 阶导数,
[证毕 ]
得例 3 求 n
z
z
ezf?)( 在 0?z 的留数,
解 阶极点，的是因为 nzfz )(0?
0,Res
n
z
z
e所以
.)!1( 1 n
n
z
n
n
n
z z
ez
zn 1
1
0 d
dlim
)!1(
1
例 4 求 6s in)( )()( z zzzQ zPzf 在 0?z 的留数,
分析,0)0()0()0( PPP,)0(P
0?z 是 zz sin? 的三级零点由规则 2得
.s ind dlim)!13( 1]0),(Re s [ 632
2
0
z
zzz
zzf z
的三级极点，是所以 )(0 zfz?
计算较麻烦,
如果利用洛朗展开式求 1?c 较方便,
!5!3
1s i n 53
66
zzzz
zz
zz
.
!5
10,s inR e s
16
cz
zz
,!5 1!3 1 3 zz
解说明,
0z如 为 m 级极点，当 m 较大而导数又难以计算时,
可直接展开洛朗级数求 1?c 来计算留数,
6
6
5
5
0
s in
d
dlim
)!16(
10),(Re s
z
zzz
zzf z.!5
1
2,在应用规则 2时,
取得比实际的级数高,
级数高反而使计算方便,,6?m
1,在实际计算中应灵活运用计算规则,
为了计算方便一般不要将 m
但有时把 m取得比实际的如上例取例 5 求 5 1)( zezf
z?
在 0?z 的留数,
解 0?z 是 )(zf 的四级极点,
1
!6!5!4!3!2
111
65432
55?
zzzzzz
zz
e z
,!6!51!4 1!3 1!2 11 234 zzzzz
1]0),(R e s [ czf所以,24
1
!4
1
在 z0 内将 展成洛朗级数,)(zf
例 5 求 5 1)( zezf
z?
在 0?z 的留数,
解法二
.
24
1
l i m
!4
1
1
l i m
)!15(
1
]0),(R e s [
0
5
5
4
4
0
z
z
z
z
e
z
e
z
dz
d
zf
例 6 计算积分,d)1( 2 zzz
e
C
z
C为正向圆周,,2?z
解
zzz ezzf
z
z
d)1(l im]0),([Re s 2
0?
,1
)1(lim 20 z
e z
z
2
2
1 )1(
)1(d dlim)!12( 1]1),(R e s [ zz ezzzf
z
z
0?z 为一级极点,1?z 为二级极点,
z
e
z
z
z d
dlim
1 21
)1(lim
z
ze z
z
,0?
zzz e
C
z
d)1( 2]1),(R e s []0),(R e s [2 zfzfi
.2 i
三、无穷远点的留数
1 c 1]),(R e s [ czf说明
C
zzfi d)(2 1记作?
C
zzfizf d)(2 1]),(Res [
1.定义 设函数 )(zf 在圆环域 zR 内解析，
C为圆环域内绕原点的任何一条正向简单闭曲线，
无关，的值与则积分 d)(2 1
1
Czzfi
C
称此定值
.)( 点的留数在为?zf
注意积分路线取顺时针方向（可看作绕 的正向）?
.
.,
,1z.
2z,
kz?
.
证
n
k
kzzfzf
1
]),(R es []),(R es [
CC
zzfizzfi d)(2 1d)(2 1
1
.0?
由留数定理有,
(绕原点的并将 kz
内部的正向简单闭曲线 )
C 包含在
2.定理如果函数 )(zf 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点,那末 在所有各奇点 (包括 点 )?
的留数的总和必等于零,
)(zf
[证毕 ]
说明,由定理得
],),(R es []),(R es [
1
zfzzf
n
k
k
n
k
k
C
zzfizzf
1
]),(Re s [2d)((留数定理 )
].),(R e s [2 zfi
计算积分 计算无穷远点的留数,zzf
C
d)(?
优点,使计算积分进一步得到简化,
(避免了计算诸有限点处的留数 )
规则 4
0,11R es]),(R es [
2zzfzf
说明,定理和规则 4提供了 计算函数沿闭曲线
0,11Res2d)(
2zzfizzf
C
积分的又一种方法,
此法在很多情况下此法更为简单,
3.在无穷远点处留数的计算现取正向简单闭曲线 C为半径足够大的正向圆周,,z,1z令
,, ii reez并设,,1 r那末于是有?
C
zzfizf d)(2 1]),(Res [
π20 d)(π2 1 ii ieefi
证
.d1π2 1 π20 ii re irefi
π20 2 d)(1π2 1 iii rere irefi
1 2
d11
π2
1 f
i,)
1( 为正向
内除在 1? 0
外无其他奇点,
.0,11R es 2 zzf [证毕 ]
例 7 计算积分
C
zz z,d14 C为正向圆周,,2?z
函数 14?z z 在 2?z 的外部,除? 点外没有其他奇点,
C
zz z d14
0,11R es2
2zzfi
),(R e s2 zfi
0,1R e s2 4z
zi,0?
解根据定理 2与规则 4,
可见,与例 2 的方法作比较,利用无穷远点的留数更简单,
例 8 计算积分
C zziz
z,
)3)(1()(
d
10
C为正向圆周,,2?z
解 除? )3)(1()(
1)(
10 zzizzf被积函数点外,其他奇点为,3,1,i?
由于 i? 与 1在 C的内部,
C zziz
z
)3)(1()(
d
10
]}1),(R es []),(R es [{2 zfizfi
]}),(R es []3),(R es [{2 zfzfi
0)3(2
12
10ii
则 ]),(R es [ izf?
]),(R es [ zf
所以
]1),(R es [ zf?
]3),(R es [ zf?,0?
