fzs-复变函数留数推荐课件

1、2021/8/221第五章第五章 留数留数2021/8/2225.15.1 孤立奇点孤立奇点& 1. 1. 定义定义& 2. 2. 分类分类& 3. 3. 性质性质& 4. 4. 零点与极点的关系零点与极点的关系& 5. 5. 函数在无穷远点的状态函数在无穷远点的状态2021/8/223 1. 定义定义例如例如zezf1)( -z=0为孤立奇点为孤立奇点zzf1sin1)( -z=0及及z=1/n (n = 1 , 2 ,)都是它的都是它的奇点奇点11)( zzf-z=1为孤立奇点为孤立奇点定义定义.)(,0,)(0000的的孤孤立立奇奇点点为为则则称称

2、内内解解析析的的某某个个去去心心邻邻域域但但在在处处不不解解析析在在若若zfzzzzzzf 2021/8/224xyo这说明奇点未这说明奇点未必是孤立的。必是孤立的。的的奇奇点点存存在在，总总有有邻邻域域内内不不论论多多么么小小的的去去心心在在但但)(,0, 01limzfznn 的孤立奇点。的孤立奇点。不是不是故故zz1sin10 2021/8/2252. 分类分类以下将以下将f (z)在孤立奇点的邻域内展成洛朗级数，根在孤立奇点的邻域内展成洛朗级数，根据展开式的不同情况，将孤立点进行分类。据展开式的不同情况，将孤立点进行分类。考察：考察： )!12()1(! 5! 31sin)1(242n

3、zzzzznn特点：特点：没有负幂次项没有负幂次项 ! 211!1)2(1010nzzznznzzzennnnnz特点：特点：只有有限多个负幂次项只有有限多个负幂次项 nznzzez!1!211)3(211特点：特点：有无穷多个负幂次项有无穷多个负幂次项2021/8/226定义定义 设设z0是是f (z)的一个孤立奇点，在的一个孤立奇点，在z0 的去心邻域内，的去心邻域内， 若若f (z)的洛朗级数的洛朗级数 00)()()(nnnzzczfi没有负幂次项，称没有负幂次项，称z=z0为可去奇点为可去奇点;)1, 0()()()(0 mczzczfiimmnnn只有有限多个负幂次项，称只有有限多

4、个负幂次项，称z=z0为为m 阶极点阶极点; nnnzzczfiii)()()(0有无穷多个负幂次项，称有无穷多个负幂次项，称z=z0为本性奇点。为本性奇点。2021/8/2273. 性质性质.)()(000解解析析在在补补充充定定义义：zzfczf 000)(lim)()(0czfzzczfzznnn q若若z0为为f (z)的可去奇点的可去奇点)1, 0()()(0 mczzczfmmnnnq若若z0为为f (z)的的m (m 1) 阶极点阶极点)()(1)()(lim00zgzzzfzfmzz 2021/8/228. 0)()(,)()()(:0020201 zgzzzgzzczzccz

5、gmmm内内是是解解析析函函数数且且在在其其中中 422)1)(1(23)( zzzzzf例如：例如：z=1为为f (z)的一个三阶极点，的一个三阶极点， z= i为为f (z)的一阶极点。的一阶极点。 不不存存在在，也也不不为为负负幂幂次次项项的的洛洛朗朗级级数数有有无无穷穷多多项项)(lim)(zfzfnq若若z0为为f (z)的本性奇点的本性奇点2021/8/2294. 零点与极点的关系零点与极点的关系定义定义 不恒等于不恒等于0的解析函数的解析函数f (z)如果能表示成如果能表示成)()()(0zzzzfm Nmzzz ,)(, 0)(00点点解解析析在在其其中中： 则称则称z=z0为

