复变函数与积分变换第5章

1、第五章 留 数一.奇点的分类二.留数的定义,计算，留数定理三.利用留数定理计算定积分（计算复变函数积分的重要工具）dzezzz1134 . 3计计算算积积分分：例例解：.)(内内的的洛洛朗朗级级数数在在圆圆环环函函数数zezzfz013zezzf13)(3011nnzn!dzezzz113dzznznn 10311!dzzzzzzz1223151141312.!dzzz13dzzz12dzzz12!dzz131!dzzz1411!dzzz21151!.! 42 i 的去心邻域的去心邻域奇点奇点0z在其中解析在其中解析)(zfi 21c项的系数）项的系数）洛朗级数中洛朗级数中（11zc:第一节

2、孤立奇点一、奇点的分类一、奇点的分类 定义： 0( )f zz若函数在 处不解析，000zzz但在 的某一去心邻域内处处解析，0( )zf z则称 为函数的10( )zf zz如：是函数的孤立奇点，1( ).zf ze也是函数的孤立奇点10( )1sinzf zz如是函数的一个奇点，1(1, 2,)nznn 除此之外，也是它的一个奇点，10nzn当 的绝对值逐渐增大时，可任意接近，0( )zf z即在不论怎样小的去心邻域，总有函数的奇点存在，0( ).zf z所以不是函数的孤立奇点孤立奇点注：(1) 不是所有的奇点都是孤立奇点；的孤立奇点。的孤立奇点。则它们全都是则它们全都是有有限多个奇点，有

3、有限多个奇点，若函数若函数)()(zfzf（2）孤立奇点的简单判定方法：约定：本章所讨论的函数的奇点都是函数的孤立奇点。内内解解析析在在圆圆环环域域 00)(zzzf存存在在。对对应应的的洛洛朗朗展展开开式式nnzzczf)()(-n0孤立奇点的类型：的的一一个个孤孤立立奇奇点点，为为若若)(0zfznnnzzc)(0 )1(01)(nnnzzc )()(200nnnzzc 解析部分主要部分 根据主要部分中 负幂项的多少，)(0zz 对孤立奇点分类：可去奇点：极点：本性奇点：孤立奇点不包含负幂项有限多个负幂项无穷多个负幂项负负幂幂项项的的多多少少）洛洛朗朗级级数数中中(1) 可去奇点,)(0负

4、负幂幂项项洛洛朗朗展展开开式式中中不不含含有有zz 内内的的去去心心邻邻域域在在孤孤立立奇奇点点若若函函数数 000)(zzzzf.)(0的的可可去去奇奇点点为为称称zfz定义1.2 f (z)= c0 + c1(zz0) +.+ cn(zz0)n +. .)(lim00czfzz显显然然，:0)(0内内的的洛洛朗朗展展开开式式在在 zzzf性质：为一常数为一常数，时，时，当当MMzfzz)(0（收敛数列为有界的）结论 的孤立奇点，的孤立奇点，为函数为函数若若)(zfz0的的可可去去奇奇点点是是点点)()(zfz01则下列四个条件等价00(2)( )f zzzz函数在 点的洛朗级数展开式中不含

5、的负幂项，即010( )()()nnf zCC zzCzz为为一一复复常常数数。0c,0)(lim)3(0czfzz 的的某某个个去去心心邻邻域域内内有有界界在在点点0)()4(zzf)()(,(MzfrzzzfMr内内满满足足在在使使得得即即存存在在正正数数00 例1解：sin0( )zzf zz说明点是函数的可去奇点.( )0f zz 函数在的去心邻域内可展开成洛朗级数为：35sin1( )()3!5!zzzf zzzz24111,3!5!zz 展开式中不含负幂项，sin0( )zzf zz是函数的可去奇点.例2 判定下列函数的孤立奇点的类型。zezfz1)( 为为孤孤立立奇奇点点0zze