.)3( 10ii
小结与思考本节学习了留数的概念、计算以及留数定理,
应重点掌握计算留数的一般方法,尤其是极点处留数的求法,并会应用留数定理计算闭路复积分,
.2:,d)1(s in2
2
正向计算 zCzzz z
C
思考题思考题答案,1sin2
§5.3 留数在定积分计算中的应用一,形如 的积分? π20 d)s i n,( c o sR
二,形如 的积分
xxR d)(
三,形如 的积分 )0( d)(
axexR
i a x
一,形如 的积分? π20 d)s i n,( c o sR
,s i n,co s )s i n,( co s 的有理函数是其中R
思想方法,
封闭路线的积分（围道积分法）,
把定积分化为一个复变函数沿某条两个重要工作,1) 积分区域的转化
2) 被积函数的转化
iez?令 dd iiez?,
d
iz
z
)(21s i n ii eei,2 1
2
iz
z )(
2
1co s ii ee,
2
12
z
z
当? 历经 ]π2,0[ 时,1?z 绕行一周,z 沿正向单位圆周
0?2? 01? 1
i
i?
从而积分化为沿正向单位圆周的积分：
d)s in,( c o sπ20? R iz
z
iz
z
z
zR
z
d
2
1,
2
1
1
22
zzf
z
d)(
1
z的有理函数,且在单位圆周上分母不为零,满足留数定理的条件,
包围在单位圆周内的诸孤立奇点,
.),(R esπ2
1
n
k
kzzfi
例 1,)10(dc o s21 c o s 22 π0 2 的值计算 pppI
解,10 p由于
)c o s1(2)1(c o s21 22 pppp
内不为零，在 π20 故积分有意义,
)(212co s 22 ii ee由于 ),(21 22 zz
iz
z
p
zz
p
zz
I
z
d
2
21
1
2 211
22
iz
z
p
zz
p
zz
I
z
d
2
21
1
2 211
22
zpzpziz z
z
d))(1(2 1
1
2
4
,1,,0 ppz?被积函数的三个极点内，在圆周 1,,0 zpz
为一级极点，为二级极点，且 pzz 0
.d)(
1
zzf
z
上被积函数无奇点，所以在圆周 1?z
))(1(2
1
d
dlim]0),([R e s
2
4
2
0 pzpziz
zz
zzf z
222
24322
0 )(2
)21)(1(4)(lim
zpppzzi
ppzzzzpppzz
z
,21 2
2
ip
p
,)1(2 1 22
4
pip
p
))(1(2
1)(lim]),([R e s
2
4
pzpziz
zpzpzf
pz
)1(2
1
2
1π2
22
2
2
2
pip
p
ip
piI,
1
π2
2
2
p
p
因此例 2 计算,
s i n1
dπ
0 2 x
x
解
π
0
π
0 2
2
2c o s1
1
d
s i n1
d
x
x
x
x
π0 2c o s12
d2
x
x,2 tx?令
π20 c o s3
d
t
t
iz
z
zzz
d
2)1(3
1
1
2
.
16
d2
1
2?
z zz
zi
2231z极点为,
π0 2s i n1 d xx所以
.
2
π?
(在单位圆内 )
2232z (在单位圆外 )
)]223(),(R e s [ 22 zfii?
二,形如 的积分
xxR d)(
若有理函数 R(x)的分母至少比分子高两次,
并且 分母在实轴上无孤立奇点,一般设
2,
)(
)()(
1
1
1
1
nm
bzbz
azaz
zR
zPzR
m
mm
n
nn
分析 可先讨论,d)(RR xxR
最后令R 即可,
2,积分区域的转化,
取一条连接区间两端的按段光滑曲线,使与区间一起构成一条封闭曲线,并使 R(z)在其内部除有限孤立奇点外处处解析,
(此法常称为,围道积分法” )
1,被积函数的转化,
(当 z在实轴上的区间内变动时,R(z)=R(x))
RR xxR d)(?
C
zzf d)(
可 取 f(z)=R(z),
O
这里可补线 RC
(以原点为中心,R为半径的在 上半平面的半圆周 )
RC 与RR,? 一起构成封闭曲线 C,R(z)在 C及其内部 (除去有限孤立奇点）处处解析,
取 R适当大,使 R(z)所有的在上半平面内的极点
kz 都包在这积分路线内,
根据留数定理得,
RC kR R zzRizzRxxR ],),(Res [π2d)(d)(
z1z2 z3
R R x
zn
y
CR
，则上，令在?iR eRzC?
R RC C zzQ zPzzR d)( )(d)( ; ) ( ) (0
deRQ eiReRP i
ii
则的次数至少高两次的次数比分子由于分母,)()( zPzQ
.,0)( )( 时当 zzQ zzP
.,0) ( ) ( 时当 RzeRQ eReRP i
ii
即
.]),(R e s [π2d)( kzzRixxR所以;0d)(,
RC
zzRR,d)( zzRRR zzR d)(
从而例 3 计算积分
),0,0()()( d0 22222 bababxax x
)()(
1)(
22222 bzazzR解在上半平面有二级极点,aiz?,biz?一级极点
.]),(R e s [π2d)( kzzRixxR
.]),(R e s [πd)(21d)(
0
kzzRixxRxxR
)( 为偶函数，则特别地，若 xR
bizbizaz
)()( 1 222,
)(4
3
2223
22
abia
ab
]}),([R e s]),([R e s{π aizRbizRi
.)(4 π)2( 23 baba ba
2222223
22
)(2
1
)(4
3
abbiabia
abi?
]),(R es [ bizR
0 22222 )()( d bxax x所以
aiz
bzaiz
)()(
1
222,)(2
1
222 babi]),(R es [ aizR
)()( d21 22222 bxax x
例 4 计算积分
dx
xx
xx
910
2
24
2
910
2)(
24
2
zz
zzzR解在上半平面有两个简单级极点,.3,ii
)9)()((
2)(lim]),(R e s [
2
2
ziziz
zzizizR
iz.16
1 i
)3)(3)(1(
2)3(lim]3),(R e s [
2
2
3 izizz
zzizizR
iz
.48 73 i
dxxx xx 910 224
2 ]}3),([R e s]),([R e s{π2 izRizRi
.125
三,形如 的积分 )0( d)(
axexR
i a x
积分存在要求,R(x)是 x的有理函数而分母的次数至少比分子的次数高一次,并且 R(x)在实轴上无孤立奇点,
z1z2 z3
zn
R RO x
y
CR
同前一型,补线 RC
与RR,?