6、为f (z) 的的m 阶零点。阶零点。与与三三阶阶零零点点。的的一一阶阶分分别别是是与与3)1()(10 zzzfzz例如：例如：2021/8/22100)()()(0000 zczzcznnn ),)(, 0)(00Nmzzz 点点解解析析在在 . 0)()1, 2 , 1 , 0(0)()()()(0)(0)(0 zfmnzfzzzzfmnm 定理定理事实上事实上，必要性得证！必要性得证！ 00)()(nmnnzzczf0!)(),1, 2 , 1 , 0(0)(:00)(0)( cmzfmnzfTaylormn而而级级数数的的系系数数公公式式有有由由充分性略！充分性略！2021/8/22

7、11的的零零点点。均均为为与与3)1()(10 zzzfzz例如例如zzzzf6)1(6)1(12)( 23)1(3)1()( zzzzf又又0)1( f)1(6)1(6)(2 zzzzf为为一一阶阶零零点点00)1()0( 3 zf为三阶零点为三阶零点1 z06)1( f0)1( f2021/8/2212阶阶极极点点的的是是若若mzfz)(0定理定理:.)(10阶阶零零点点的的是是mzfz证明证明)()(1)(0zgzzzfm “”若若z0为为f (z)的的m 阶极点阶极点 0)(,)(00 zgzzg且且解析解析在在)()()()(1)()(1000zzzhzzzgzzzfmm .0)(,

8、)(00 zhzzh且且解析解析在在，令令0)(1, 0)(1lim00 zfzfzz.)(10阶零点阶零点的的是是则则mzfz2021/8/2213则则阶阶零零点点的的是是”若若“,)(10mzfz)()()(10zzzzfm .0)(,)(00 zzz 且且解解析析在在)()(1)(1)(1)(000zzzzzzzfzzmm 时时，当当 .0)(,)(00 zzz 且且解解析析在在.)(0阶阶极极点点的的是是mzfz2021/8/2214。如如果果是是极极点点指指出出它它的的阶阶的的奇奇点点，求求)1)(1()( 2zezzzf 例例解解显然，显然，z= i 是是(1+z2)的一阶零点的一

9、阶零点, 2, 1, 0)12()12()2()1(1, 01 kikzikkiLnzeekzz故故奇奇点点为为：即即 0)12(sin)12(cos)1()12()12( kikeekizzkizz的的一一阶阶零零点点是是zkekkiz 1), 2, 1, 0()12(2021/8/2215.)(), 2, 1()12(;)(一一阶阶极极点点的的为为的的二二阶阶极极点点为为zfkkizzfizk 综合综合极极点点，指指出出它它的的阶阶数数。如如果果是是孤孤立立奇奇点点，奇奇点点类类型型，练练习习：考考察察下下列列函函数数的的)1(1)()1(2 zezzfzzzf)1ln()()2( 202

10、1/8/221611)()5(23 zzzzfzzzfsin1)()6( 11)()7( zezf 322sin)2()1()()8(zzzzf 2211)()3( zzzf3sin)()4(zzzf 2021/8/22175. 函数在无穷远点的状态函数在无穷远点的状态的的孤孤立立奇奇点点。为为内内解解析析，那那么么称称点点在在若若函函数数)()(zfzRzf 的的状状态态相相同同。在在的的状状态态与与在在)1(0)(tftzfz 由此得定义：由此得定义：展成幂级数展成幂级数在在将函数将函数,)( nnnnzczRzf定义定义规定规定 。展展式式中中含含无无穷穷项项正正幂幂项项本本性性奇奇点点

11、为为最最高高正正幂幂；且且展展式式中中含含有有限限项项正正幂幂阶阶极极点点展展式式中中不不含含正正幂幂项项；可可去去奇奇点点- - -,- - - - -mzm2021/8/2218& 1. 留数的定义留数的定义& 2. 留数定理留数定理& 3. 留数的计算规则留数的计算规则& 4. 在无穷远点的留数在无穷远点的留数5.2 留数留数(Residue)2021/8/22191. 留数的定义留数的定义rzzzzczfnnn 000 ,)()(设设 cciczzdzcdzzfc1012)( 逐逐项项积积分分得得：线线对对上上式式两两边边沿沿简简单单闭闭曲曲),)(00