6、zz1lim01lim0zze的可去奇点。的可去奇点。为为)(zfz0（洛必达法则）)()1(lim0zezz解解0( )zf z若 为函数的可去奇点，则0( )f zz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：20102000( )()()(),0nnf zCC zzCzzCzzzz0( )F zzz显然这个幂级数的和函数在内处处解析.0000()lim( )lim( ).zzzzf zCF zf z令可去奇点的解析化：极极点点：)2(内内的的去去心心邻邻域域在在孤孤立立奇奇点点若若函函数数 000)(zzzzf中中洛朗展开式洛朗展开式nnnzzc)(0,)(0负负幂幂项项含含有

7、有有有限限多多个个zz 定义1.3：011010zzczzczzcmmmm)()(0mc)(mzz的的负负幂幂项项最最高高次次数数为为关关于于0的的是是则则称称)(0zfz 级极点.m式式去去心心邻邻域域内内的的洛洛朗朗展展开开级级极极点点，则则在在的的是是若若00)(zmzfz011010)()()(zzczzczzczfmmmmnnzzczzcc)()(00100mc)(1)(0mzzzfmmmzzczzcc)()(0001)(0mnnzzc)()(10zzzm 。解解析析，且且在在函函数数000mczzz)()( 幂级数幂级数的和函数定理1.2内解析，内解析，的去心邻域的去心邻域在孤立奇

8、点在孤立奇点若函数若函数)0(0)(00 zzzzf则级极点级极点的的是是mzfz)(0的充要条件是可表示为可表示为)(zf)()(1)(0zzzzfm 的形式，其中，. 0)()(00zzz 解解析析，在在推论1.2极点极点的的是是)(0zfz的充要条件是)(lim0zfzz 例321( )(1)(2)f zzz研究函数孤立奇点的类型.解：1,2( )zzf z 是函数的两个孤立奇点，1 ,z 当时211( ),1 (2)f zzz2111(2)zzz在的某邻域内解析，且处取值不等于0,1( )zf z 是函数的一阶极点；2,z 当时211( ),(2)1f zzz1221zzz在的某邻域内

9、解析，且处取值不等于0,2( )zf z 是函数的二阶极点.3124)()()(zzzf为为孤孤立立奇奇点点1z3112)(limzzz的的极极点点为为)(zfz1)()()()(zzzzzf 331112又2 zz)( .)()(011 解析，解析，点点在在z的的三三级级极极点点为为)(zfz1所以，解解注：对于不可约分式函数，极点 的级数m=分母中相应因式的次数。0z 例421( )0zef zzz判别函数在处是几阶极点.解： 220111111( )!2!3!znnezzzzznzz( )0(0)0zz其中在解析，且，210( )zezf zz所以是函数的一阶极点.3sin zz练 习

10、：；0z 是二阶极点，而不是三阶极点.(3) 本性奇点的的去去心心邻邻域域内内的的在在孤孤立立奇奇点点若若函函数数0)(zzf中中洛朗展开式洛朗展开式nnnzzc)(0.)(0负负幂幂项项含含有有无无穷穷多多个个zz ）。）。也不为也不为不存在不存在()(lim0zfzz本本性性奇奇点点为为)(0zfz结论：的充要条件是11)()1( zezf为为孤孤立立奇奇点点1z111limzze11的的左左侧侧趋趋向向于于点点轴轴从从点点沿沿 xz011的的右右侧侧趋趋向向于于点点轴轴从从点点沿沿 xz111limzze不存在的本性奇点的本性奇点为为)(zfz1解解例5 判定下列函数的孤立奇点的类型。1

11、1sin)1()()2( zzzf为为孤孤立立奇奇点点1z开式为开式为的去心邻域内的洛朗展的去心邻域内的洛朗展在在1111zzzsin)()!()()(sin)(121111111120nzzzznnn有无限多负幂项，所以为为本本性性奇奇点点1z复数范围内的三角函数是无界的。10z解解:)(0类类型型的的判判定定的的孤孤立立奇奇点点zzf项的多少项的多少内的洛朗展开式中负幂内的洛朗展开式中负幂的去心邻域的去心邻域在在定义：根据定义：根据 000)() 1 (zzzzf的取值情况。的取值情况。根据极限根据极限)(lim)2(0zfzz没有负幂项可去奇点有限多负幂项极点无限多负幂项本性奇点可去奇点