曲线 C,使 R(z)所有的在上半
kz 都包在这积分路线内,
一起构成封闭RC
平面内的极点
zezRxexR i a zCR R i a x
R
d)(d)( ],)(R e s [π2 ki a z zezRi
由留数定理,
,R令
],)(R e s [π2
)(limd)(
k
ia z
C
ia z
R
ia x
zezRi
dzezRxexR
R
.d)( xexR i a x
，故只要求出
RC
i a z
R dzezR )(l i m
就可以求出积分充分大）ReRz i,0(,)( RCzg 沿半圆周设函数
.0)(lim zgC RR 上有上连续，且在 则
,)0( 0 )(lim
RC
i a z
R adzezg
约当引理：
证 得：由 0)(l i m?
zgR
时，有使当 00,,0 RRR
.,)( RCzzg
RC i a z zezg d)(
及由,) ( RieReRg ii
ideReeRg iia R ei θi ) ( 0
s i nc o ss i n aRi a RaRi a R e eee θi
得
deRzezg aRC ia z
R
0
s ind)(
deR aR 2
0
s i n2
由约当不等式（如右图）
o
y π2y
sin?y
2
)20( si n2
deRdeRzezg
aR
aR
C
ia z
R
2
0
2
2
0
s in 22d)(
)1( aRea,a
从而,)0( 0 )(lim
RC
i a z
R adzezg
],)(R e s [π2
)(limd)(
k
ia z
C
ia z
R
ia x
zezRi
dzezRxexR
R
根据约当引理 及以上的讨论得：
],)(R e s [π2d)( ki a zi a x zezRixexR
axiaxe i a x s inco s
xaxxRixaxxR ds in)(dc o s)(
,],)(R e s [π2 ki a z zezRi
],)(R e s [π2d)( ki a zi a x zezRixexR
将实虚部分开，可得积分
.ds i n)( dc o s)( xaxxRxaxxR及例 5 计算积分,0,0,d)( s in0 222 amxax mxx
解
xax
mxxx
ax
mxx d
)(
sin
2
1d
)(
sin
2220 222
xeax
x i m x d
)(Im2
1
222
在上半平面只有二级极点
2 2 2( ),()
i m zzf z e
za
,aiz?
又
xeax x i m x d)( 222则
aiz
i m ze
aiz
z
zaizf
2)(d
d)),((R e s,
4
mae
a
m
)),((R es2Im21 aizfi
.4 maeam
aieaz
zi i m z,
)(Re s2 222
xax mxx d)( s in0 222所以注意 以上两型积分中被积函数中的 R(z)在实轴上无孤立奇点,
.d Im21dsin 21dsin0 xxexx xxx x
ix
例 6 计算积分,ds i n
0 xx
x
解 所以是偶函数,s i nx x
因函数 zeiz 在实轴上有一级极点,0?z
若被积函数中的 R(z)在实轴上有孤立奇点，则
]}),([es21]),([e{π2d)( kk xzRRzzRsRixxR
.是实轴上的奇点是上半平面的奇点，其中 kk xz
]}0,[Re210{2d zesixxe
izix
所以
,li m
0
i
z
ezi iz
z
.2d Im21dsin0 xxexx x
ix
小结与思考本课应用“围道积分法”计算了三类实积分,熟练掌握应用留数计算定积分是本章的难点,
思考题
).0(c o sd2
π
0 22 aa?
计算积分
2
π
2
π 22 c o s
d
2
1
aI
)2(2c o s21 d21 2
π
2
π 2 ta
令
π π 2 co s21 d21 ta t π20 2 co s21 d21 ta t
.12 2 aa
思考题答案
§5.1 孤立奇点一、孤立奇点的概念二、函数的零点与极点的关系三、函数在无穷远点的性态一、孤立奇点的概念不解析，在如果函数 0)( zzf
例 1 0?z 是函数 z ze z s in,
1
的孤立奇点,
1z 是函数 11?z 的孤立奇点,
注意,孤立奇点一定是奇点,但奇点不一定是孤立奇点,
定义内处处解析，的某去心邻域 0 0 zz
0 )( zzf 在但的孤立奇点．为 )( 0 zfz
则称例 2 指出函数 0?z在点
z
z
zf 1
s i n
)(
2
的奇点特性,
解
kzz
1,0 ),2,1(k
，因为 01lim
kk
即在 0?z 的不论怎样小的去心邻域内,
的奇点存在,
函数的奇点为
)(zf总有
0?z 不是孤立奇点,所以孤立奇点的分类依据 )(zf 在其孤立奇点 0z 的某去心邻域内的洛朗级数的情况可将孤立奇点分为三类,
1,可去奇点
1．可去奇点 ; 2．极点 ; 3．本性奇点,
如果洛朗级数中不含 的负幂项,0zz?
0z )(zf那么孤立奇点 称为 的可去奇点,
1) 定义其和函数 )(zF 为在 0z 解析的函数,
00
0
,
,)()(
zzc
zzzFzf
说明,(1),)(0 的孤立奇点若是 zfz
.)()()( 0010 nn zzczzcczf
)0( 0 zz
)(lim)(
00
zfzf zz
,)( 00 czf?
(2) 无论 在 是否有定义,)(zf 0z 补充定义则函数 在 0z 解析,)(zf
2) 可去奇点的判定
)( )1( 0 ；点的洛朗级数无负幂项在 zzf
为复常数；00 ),( )(lim )2(
0
cczfzz
)( )3( 0 的某去心邻域内有界．在 zzf
定理,)(
0 的孤立奇点是若 zfz 则以下三个条件等价：
)2()1(?证
,)0()()()1( 0010 Rzzzzcczf，由
,),( )(l i m 00
0
为复常数于是 cczfzz
)3()2(? 根据函数极限的性质，是显然的．
)1()3(?
)(,0 ),3( 00,内的去心邻域设在由 Mzfzzz
,)()()( 00?
n
n
n zzczfzzf 点的洛朗级数在
),2,1,0(,)( )( 2 1 1
0
ndzfic
C nn
．可任意小且为圆周：其中 ),(,0 rrrzzC
dzfic
C nn
1
0 )(
)(
2
1 r
r
M
n 22
1
1 nr
M?