12、在在其其内内部部包包含含的的孤孤立立奇奇点点是是zczfz 的的奇奇点点所所围围成成的的区区域域内内含含有有未未必必为为所所围围成成的的区区域域内内解解析析在在)(0)(0)(zfcczfdzzfc2021/8/2220定义定义设设 z0 为为 f (z) 的孤立奇点，的孤立奇点， f (z) 在在 z0 邻域内邻域内的洛朗级数中负幂次项的洛朗级数中负幂次项 (z- z0)1 的系数的系数 c1 称为称为f (z)在在 z0 的的留数留数，记作，记作 Res f (z), z0 或或 Res f (z0)。由留数定义由留数定义, Res f (z), z0= c1 (1)2()(21),(Re

13、10dzzficzzfsc 故故2021/8/22212. 留数定理留数定理)3(),(Re2)(,)(,)(,121 nkkcnzzfsidzzfcczfzzzczfc 则则上上解解析析内内及及在在除除此此以以外外有有限限个个孤孤立立奇奇点点内内有有在在函函数数是是一一条条简简单单闭闭曲曲线线设设定理定理,), 2 , 1(,围围绕绕内内孤孤立立奇奇点点将将曲曲线线互互不不相相交交的的正正向向简简单单闭闭用用互互不不包包含含kkzcnkc 证明证明2021/8/2222Dcznz1z3z2 nkknkcczzfsdzzfidzzfik11),(Re)(21)(21 nccccdzzfdzzf

14、dzzfdzzf)()()()(21由复合闭路定理得：由复合闭路定理得：用用2 i 除上式两边得除上式两边得: nkkczzfsidzzf1),(Re2)( 故故得证！得证！2021/8/2223A 求沿闭曲线求沿闭曲线c的积分，归之为求在的积分，归之为求在c中各孤立中各孤立奇点的留数。奇点的留数。 一般求一般求 Res f (z), z0 是采用将是采用将 f (z) 在在 z0 邻域内邻域内展开成洛朗级数求系数展开成洛朗级数求系数 c1 的方法的方法, 但如果能先知道但如果能先知道奇点的类型，对求留数更为有利。奇点的类型，对求留数更为有利。0),(Re0)(010 zzfsczzi为为可可

15、去去奇奇点点若若以下就三类孤立奇点进行讨论：以下就三类孤立奇点进行讨论：3. 留数的计算规则留数的计算规则2021/8/2224规则规则有以下几条有以下几条为极点时，求为极点时，求若若),(Re)(00zzfszziii 规则规则I)4( );()(lim),(Re,)(0000zfzzzzfszfzzz 的的一一阶阶极极点点是是若若1000),(Re)()()( czzfszzczfzziinn展展开开为为本本性性奇奇点点若若2021/8/2225阶极点阶极点的的是是若若mzfz)(0规则规则II )5()()(lim)!1(1),(Re01100zfzzdzdmzzfsmmmzz 2021

16、/8/2226事实上事实上，由条件，由条件)0(,)()()()()(0101012020 mmmczzcczzczzczzczf得得乘乘上上式式两两边边以以,)(0mzz mmmmmzzczzczzcczfzz)()()()()(00101010 )( !)!1()()(101011zzmcmzfzzdzdmmmm阶阶导导数数得得两两边边求求 .)5(,)!1()()(lim10110式式移移项项得得 cmzfzzdzdmmmzz2021/8/2227A当当m=1时，式时，式(5)即为式即为式(4).)6()( )(),(Re,)(0)( ,0)(,0)(,)(),()()()(000000

17、00zQzPzzfszfzzQzQzPzzQzPzQzPzf 且且的的一一阶阶极极点点是是处处解解析析在在设设规则规则III事实上事实上，,)(1,)(0)( 0)(0000的的一一阶阶极极点点为为从从而而的的一一阶阶零零点点为为及及zQzzQzzQzQ 0)()()(1)(1,000 zzzzzzzQ 处处解解析析且且在在因因此此2021/8/2228),0)(,)()()()(1)(000 zgzzPzzgzgzzzf且且解解析析在在故故 得得证证！0)( )( )()()()(lim)()(lim),(Re000000000 zQzQzPzzzQzQzPzfzzzzfszzzz 由由规规