12、极点本性奇点有限值无穷大不存在，且不是无穷大（洛必达法则）1.2. 函数的零点与极点的关系的的邻邻域域内内能能表表示示成成在在数数若若不不恒恒等等于于零零的的解解析析函函0)(zzf) 1()()()(0mzgzzzfm.)(, 0)()(000级级零零点点的的为为则则称称解解析析且且在在其其中中mzfzzgzzg重根重根的的是是mzfz0)(0定义1.5注：重重根根级级零零点点mm如何判定？如何判定？的级数的级数零点零点mz0问题：例:3) 1()(zzzf函数函数0z1z级级零零点点。的的是是)(zf一级级零零点点。的的是是)(zf三)(zf复杂的函数复杂的函数zzzfsin)(例例如如：

13、结论解析，解析，在在若若0)(zzf则级零点级零点的的为为mzfz)(0的充要条件是)()(00zfzf, 0)(0)1( zfm. 0)(0)( zfm（m:导数值不为零的最低阶数）充充分分性性证证明明：解析解析在在0)(zzf的的泰泰勒勒展展开开式式存存在在，在在0)(zzf000)(00)(!)()()(nnnnnnzznzfzzczf, 0110 mccc, 0 mcmzz)(0)()(0zgzzm0)()()(00mczgzzgzg解解析析，在在为为幂幂级级数数的的和和函函数数，)(01zzccmm论。论。级零点的定义，得到结级零点的定义，得到结根据根据m)(zf1010)()(mm

14、mmzzczzc的的情情形形？在在函函数数例例：0sin)(zzzzf0)0(f的零点。的零点。是是)(0zfz 解：)0( fcossinzzz 0|z0)0( fsincoscoszzzz0|z0级级零零点点。的的是是)(0zfz二定理1.4级极点级极点的的是是mzfz)(0.)(10级零点级零点的的是是mzfz函数的零点与极点之间的关系:这个定理为判断函数的 级极点提供了一个简单的方法.m级零点，级零点，级零点和级零点和为为分别以分别以与与设设nmzzz )()( 0 定理1.5)()()(zzzf 则级零点，级零点，的的为为时，时，当当)()() 1 (0nmzfznm级极点，级极点，

15、的的为为时，时，当当)()()2(0mnzfznm的的可可去去奇奇点点。为为时时，当当)()3(0zfznm 根据 级零点的定义，得m)()(10zzzzm ）)()(10zzzzn ）级零点，级零点，级零点和级零点和为为分别以分别以与与nmzzz )()( 0 证明：. 0)(, 0)( )(),(,0101011zzzzz 解解析析，在在其其中中)()()(zzzf )()()()(1010zzzzzznm nmzz)(0)()(11zz )()(11zz . 0解解析析，函函数数值值不不为为零零在在 z级零点，级零点，的的为为时，时，当当)()(0nmzfznm时时，当当nm )(zfm

16、nzz)(10)()(11zz （定理1.2)时时，当当nm )(zf)()(11zz )()()(lim01010zzzfzz 有限值（定理1.1)（根据 级零点的定义）m级极点，级极点，的的为为所以，所以，)()(0mnzfz的的可可去去奇奇点点。为为所所以以，)(0zfz：级极点的判定级极点的判定即即的判定的判定极点，极点级数极点，极点级数是是若若)()(0mmzfz（1）定义:内内的的洛洛朗朗展展开开式式的的去去心心邻邻域域在在计计算算 000)(zzzzfm负负幂幂项项次次数数最最高高为为若若其其中中含含有有负负幂幂项项，且且（3）定理1.4：根据零点与极点间的关系.)()(1)()