),2,1,0(n
．，得时，令当 0 0 0 ncrn 成立．即 )1(
由定理可得可去奇点的判定方法：
(1) 由定义判断,的洛朗级数无负0z)(zf 在如果
0z幂项，则 为 )(zf 的可去奇点,
(2) 判断极限,)(lim
0
zfzz? 若极限存在且为有限值,
则 0z 为 )(zf 的可去奇点,
(3) 由有界性判断,
的一个邻域内有界．在的可去奇点为 00 )()( zzfzfz?
如果补充定义,
0?z 时,,1s in?z z
那末 z zsin 在 0?z 解析,
例 3 42 !51!311s in zzz z 中不含负幂项,
0?z 是 z zsin 的可去奇点,
1s i nl i m
0
z
z
z
注：
例 4 说明 0?z 为 ze
z 1?
的可去奇点,
解ze
z 1
,!1!211 1nznz z0
所以 0?z 为 的可去奇点,ze
z 1?
无负幂项另解 zz
z
z
eze
00
lim1lim
因为
0?z所以 的可去奇点,为 ze
z 1?
)1!1!211(1 2 nznzzz
,1?
2,极点
10 )( zz,)( 0 mzz其中关于 的最高幂为阶 (级 )极点,0z )(zf m那么孤立奇点 称为函数 的
1) 定义 0zz?如果洛朗级数中只有有限多个 的负幂项,
1010 )()()( zzczzczf mm?即
)0,1( mcm
)( 01 zzcc
,)()( 1)(
0
zzzzf m
或写成
20201 )()()( zzczzccz mmm?
,0 内是解析函数在 zz特点,,0)( 0?z?且说明,(1)
(2) 的极点,则0z )(zf为函数如果
.)(l i m
0
zfzz
例 5 有理分式函数,)2( 23)( 2 zz zzf
是二阶极点,0?z 2z 是一阶极点,
一阶极点又称 简单极点
,)( 0 内是解析函数在其中 zzz,0)( 0?z?且的形式，能表示为若 m
zz
zzfzf
)(
)()( )(
0?
阶极点．的为则 mzfz )( 0
2)极点的判定方法
)(zf 的负幂项为有限项．0zz?的洛朗展开式中含有
.0)()(lim
)(
)(
)()(
0
0
0
0
m
m
zz
m
czfzz
zz
z
zfmzfz
阶极点的是其中 在 的邻域内解析,且)(z? 0z,0)(
0?z?
(1) 由定义判别
(2) 由定义的等价形式判别
(3) 利用极限 )(lim
0
zfzz 判断,
课堂练习求 1123 zzz 的奇点,如果是极点,指出它的 级数,
答案 1123 zzz由于
,1,是函数的一级极点所以z
.1 是函数的二级极点?z
,)1)(1( 1 2 zz
3.
如果洛朗级数中 含有无穷多个 0zz?
那么孤立奇点 0z 称为 )(zf 的本性奇点,
的负幂项,
例如，,!1!211 21
1
nz znzze
)0( z含有无穷多个 z的负幂项特点,在本性奇点的邻域内 )(lim
0
zfzz? 不存在且不为,?
为本性奇点，所以 0?z 同时 zz e
1
0
lim
不存在,
本性奇点综上所述,
孤立奇点可去奇点
m阶极点本性奇点洛朗级数特点 )(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限个负幂项
10 )( zz
mzz )( 0
关于 的最高幂为二、函数的零点与极点的关系
1.零点的定义 不恒等于零的解析函数 )(zf 如果能表示成 ),()()( 0 zzzzf m )(z? 0z其中 在
,0)( 0?z?解析且 m为某一正整数,那么 0z 称为
)(zf 的 m 阶 (级 )零点,
例 6 的一级零点，是函数 3)1()(0 zzzfz
注意,不恒等于零的解析函数的零点是孤立的,
.)1()(1 3 的三级零点是函数 zzzfz
2.零点的判定零点的充要条件是证 (必要性 )
由定义,)()()( 0 zzzzf m
设 0)( zz 在? 的泰勒展开式为,
,)()()( 202010 zzczzccz?
0z m0z如果 在 解析,那么 为 的 阶)(zf )(zf
m0z如果 为 的 阶零点)(zf;)1,2,1,0(,0)( 0)( mnzf n?.0)( 0)(?zf m
的泰勒展开式为在从而 0)( zzf
10100 )()()( mm zzczzczf 202 )( mzzc
其中,0)( 00 zc?
展开式的前 m项系数都为零,由泰勒级数的系数公式知,);1,2,1,0(,0)( 0)( mnzf n?
并且,0! )( 00
)(
cm zf
m
充分性证明略,
解例 7 的几阶零点？是函数判断 zzzfz s i n)(0
（方法一）
)!5!3(s i n)(
53
zzzzzzzf
),!5!31(
2
3 zz
.s i n)( 0 的三阶零点是由定义,zzzfz
（方法二）;011)0(,c o s1)( fzzf;0)0(,s i n)( fzzf
.01)0(,c o s)( fzzf
.s i n)( 0 的三阶零点是从而 zzzfz
3.零点与极点的关系定理 如果 0z 是 )(zf 的 m 阶极点,那么 0z 就是
)(
1
zf 的 m 阶零点,反过来也成立,
证 如果 0z 是 )(zf 的 m 阶极点,则有
)()( 1)(
0
zgzzzf m )0)(( 0?zg
当 时,0zz? )(1)()(1 0 zgzzzf m )()( 0 zhzz m
.0)( 0?zh0z)(zh函数 在 解析且由于,0)(1l im
0
zfzz 只要令
,0)(1
0
zf
那末 0z )(1zf 的 m 阶零点,就是反之如果 0z )(1zf 的 m 阶零点,是那末 ),()()(1 0 zzzzf m
当 时,0zz? ),()( 1)(
0
zzzzf m )(1)( zz
解析且 0( 0?z?