18、则则阶阶极极点点的的为为则则,)(0zfz2021/8/2229 22)1(25:zdzzzz计计算算例例1解解102)1(25)(2 zzzzzzzf和和一一个个二二阶阶极极点点极极点点的的内内部部有有一一个个一一阶阶在在2)1(25lim)(lim0),(Re200 zzzzfzfszz 由由规规则则)1(25)1()!12(1lim 1),(Re221 zzzzdzdzfszII由由规规则则22lim)25(lim211 zzzzz0 1),(Re20),(Re2)(2 zfsizfsidzzfz 2021/8/22302:14 zcdzzzc正正向向计计算算例例2解解内内，都都在在圆圆

19、周周个个一一阶阶极极点点有有cizf , 1:4)(23414)( )(zzzzQzP 由规则由规则0414141412),(Re),(Re 1),(Re 1),(Re214 iizfsizfszfszfsidzzzc 故故2021/8/2231 13coszdzzz计计算算例例3解解的的三三阶阶极极点点有有一一个个0cos)(3 zzzzfiizfsidzzzz )21(20),(Re2cos1321)(coslim21)()!13(1lim0),(Re03220 zzfzdzdzfszz由由规规则则2021/8/2232)(tanNnzdznz 计计算算例例4解解), 2, 1, 0(21

20、,20coscossintan kkzkzzzzz即即解解得得令令 0csc)(cot21212 kzkzzz 得得由由规规则则为为一一阶阶极极点点III,21 kz), 1, 0(1)(cossin21,tanRe21 kzzkzskz 2021/8/2233 ninikzsizdznknz422,tanRe2tan2121 故由留数定理得：故由留数定理得：A(1)要灵活运用规则及洛朗级数展开来求留要灵活运用规则及洛朗级数展开来求留数，不要死套规则。数，不要死套规则。6sin)()()(zzzzQzPzf ,)(001cos)0(0sin)0(0)cos1()0( 0)0(000的的三三阶阶

21、零零点点是是由由于于zpzzpzpzppzzz 如如是是f (z)的三阶极点的三阶极点。2021/8/2234:)(级级数数展展开开作作若若将将Laurentzfsinlim)!13(10 ,sinRe306 zzzzzzsz由由规规则则! 510 ,sinRe6 zzzs zzzzzzzzzz1! 511! 31)! 51! 31(1sin35366-该方法较规则该方法较规则II更简单！更简单！2021/8/2235 665506sinlim)!16(10 ,sinRezzzzdzdzzzszA(2) 由规则由规则II 的推导过程知，在使用规则的推导过程知，在使用规则II时，可将时，可将 m

22、 取得比实际级数高，这可使计算更取得比实际级数高，这可使计算更简单。简单。如如! 51)cos(lim! 51)sin(lim! 510550 zzzdzdzz2021/8/22363. 在无穷远点的留数在无穷远点的留数的的留留数数。在在为为闭闭曲曲线线，那那么么称称积积分分向向为为圆圆环环域域内内一一条条简简单单正正内内解解析析，在在圆圆环环域域设设 )()(21)(zfdzzfiCzRzfC wccwcwcwfwwzmm1)1()(,1101 则则若若令令定义定义1),(Re czfs由此得由此得)0),1(1(Re),(Re2wfwszfs 的留数。的留数。在点在点例如求例如求 232)

23、(zzzf2021/8/2237定理定理如果如果 f (z) 在扩充复平面内只有有限个孤立在扩充复平面内只有有限个孤立奇点（包括无穷远点），奇点（包括无穷远点）， 那么那么f (z) 在在 所有孤立奇所有孤立奇点点 的的留数和等于零留数和等于零。.1)2();,1(Re1242dzzzzzeszz ）练练习习：（2021/8/22385.3 留数在定积分计算上的留数在定积分计算上的应用应用的的有有理理函函数数；为为其其中中 sin,cos)sin,(cos,)sin,(cos . 120RdR ;)( . 2dxxR ).0( )( . 3adxexRiax2021/8/2239在数学分析中，