17、2(0zzzzfm 若若其其中中，. 0)()(00zzz 解解析析，在在.)(级零点级零点的的是是mzfz10（对于不可约分式函数，极点的级数m=分母中相应因式的次数。）（4）定理 1.5：针对比较复杂的函数（如：可约分式函数），且无须计算洛朗级数。?:m级级数数类类型型？如如果果是是极极点点，其其下下列列函函数数的的孤孤立立奇奇点点例例211zezfz)()解解孤立奇点为孤立奇点为. 0z21)(zezfz ,)!2(110nnznz .)(的的一一级级极极点点是是zfz0开开式式的的去去心心邻邻域域内内的的洛洛朗朗展展在在0zzf)()!(1102nnnzz思考：如何利用定理1.5进行判

18、定？解:izizz321, 0孤立奇点孤立奇点22112)()()zzzf2222111)()()()(izizzzzzf（对于不可约分式函数，极点的级数m=分母中相应因式的次数。）,)(的一级极点的一级极点是是zfz0的二级极点。的二级极点。是是)(,zfiiz思考：如何利用定理1.4进行判定？zzzfsin)()(13为为孤孤立立奇奇点点,.),(,210kkzz 的的二二级级零零点点为为zzzsin0的的一一级级零零点点为为zzkkzsin,.),(21 因为（二阶导数值不为零）（一阶导数值不为零）所以，根据定理1.4得，的的二二级级极极点点为为)(zfz0为为一一级级极极点点,.),(

19、21 kkz 解:的性态的性态函数在无穷远点函数在无穷远点3 . 1距离原点无限远的点，统称为无穷远点，记记作作O总总是是没没有有定定义义的的，在在点点由由于于函函数数)(zf的奇点。的奇点。总是总是所以，所以，)(zf的的去去心心邻邻域域：0RzR，区域区域 内解析，内解析，的某个去心邻域：的某个去心邻域：在在若若zrzf)(定义1.6则的孤立奇点。的孤立奇点。称为称为无穷远点无穷远点)(zfRO注：的孤立奇点。的孤立奇点。为为就可以判定就可以判定的解析区域，的解析区域，只要能够找到形式为只要能够找到形式为)(zfzr问题：,)(的的孤孤立立奇奇点点为为函函数数若若无无穷穷远远点点zf类型应

20、如何定义？方法：通过变量代换，将 变为零点进行讨论。z1 令令)(zf)()( 1fz0 zRR10 孤立奇点孤立奇点级级极极点点或或本本性性奇奇点点的的可可去去奇奇点点、是是若若m)( 0.)(级级极极点点或或本本性性奇奇点点的的可可去去奇奇点点、为为称称mzfz定义1.7:例1.8于于哪哪一一类类？为为孤孤立立奇奇点点？若若是是，属属是是否否以以函函数数zzzzf21)(解：。有有两两个个有有限限孤孤立立奇奇点点izzf)(.)(的孤立奇点的孤立奇点为为zfzii内内解解析析在在zzf1)(z1 令令 1f)(2111 )(lim 00的的可可去去奇奇点点是是)( 0的可去奇点的可去奇点是

21、是)(zfz12 问题：能否根据 洛朗展开式判断无穷远点的类型？ 去心邻域内的去心邻域内的在在)(zf）的孤立奇点）的孤立奇点（为为 0)(0 z nnczf)(nzz1 令令)(zf)()( 1fz0 zRR10 的孤立奇点的孤立奇点为为若若)( zf解析解析洛朗展开式nnb)( n nnbzf)(nzz1 根据洛朗展开式的唯一性，得nncb解析解析类型的判定：类型的判定：的孤立奇点的孤立奇点函数函数 )(zf内内的的洛洛朗朗展展开开式式的的解解析析邻邻域域在在若若zRzf)(的的正正幂幂项项z根据其中 的多少来判定定理1.6没有正幂项无限多正幂项 nnczf)(nz的可去奇点的可去奇点为为