所以 0z 是 )(zf 的 m 阶极点,
说明 此定理为判断函数的极点提供了一个较为简便的方法,
例 8 函数 zsin
1
有些什么奇点,如果是极点,指出它的级,
解 函数的奇点是使 0s in?z 的点,
这些奇点是,)2,1,0( kkz 是孤立奇点,
kzkz zz c o s)( s in因为的一级零点，是所以 zkz s in
,0)1( k
zsin
1 的一级极点,即
),(1!3!211 zzzz
解
0
22 1!
11
n
nz
n
z
zz
e
解析且 0)0(
所以 0?z 不是二阶极点,而是一阶极点,
0?z 是
5
s i n
z
zz? 的几阶极点?思考例 9 问 0?z 是 2 1ze
z?
的二阶极点吗?
注意,不能以函数的表面形式作出结论,
（ 二阶极点 ）
三、函数在无穷远点的性态
1,定义 如果函数 )(zf 在无穷远点z 的去心邻域 zR 内解析,则称点?为 )(zf 的孤立奇点,
R
x
y
o
令变换,1zt? 规定此变换将, tfzf 1)(则映射为z,0?t
扩充 z 平面 扩充 t 平面映射为
)(}{nn zz )0(
1?
n
n
n tzt
映射为
zR Rt 10映射为
),(t
结论,
在去心邻域 zR 内对函数 )(zf 的研究在去心邻域 Rt 10 内对函数 )(t? 的研究
Rt
10因为 )(t? 在去心邻域 内是解析的,
所以 0?t 是 )(t? 的孤立奇点,
规定,
M阶奇点或本性奇点,
)(t? 的可去奇点,m阶奇点或本性奇点,
如果 t=0 是
z 是 )(zf 的可去奇点、那么就称点
1)不含正幂项 ;
2)含有有限多的正幂项且 mz 为最高正幂 ;
3)含有无穷多的正幂项 ;
那么z 是 )(zf 的 1)可去奇点 ;
2) m 阶极点 ;
3)本性奇点,
判别法 1 (利用洛朗级数的特点 )2.判别方法,
)(zf zR在 内的洛朗级数中,如果判别法 2,(利用极限特点 )
如果极限 )(l i m zf
z
1)存在且为有限值 ;
2)无穷大 ;
3)不存在且不为无穷大 ;
那么z 是 )(zf 的 1)可去奇点 ;
2)极点 ;
3)本性奇点,
例 10 (1)函数 1)( z zzf 在圆环域 z1
内的洛朗展开式为,
nn
zzz
z
zf 1)1(1111
1
1)(
2
不含正幂项所以z 是 )(zf 的可去奇点,
(2)函数 zzzf 1)(含有正幂项且 z 为最高正幂项,所以z 是 )(zf 的 一 阶 极点,
(3)函数 zsin 的展开式,
)!12(!5!3s i n
1253
n
zzzzz n
含有无穷多的正幂项所以z 是 )(zf 的本性奇点,
课堂练习
.0,是本性奇点是一级极点 zz
zezzf
1
)( 的奇点及其 类型,说出函数答案小结与思考理解孤立奇点的概念及其分类 ; 掌握可去奇点、极点与本性奇点的特征 ; 熟悉零点与极点的关系,
思考题
,
)1(
1)(
3 的孤立奇点的类型确定函数 zezzf
思考题答案
,
)0( 2,4 0
的一阶零点是分母阶零点是分母的 kikzz?
.)()0( 2
,4)(0
的一阶极点是函数阶极点的是函数从而
zfkikz
zfz
§5.2 留 数一、留数的引入二、留数定理及留数的求法三、无穷远点的留数一、留数的引入
01010 )()()( czzczzczf nn
0z )(zf设 为 的一个孤立奇点，
内的洛朗级数为,)(zf Rzz 00在
nn zzczzc )()( 001
内解析，的某去心邻域在 Rzzz 00 0
C为该邻域内包含 0z 的任一条正向简单闭曲线．
C 0z
.)(zf
12 ic
zzzczzzczc n
C
n
CC
d)(d)(d 0010
CC
n
n zzzczzzc d)(d)(
1
010
C
zzf d)(积分
0(高阶导数公式 )
0 (柯西 -古萨基本定理 )
i?2
的系数洛朗级数中负幂项 101 )( zzc
zzfic
C
d)(2 11即 ]),(R e s [ 0zzf?
的留数在 0)( zzf
定义记作 ].),(R e s [ 0zzf
域内的洛朗级数中负,))( 101 的系数幂项 zzc
为中心的圆环在即 0)(( zzf
Rzzz 00 0的某个去心邻域在 内包含 0z 的任意一条简单闭曲线 C 的积分?
C
zzf d)( 的值
i?2 后所得的数称为,re s i d u e )()( 0 的留数在 zzf以
)(0 zfz 为函数 的一个孤立奇点,如果除则沿二、留数定理及留数的求法说明,留数定理将沿封闭曲线 C积分转化为求被积函数在 C内各孤立奇点处的留数,
1.留数定理点的一条正向简单闭曲线,
.]),(Re s [2d)(
1
n
k
k
C
zzfizzf
)(zf 在区域 D内除有限个孤
nzzz,,,21?外处处解析,立奇点函数
C 是 D内包围各奇那么证
.)(
1
n
k C k
dzzfC dzzf )(
n
k C k
dzzfi
1
)(2 1?,]),(R e s [
1
n
k
kzzf
[证毕 ]
两边同时除以 得i?2
根据复合闭路定理，
zzfi
C
d)(2 1?
1z
2z.
nz
DC
.
.
1c
2c
nc
.]),(R e s [ 2)(
1
n
k
kC zzfidzzf?