24、以及许多实际问题中，往往要在数学分析中，以及许多实际问题中，往往要求计算出一些定积分或反常积分的值，而这些求计算出一些定积分或反常积分的值，而这些积分中的被积函数的原函数，不能用初等函数积分中的被积函数的原函数，不能用初等函数表示出来；例如表示出来；例如 ,1cos,sin2dxxxdxxx或者有时可以求出原函数，但计算也往往非常或者有时可以求出原函数，但计算也往往非常复杂，例如复杂，例如 ,)1(122dxx2021/8/2240（2 2）利用留数计算积分，没有一些通用的方法）利用留数计算积分，没有一些通用的方法，我们主要通过例子进行讨论；，我们主要通过例子进行讨论；利用留数计算积分的特点：

25、利用留数计算积分的特点：（1 1）利用留数定理，我们把计算一些积分的问）利用留数定理，我们把计算一些积分的问题，转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留题，转化为计算某些解析函数在孤立奇点的留数，从而大大化简了计算；数，从而大大化简了计算；2021/8/2241例例1.1. 计算积分计算积分20,sintadtI其中常数其中常数a1.解：令解：令zeitizdzdtzzit),1(21sin而且当而且当t t从从0 0增加到增加到2时，时，z z按反时针方向绕按反时针方向绕圆圆C C:|:|z z|=1|=1一周一周. .2021/8/2242因此因此,1222 CiazzdzI于是应用留数定理，

26、只需计算于是应用留数定理，只需计算1222 iazz在在| |z z|1|1内极点处的留数，就可求出内极点处的留数，就可求出I I. .上面的被积函数有两个极点：上面的被积函数有两个极点：121 aiiaz122 aiiaz显然显然1| , 1|21 zz2021/8/2243因此被积函数在因此被积函数在| |z z|1|11，那么，那么z=iz=i包含在包含在C Cr r的内区域内的内区域内, ,沿沿 C Cr r取取22)1(1z 的积分，得的积分，得2021/8/2247现在估计积分现在估计积分 rzdz22)1(我们有我们有,)1(1|)1(|2222rrzdzr 因此因此, 0)1(

27、lim22 rzdzr令令 ，就得到就得到r.2)1(22 xdxI2021/8/2248结论结论2 2. .应用同样得方法，我们可以计算一般形如应用同样得方法，我们可以计算一般形如,)( dxxRI的积分，其中的积分，其中R R( (x x) )是有理分式，是有理分式，分母在实轴上分母在实轴上不为零，并且分母的次数比分子的次数至少高不为零，并且分母的次数比分子的次数至少高2 2次次. .), 2 , 1(, ),(Re21点点为为上上半半平平面面所所有有孤孤立立奇奇其其中中nkzzzRsiIknkk 2021/8/2249)2( )( 1111 nmbzbzazazzRmnmnnn由由于于m

28、mnnnmmmnnnmzbzbzazazzbzbzazazzR 11111111111111)( 故故219111)(101,10121111 zzzRzbzbzazaznmmmnn可可得得充充分分大大时时，可可使使当当. 0)(,2)()(2 RRRCCCdzzRRRRdszRdzzR时时即当即当因此，因此， 2021/8/2250例例3.3. 计算积分计算积分 02.1cosdxxxI解：取解：取rr0 0，则有，则有,121)1(21cos20202 rrixrixixrdxxedxxeedxxx12 zeiz0 y函数函数 在在时有一阶极点时有一阶极点z=iz=i外，在外，在其他每一点

29、都解析其他每一点都解析, ,取积取积分区域如图，而只要取分区域如图，而只要取r r1.1.于是我们有于是我们有2021/8/2251于是我们有于是我们有,),1(Re211222eizesidzzedxxeizizrrixr r其中其中 表示表示C Cr r 上的圆弧部分，沿它的积分是上的圆弧部分，沿它的积分是按幅角增加的方向取的按幅角增加的方向取的. .2021/8/2252)1(2121212111112202220sin20sin2sin222rrrrryyizizerrrderrderrderrdserdszedzzerrr 而而012 rdzzeriz时时由此，当由此，当.21cos