22、)(zf有限多正幂项为最高正幂为最高正幂且且mz级级极极点点的的为为mzf)(的本性奇点的本性奇点为为)(zf 例23( )1234f zzzzz 函数是否以为孤立奇点？若是，属于哪一类？解： 23( )1234f zzzz 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.小 结1. 掌握孤立奇点类型的判定内内的的去去心心邻邻域域在在根根据据函函数数定定义义 000)() 1 (zzzzf的取值情况。的取值情况。根据根据)(lim)2(0zfzz洛朗展开式中负幂项的多少。可去奇点极点本性奇点有限值无穷大不存在，且不是无穷大（洛必达法则）：级极点的判定级极点的判定即即的判定的判定是

23、极点，极点级数是极点，极点级数若若)(. 20mmz（1）定义内内的的洛洛朗朗展展开开式式的的去去心心邻邻域域在在计计算算 000)(zzzzfm负负幂幂项项次次数数最最高高为为若若其其中中含含有有负负幂幂项项，且且（3）根据零点与极点间的关系.（4）定理1.5的结论。)()(1)()2(0zzzzfm 若若其其中中，. 0)()(00zzz 解解析析，在在:. 3级级零零点点的的判判定定掌掌握握m级零点级零点的的是是mzfz)(0)()(00zfzf, 0)(0)1( zfm. 0)(0)( zfm重根重根的的是是mzfz00)(的的类类型型方方法法判判定定掌掌握握：利利用用变变量量代代换换

24、的的. 4（定义1.7）第二节第二节 留留 数数dzezzz1134 . 3计计算算积积分分：例例解：解：.)(内内的的洛洛朗朗级级数数在在圆圆环环函函数数zezzfz013zezzf13)(3011nnzn!dzezzz113dzznznn 10311!dzzzzzzz1223151141312.!dzzz13dzzz12dzzz12!dzz131!dzzz1411!dzzz21151!.! 42 i i 21c项的系数）项的系数）洛朗级数中洛朗级数中（11zc:将例题的处理方法推广！将例题的处理方法推广！曲曲线线的的任任意意一一条条正正向向简简单单闭闭围围绕绕内内的的邻邻域域为为，其其中中

25、计计算算积积分分000)(zzzzCdzzfC 的一个孤立奇点的一个孤立奇点为为若若)(zfz00zC 例：例：去去心心邻邻域域内内解解析析），则则不不解解析析，在在在在00(zznnnzzczf)()(0nnzzczzcc)()(0010Cdzzf)(cdzzf)(dzzzcc )(01 dzzzcdzzzcdzcncncc)()(0010i 2内的洛朗展开式：内的洛朗展开式：的去心邻域的去心邻域在在 000:)(zzzzfdzzzcC)(011c1010)()(zzczzcmmdzzzccmm)(02.1 2.1 留数的定义留数的定义定义定义2.12.1的一个孤立奇点，的一个孤立奇点，为函

26、数为函数设设)(0zfz内解析，内解析，在去心邻域在去心邻域即即 00)(zzzf所所对对应应洛洛朗朗展展开开式式)(zf中中负负一一次次幂幂项项的的系系数数1c的留数，的留数，在孤立奇点在孤立奇点称为称为0)(zzf),(Res0zzf记为记为（residualresidual 的前三个字母）的前三个字母）10),(Res czzf即即Cdzzfi)(21 的的简简单单闭闭曲曲线线。内内围围绕绕的的去去心心邻邻域域为为其其中中，0000zzzzC ),(Res0zzf注注：(1)的的孤孤立立奇奇点点时时才才有有意意义义是是函函数数只只有有点点)(zfz0(2)1c开开式式中中的的系系数数的的