即围绕起来，的正向简单闭曲线用互不包含内的孤立奇点把在
k
k
C
nkzC ),2,1(如图：
2.留数的计算方法
(1) 如果 0z 为 )(zf 的可去奇点,.0]),(R e s [ 0?zzf则
).()(l i m]),(R e s[ 00
0
zfzzzzf zz
如果 为 的简单极点,那么0z )(zf?规则 1
成洛朗级数求,1?c
(2) 如果 0z 为 的本性奇点,)(zf
(3) 如果 0z 为 的极点,则有如下计算规则)(zf
)(zf 展开则需将例 1 求
1)( 2 z
zezf z 在孤立奇点处的留数．
解 简单极点，的是因为 )( 1 zfz
1,1R e s 2z
ze z所以
1)1(l i m 21 z
zez z
z
1,1R e s 2z
ze z
1)1(l i m 21 z
zez z
z;21l i m
1
e
z
ze z
z
.21lim
1
1
e
z
ze z
z
规则 2
如果,0)(,0)(,0)( 000 zQzQzP
设,)( )()( zQ zPzf? )(zP 及 )(zQ 在 0z 都解析，
证 0)(,0)( 00 zQzQ因为
0z所以 的一级零点,为 )(zQ
)(
1
zQ0z 的一级极点,为那么 0z 为的一级极点,)(zf,)( )(]),(R es [
0
0
0 zQ
zPzzf
且有解析且0z,0)()( 00?zzP?在因此 ),(1)(1
0
zzzzQ
其中 在 解析且)(z? 0z,0)( 0?z?
0z所以 为 的一级极点,)(zf
)()(l i m]),([R es 00
0
zfzzzzf zz
0
0 )()(
)(
l i m
0
zz
zQzQ
zP
zz
.)( )(
0
0
zQ
zP
.)()(1)(
0
zzPzzzf
例 ２ 求解内，都在圆周简单极点四个的被积函数
2
,1
1
)( 4
z
i
z
z
zf
.2,d14 zCzz z
C
为正向圆周
]}),([Re]),([Re
]1),([Re]1),([{ R e2d
14
izfsizfs
zfszfsiz
z
z
C
由规则２，
故,4 14)( )( 23 zzzzQ zP
.0}41414141{2d14 izz z
C
思考例１能否用规则 2求解由留数定理如果 为 的 级极点,0z )(zf m
) ],()[(d dlim)!1( 1]),(Re s [ 01
1
0
0
zfzzzmzzf mm
m
zz
规则 3
证 2020 )()()( zzczzczf mm?
)()( 010101 zzcczzc
101010 )()()()( mmmm zzczzcczfzz?
10100 )()( mm zzczzc
那么
,)!1()]()[(ddlim 101
1
0
cmzfzzz mm
m
zz
10 ]),(R e s [ czzf所以
+(含有 正幂的项 )0zz? 1)!1( cm
)].()[(ddlim)!1( 1 01
1
0
zfzzzm mm
m
zz
)]()[(dd 01
1
zfzzz mm
m
两边求 1?m 阶导数,
[证毕 ]
得例 3 求 n
z
z
ezf?)( 在 0?z 的留数,
解 阶极点，的是因为 nzfz )(0?
0,Res
n
z
z
e所以
.)!1( 1 n
n
z
n
n
n
z z
ez
zn 1
1
0 d
dlim
)!1(
1
例 4 求 6s in)( )()( z zzzQ zPzf 在 0?z 的留数,
分析,0)0()0()0( PPP,)0(P
0?z 是 zz sin? 的三级零点由规则 2得
.s ind dlim)!13( 1]0),(Re s [ 632
2
0
z
zzz
zzf z
的三级极点，是所以 )(0 zfz?
计算较麻烦,
如果利用洛朗展开式求 1?c 较方便,
!5!3
1s i n 53
66
zzzz
zz
zz
.
!5
10,s inR e s
16
cz
zz
,!5 1!3 1 3 zz
解说明,
0z如 为 m 级极点，当 m 较大而导数又难以计算时,
可直接展开洛朗级数求 1?c 来计算留数,
6
6
5
5
0
s in
d
dlim
)!16(
10),(Re s
z
zzz
zzf z.!5
1
2,在应用规则 2时,
取得比实际的级数高,
级数高反而使计算方便,,6?m
1,在实际计算中应灵活运用计算规则,
为了计算方便一般不要将 m
但有时把 m取得比实际的如上例取例 5 求 5 1)( zezf
z?
在 0?z 的留数,
解 0?z 是 )(zf 的四级极点,
1
!6!5!4!3!2
111
65432
55?
zzzzzz
zz
e z
,!6!51!4 1!3 1!2 11 234 zzzzz
1]0),(R e s [ czf所以,24
1
!4
1
在 z0 内将 展成洛朗级数,)(zf
例 5 求 5 1)( zezf
z?
在 0?z 的留数,
解法二
.
24
1
l i m
!4
1
1
l i m
)!15(
1
]0),(R e s [
0
5
5
4
4
0
z
z
z
z
e
z
e
z
dz
d
zf
例 6 计算积分,d)1( 2 zzz
e
C
z
C为正向圆周,,2?z
解
zzz ezzf
z
z
d)1(l im]0),([Re s 2
0?
,1
)1(lim 20 z
e z
z
2
2
1 )1(
)1(d dlim)!12( 1]1),(R e s [ zz ezzzf
z
z
0?z 为一级极点,1?z 为二级极点,
z
e
z
z
z d
dlim
1 21
)1(lim
z
ze z
z
,0?
zzz e
C
z
d)1( 2]1),(R e s []0),(R e s [2 zfzfi
.2 i
三、无穷远点的留数
1 c 1]),(R e s [ czf说明
C
zzfi d)(2 1记作?
C
zzfizf d)(2 1]),(Res [
1.定义 设函数 )(zf 在圆环域 zR 内解析，
C为圆环域内绕原点的任何一条正向简单闭曲线，
无关，的值与则积分 d)(2 1
1
Czzfi
C
称此定值
.)( 点的留数在为?zf
注意积分路线取顺时针方向（可看作绕 的正向）?
.
.,
,1z.
2z,
kz?
.
证
n
k
kzzfzf
1
]),(R es []),(R es [
CC
zzfizzfi d)(2 1d)(2 1
1
.0?
由留数定理有,
(绕原点的并将 kz
内部的正向简单闭曲线 )
C 包含在
2.定理如果函数 )(zf 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点,那末 在所有各奇点 (包括 点 )?