30、02edxxxI 即即,1lim2edxxerrixr 因因此此)2,0(,1sin2 2021/8/2253结论结论3 3. .应用同样得方法，我们可以计算一般形如应用同样得方法，我们可以计算一般形如)0( )( adxexRIiax的积分，其中的积分，其中R R( (x) )是有理分式，是有理分式，分母在实轴上不为零分母在实轴上不为零，并且分母的次数比分子的次数至少高，并且分母的次数比分子的次数至少高1 1次次. .), 2 , 1(,sin)(cos)(),)(Re2-1点点为为上上半半平平面面所所有有孤孤立立奇奇其其中中nkzaxdxxRiaxdxxRzezRsiIknkkiaz 20

31、21/8/2254)1(24422)()(20220sin0sinsinararararryayiaziazeardedededserdsezRdzezRrrr 而而.), 2 , 1(, ),(Re2)()(1点点为为上上半半平平面面所所有有孤孤立立奇奇其其中中事事实实上上，nkzzzRsidzezRdxexRknkkrriaziaxr 0)( rdzezRriaz时时由此，当由此，当.), 2 , 1(, ),)(Re2)(1点点为为上上半半平平面面所所有有孤孤立立奇奇其其中中nkzzezRsidxexRknkkiaziax 2021/8/2255其中其中R R( (x,yx,y) )是有

32、理分式，并且在圆是有理分式，并且在圆C C:|:|z z|=1|=1上，分母不上，分母不等于零等于零. .结论结论1 1：.1)21,21()cos,(sin12220dzizzzizzRdtttRz 其中其中R R( (x x) )是有理分式，是有理分式，分母在实轴上不为零，并且分分母在实轴上不为零，并且分母的次数比分子的次数至少高母的次数比分子的次数至少高2 2次次. .结论结论2 2：.), 2 , 1(, ),(Re2)(1点点为为上上半半平平面面所所有有孤孤立立奇奇其其中中nkzzzRsidxxRknkk 2021/8/2256其中其中R R( (x x) )是有理分式，是有理分式，

33、分母在实轴上不为零，并且分分母在实轴上不为零，并且分母的次数比分子的次数至少高母的次数比分子的次数至少高1 1次次. .结论结论3 3：.), 2 , 1(, sin)(cos)(),)(Re2) 0()(-1点点为为上上半半平平面面所所有有孤孤立立奇奇其其中中nkzaxdxxRiaxdxxRzezRsiadxexRknkkiaziax 2021/8/2257 练习练习. . 计算下列积分计算下列积分. . 202);10( cos212cos)1(pdppI );0, 0( )()2(22222badxbxaxxI ).0( sin)3(22adxaxxxI2021/8/2258 例例4.4

34、. 计算积分计算积分 0,sindxxxI,22sin rixrixrixixrdxxedxxeidxixeedxxx 函数函数 只是在只是在z z=0=0有一个一阶极点有一个一阶极点. .zeizr及及 0 r解：取解：取 ，使，使2021/8/2259于是我们有于是我们有, 0 dzzedxxedzzedxxeizrixizrixr作积分路径如右图作积分路径如右图, ,在上半在上半平面上作以原点为心平面上作以原点为心, ,r与与 r 与与 为半径的半圆为半径的半圆r 与与在这里沿在这里沿 的积分分别是按幅角的积分分别是按幅角减小与增加的方向取的减小与增加的方向取的. . dzzeiz现在求

35、当现在求当 趋近于趋近于0 0时，时， 的极限的极限. .围道积分法围道积分法2021/8/2260其中其中h h( (z z) )是在是在z z=0=0的解析函数的解析函数. .因此因此,)()(1 dzzhidzzhdzzdzzeiz由于，由于，h h( (z z) )在在z z=0=0的解析，在的解析，在z z=0=0的一个邻域内的一个邻域内，| |h h( (z z)|)|有上界有上界 M0 z),(1zhzzeiz 当当 时时,2|)(| Mdzzh 于是当于是当 充分小时充分小时2021/8/2261从而从而,lim0idzzeiz .2 I r , 0 令令 ，应用结论，应用结论