的留数的总和必等于零,
)(zf
[证毕 ]
说明,由定理得
],),(R es []),(R es [
1
zfzzf
n
k
k
n
k
k
C
zzfizzf
1
]),(Re s [2d)((留数定理 )
].),(R e s [2 zfi
计算积分 计算无穷远点的留数,zzf
C
d)(?
优点,使计算积分进一步得到简化,
(避免了计算诸有限点处的留数 )
规则 4
0,11R es]),(R es [
2zzfzf
说明,定理和规则 4提供了 计算函数沿闭曲线
0,11Res2d)(
2zzfizzf
C
积分的又一种方法,
此法在很多情况下此法更为简单,
3.在无穷远点处留数的计算现取正向简单闭曲线 C为半径足够大的正向圆周,,z,1z令
,, ii reez并设,,1 r那末于是有?
C
zzfizf d)(2 1]),(Res [
π20 d)(π2 1 ii ieefi
证
.d1π2 1 π20 ii re irefi
π20 2 d)(1π2 1 iii rere irefi
1 2
d11
π2
1 f
i,)
1( 为正向
内除在 1? 0
外无其他奇点,
.0,11R es 2 zzf [证毕 ]
例 7 计算积分
C
zz z,d14 C为正向圆周,,2?z
函数 14?z z 在 2?z 的外部,除? 点外没有其他奇点,
C
zz z d14
0,11R es2
2zzfi
),(R e s2 zfi
0,1R e s2 4z
zi,0?
解根据定理 2与规则 4,
可见,与例 2 的方法作比较,利用无穷远点的留数更简单,
例 8 计算积分
C zziz
z,
)3)(1()(
d
10
C为正向圆周,,2?z
解 除? )3)(1()(
1)(
10 zzizzf被积函数点外,其他奇点为,3,1,i?
由于 i? 与 1在 C的内部,
C zziz
z
)3)(1()(
d
10
]}1),(R es []),(R es [{2 zfizfi
]}),(R es []3),(R es [{2 zfzfi
0)3(2
12
10ii
则 ]),(R es [ izf?
]),(R es [ zf
所以
]1),(R es [ zf?
]3),(R es [ zf?,0?
.)3( 10ii
小结与思考本节学习了留数的概念、计算以及留数定理,
应重点掌握计算留数的一般方法,尤其是极点处留数的求法,并会应用留数定理计算闭路复积分,
.2:,d)1(s in2
2
正向计算 zCzzz z
C
思考题思考题答案,1sin2
§5.3 留数在定积分计算中的应用一,形如 的积分? π20 d)s i n,( c o sR
二,形如 的积分
xxR d)(
三,形如 的积分 )0( d)(
axexR
i a x
一,形如 的积分? π20 d)s i n,( c o sR
,s i n,co s )s i n,( co s 的有理函数是其中R
思想方法,
封闭路线的积分（围道积分法）,
把定积分化为一个复变函数沿某条两个重要工作,1) 积分区域的转化
2) 被积函数的转化
iez?令 dd iiez?,
d
iz
z
)(21s i n ii eei,2 1
2
iz
z )(
2
1co s ii ee,
2
12
z
z
当? 历经 ]π2,0[ 时,1?z 绕行一周,z 沿正向单位圆周
0?2? 01? 1
i
i?
从而积分化为沿正向单位圆周的积分：
d)s in,( c o sπ20? R iz
z
iz
z
z
zR
z
d
2
1,
2
1
1
22
zzf
z
d)(
1
z的有理函数,且在单位圆周上分母不为零,满足留数定理的条件,
包围在单位圆周内的诸孤立奇点,
.),(R esπ2
1
n
k
kzzfi
例 1,)10(dc o s21 c o s 22 π0 2 的值计算 pppI
解,10 p由于
)c o s1(2)1(c o s21 22 pppp
内不为零，在 π20 故积分有意义,
)(212co s 22 ii ee由于 ),(21 22 zz
iz
z
p
zz
p
zz
I
z
d
2
21
1
2 211
22
iz
z
p
zz
p
zz
I
z
d
2
21
1
2 211
22
zpzpziz z
z
d))(1(2 1
1
2
4
,1,,0 ppz?被积函数的三个极点内，在圆周 1,,0 zpz
为一级极点，为二级极点，且 pzz 0
.d)(
1
zzf
z
上被积函数无奇点，所以在圆周 1?z
))(1(2
1
d
dlim]0),([R e s
2
4
2
0 pzpziz
zz
zzf z
222
24322
0 )(2
)21)(1(4)(lim
zpppzzi
ppzzzzpppzz
z
,21 2
2
ip
p
,)1(2 1 22
4
pip
p
))(1(2
1)(lim]),([R e s
2
4
pzpziz
zpzpzf
pz
)1(2
1
2
1π2
22
2
2
2
pip
p
ip
piI,
1
π2
2
2
p
p
因此例 2 计算,
s i n1
dπ
0 2 x
x
解
π
0
π
0 2
2
2c o s1
1
d
s i n1
d
x
x
x
x
π0 2c o s12
d2
x
x,2 tx?令
π20 c o s3
d
t
t
iz
z
zzz
d
2)1(3
1
1
2
.
16
d2
1
2?
z zz
zi
2231z极点为,
π0 2s i n1 d xx所以
.
2
π?
(在单位圆内 )
2232z (在单位圆外 )
)]223(),(R e s [ 22 zfii?
二,形如 的积分
xxR d)(
若有理函数 R(x)的分母至少比分子高两次,
并且 分母在实轴上无孤立奇点,一般设
2,
)(
)()(
1
1
1
1
nm
bzbz
azaz
zR
zPzR
m
mm
n
nn
分析 可先讨论,d)(RR xxR
最后令R 即可,
2,积分区域的转化,
取一条连接区间两端的按段光滑曲线,使与区间一起构成一条封闭曲线,并使 R(z)在其内部除有限孤立奇点外处处解析,
(此法常称为,围道积分法” )
1,被积函数的转化,
(当 z在实轴上的区间内变动时,R(z)=R(x))
RR xxR d)(?
C
zzf d)(
可 取 f(z)=R(z),
O
这里可补线 RC
(以原点为中心,R为半径的在 上半平面的半圆周 )
RC 与RR,? 一起构成封闭曲线 C,R(z)在 C及其内部 (除去有限孤立奇点）处处解析,
取 R适当大,使 R(z)所有的在上半平面内的极点
kz 都包在这积分路线内,
根据留数定理得,
RC kR R zzRizzRxxR ],),(Res [π2d)(d)(
z1z2 z3
R R x
zn
y
CR
，则上，令在?iR eRzC?
R RC C zzQ zPzzR d)( )(d)( ; ) ( ) (0
deRQ eiReRP i
ii
则的次数至少高两次的次数比分子由于分母,)()( zPzQ
.,0)( )( 时当 zzQ zzP
.,0) ( ) ( 时当 RzeRQ eReRP i
ii
即
.]),(R e s [π2d)( kzzRixxR所以;0d)(,
RC
zzRR,d)( zzRRR zzR d)(
从而例 3 计算积分
),0,0()()( d0 22222 bababxax x
)()(
1)(
22222 bzazzR解在上半平面有二级极点,aiz?,biz?一级极点
.]),(R e s [π2d)( kzzRixxR
.]),(R e s [πd)(21d)(
0
kzzRixxRxxR
)( 为偶函数，则特别地，若 xR
bizbizaz
)()( 1 222,
)(4
3
2223
22
abia
ab
]}),([R e s]),([R e s{π aizRbizRi
.)(4 π)2( 23 baba ba
2222223
22
)(2
1
)(4
3
abbiabia
abi?
]),(R es [ bizR
0 22222 )()( d bxax x所以
aiz
bzaiz
)()(
1
222,)(2
1
222 babi]),(R es [ aizR
)()( d21 22222 bxax x
例 4 计算积分
dx
xx
xx
910
2
24
2
910
2)(
24
2
zz
zzzR解在上半平面有两个简单级极点,.3,ii
)9)()((
2)(lim]),(R e s [
2
2
ziziz
zzizizR
iz.16
1 i
)3)(3)(1(
2)3(lim]3),(R e s [
2
2
3 izizz
zzizizR
iz
.48 73 i
dxxx xx 910 224
2 ]}3),([R e s]),([R e s{π2 izRizRi
.125
三,形如 的积分 )0( d)(
axexR
i a x
积分存在要求,R(x)是 x的有理函数而分母的次数至少比分子的次数高一次,并且 R(x)在实轴上无孤立奇点,
z1z2 z3
zn
R RO x
y
CR
同前一型,补线 RC
与RR,?
曲线 C,使 R(z)所有的在上半
kz 都包在这积分路线内,
一起构成封闭RC
平面内的极点
zezRxexR i a zCR R i a x
R
d)(d)( ],)(R e s [π2 ki a z zezRi
由留数定理,
,R令
],)(R e s [π2
)(limd)(
k
ia z
C
ia z
R
ia x
zezRi
dzezRxexR
R
.d)( xexR i a x
，故只要求出
RC
i a z
R dzezR )(l i m
就可以求出积分充分大）ReRz i,0(,)( RCzg 沿半圆周设函数
.0)(lim zgC RR 上有上连续，且在 则
,)0( 0 )(lim
RC
i a z
R adzezg
约当引理：
证 得：由 0)(l i m?
zgR
时，有使当 00,,0 RRR
.,)( RCzzg
RC i a z zezg d)(
及由,) ( RieReRg ii
ideReeRg iia R ei θi ) ( 0
s i nc o ss i n aRi a RaRi a R e eee θi
得
deRzezg aRC ia z
R
0
s ind)(
deR aR 2
0
s i n2
由约当不等式（如右图）
o
y π2y
sin?y
2
)20( si n2
deRdeRzezg
aR
aR
C
ia z
R
2
0
2
2
0
s in 22d)(
)1( aRea,a
从而,)0( 0 )(lim
RC
i a z
R adzezg
],)(R e s [π2
)(limd)(
k
ia z
C
ia z
R
ia x
zezRi
dzezRxexR
R
根据约当引理 及以上的讨论得：
],)(R e s [π2d)( ki a zi a x zezRixexR
axiaxe i a x s inco s
xaxxRixaxxR ds in)(dc o s)(
,],)(R e s [π2 ki a z zezRi
],)(R e s [π2d)( ki a zi a x zezRixexR
将实虚部分开，可得积分
.ds i n)( dc o s)( xaxxRxaxxR及例 5 计算积分,0,0,d)( s in0 222 amxax mxx
解
xax
mxxx
ax
mxx d
)(
sin
2
1d
)(
sin
2220 222
xeax
x i m x d
)(Im2
1
222
在上半平面只有二级极点
2 2 2( ),()
i m zzf z e
za
,aiz?
又
xeax x i m x d)( 222则
aiz
i m ze
aiz
z
zaizf
2)(d
d)),((R e s,
4
mae
a
m
)),((R es2Im21 aizfi
.4 maeam
aieaz
zi i m z,
)(Re s2 222
xax mxx d)( s in0 222所以注意 以上两型积分中被积函数中的 R(z)在实轴上无孤立奇点,
.d Im21dsin 21dsin0 xxexx xxx x
ix
例 6 计算积分,ds i n
0 xx
x
解 所以是偶函数,s i nx x
因函数 zeiz 在实轴上有一级极点,0?z
若被积函数中的 R(z)在实轴上有孤立奇点，则
]}),([es21]),([e{π2d)( kk xzRRzzRsRixxR
.是实轴上的奇点是上半平面的奇点，其中 kk xz
]}0,[Re210{2d zesixxe
izix
所以
,li m
0
i
z
ezi iz
z
.2d Im21dsin0 xxexx x
ix
小结与思考本课应用“围道积分法”计算了三类实积分,熟练掌握应用留数计算定积分是本章的难点,
思考题
).0(c o sd2
π
0 22 aa?
计算积分
2
π
2
π 22 c o s
d
2
1
aI
)2(2c o s21 d21 2
π
2
π 2 ta
令
π π 2 co s21 d21 ta t π20 2 co s21 d21 ta t
.12 2 aa
思考题答案