36、3 3的推导过程，可的推导过程，可以得到所求积分收敛，并且以得到所求积分收敛，并且2021/8/2262本章作业本章作业 1.（3），（5），（9）； 8.（3），（5），（6），（7）； 9.（1），（2），（5）； 10.（2），（3）； 11.（1）； 12.（1）； 13.（1），（4），（5）.2021/8/2263留数留数孤孤立立奇奇点点类类型型判判定定留留数数应应用用留留数数求求法法 0z 0z）内内洛洛朗朗展展式式含含负负幂幂情情况况定定义义（在在rzz 00 不不存存在在计计算算极极限限)(lim0)()(lim,)(lim)(lim00000zfczfzzzfczfzzmz

37、zzzzz阶阶零零点点）阶阶零零点点，为为为为利利用用零零点点和和极极点点关关系系（nzPmzQzzQzP)()(,)()(0）内内洛洛朗朗展展式式含含正正幂幂情情况况定定义义（在在 zR)(limzfz 计计算算极极限限中中的的类类型型在在转转化化，判判定定)1(0wfw ）定定义义（洛洛朗朗展展式式1 c 本本性性奇奇点点，洛洛朗朗展展式式阶阶极极点点留留数数为为可可去去奇奇点点根根据据孤孤立立奇奇点点类类型型101)()(lim)!1(10,0mmmzzdzzfzzdmm 利利用用留留数数定定理理转转化化洛洛朗朗展展式式无无穷穷远远点点留留数数0),1(1Re21zfzsc简简单单正正向

38、向闭闭曲曲线线积积分分积积分分三三种种特特殊殊类类型型实实变变函函数数2021/8/2264类型类型1 1：.1)21,21()cos,(sin12220dzizzzizzRdtttRz 类型类型2 2：.), 2 , 1(, ),(Re2)(1点点为为上上半半平平面面所所有有孤孤立立奇奇其其中中nkzzzRsidxxRknkk 类型类型3 3：.), 2 , 1(),)(Re2) 0()(sin)(cos)(1-点点为为上上半半平平面面所所有有孤孤立立奇奇其其中中，nkzzezRsiadxexRaxdxxRiaxdxxRknkkiaziax 2021/8/2265 例例1.1.在扩充复平面讨

39、论下列函数奇点类型在扩充复平面讨论下列函数奇点类型. .;1 )1(zez .)sin(1 )2(z 例例2.2.计算计算. .;,1Res )1(2 zez;1,1sinRes )2( zz.,1sin1Res )3( z).()()(2)()() )()() )(! 32)0(0)0(1)0(,! 51! 311)(.61)sin(lim! 210 ,sin1Res )3(3-2-2-1-4202zzzzzzzzzzzzzzzz 而而；，则则令令解解答答提提示示：原原式式2021/8/2266 例例3.3.计算计算. .;)3)(1()( )1(210 zzzizdz;cos45 )2(0

40、 xdx.1)1cos( )3(-2dxxx ;)3(0)13()3(12,)3)(1()(1Res3 ,)3)(1()(1Res2 1 ,)3)(1()(1Res,)3)(1()(1Res2 )1(101010101010iiiizzizzzizizzizizzizi 原原式式 解：解：2021/8/2267;321,2521Re22 25212112145121 )2(21122 zzsiidzzzidzizzzzz原原式式. 1cos1cos,11Re2Re 11coscos11sinsin1coscos )3(2-2-2eiezsidxxxdxxxxiz 原原式式2021/8/2268级数级数常常数数项项级级数数函函数数项项级级数数（幂幂级级数数） 1)(nnniba 在在收收敛敛圆圆内内和和函函数数解解析析求求法法收收敛敛半半径径 1)(nn 在在收收敛敛