27、去去心心邻邻域域内内的的洛洛朗朗展展在在是是0zzf)(留数的计算留数的计算2 . 2:. 1 定义定义的可去奇点时的可去奇点时是是若若)()(zfz 2000 ),(Reszzf内洛朗展开式中负幂项内洛朗展开式中负幂项去心邻域去心邻域在在 000)(zzzzf。的系数的系数110czz)(10),(Res czzf注：注：（1 1）计算洛朗展开式时，没有必要准确计算每计算洛朗展开式时，没有必要准确计算每一项的取值，只要确定负一次幂项即可。一项的取值，只要确定负一次幂项即可。、函数在极点的留数、函数在极点的留数 法则1： 0( )zf z如果 为函数的一阶极点，则000Re ( ),lim()

28、 ( ).zzs f z zzzf z证明： 0( )zf z由于 是函数的一阶极点，110000( )()() ,0 |nnnf zCzzCzzzz10100() ( )(),nnnzzf zCCzz001lim() ( ).zzzzf zC结论：先知道奇点的类型，对求留数有时更为有利. 例434( )0,1,2.(1)(2)zf zzzzz zz求函数在孤立奇点的留数解： 0,1,2( )zzzf z 都是函数的一阶极点，003434Re ( ),0limlim2(1)(2)(1)(2)zzzzs f zzz zzzz；113434Re ( ),1lim(1)lim1(1)(2)(2)zz

29、zzs f zzz zzz z ；223434Re ( ),2lim(2)lim1.(1)(2)(1)zzzzs f zzz zzz z 例622.1zCzedzCzz计算积分，其中 为正向圆周解： 22( )11zzezf zzz 在内，函数有两个一阶极点：，22Re ( ),12Re ( ), 1,1zCzedzis f zis f zz1211Re ( ), 1lim(1)lim,(1)12zzzzzezees f zzzz211Re ( ),1lim(1)lim(1)12zzzzzezees f zzzz而，122()2cos .122zCzeeedziiiz法则2： ( )( )(

30、)P zf zQ z设函数，( )( )P zQ zz其中及在 解析，0()0P z且，00()0,()0,Q zQ z0( )zf z则 是函数的一阶极点，且留数000()Re ( ),.()P zs f zzQ z证明： 00()0,()0Q zQ z已知，0( )zf z是函数的一阶零点，01( )zQ z是的一阶极点,011( ),( )zQ zzz00( )()0zzz在 解析，且，0011( )( ) ( )( ),f zz P zg zzzzz00( )()0g zzg z在 处解析，且，0( )zf z是的一阶极点.0Re ( ),s f z z00000()( )lim.(

31、)()()zzP zP zQ zQ zQ zzz由法则1： 00lim() ( )zzzzf z 例5( )cot0.f zzz求函数在的留数解： coscot,sinzzz由于0( )zf z 是函数的一阶极点，Re ( ),0s f z0coscos01.(sin ) |cos0zzz 例842.1CzdzCzz计算积分，其中 为正向圆周解： 4( )21,1zf zziz在圆周内有四个一阶极点：，41Czdzz2Re ( ),2Re ( ), is f ziis f z i 2Re ( ),12Re ( ), 1is f zis f z32( )12( )44P zzQ zzz由法则 ，

32、得：，4111120,14444Czdziz1说明：用法则 计算比较繁一些.法则3： 0( )zf zm如果 为函数的 阶极点，则0Re ( ),s f zz01011lim()( ).(1)!mmmzzdzzf zmdz证明： 0( )zf zm因为 为函数的 阶极点，0z则在 的洛朗展开式为：210201000( )()()()()mnmnnf zCzzCzzCzzCzz0()( )mzzf z1101000()()()mm nmmnnCCzzCzzCzz101()( )mmmdzzf zdz10(1)!mCzz含有()正幂的项01011lim()( )(1)!,mmmzzdzzf zmC

33、dz011011lim()( ).(1)!mmmzzdCzzf zmdz即： 例72( )0.zef zzz求函数在的留数解： 20( )zezf zz是函数的二阶极点，Re ( ),0s f z2201lim(0)(2 1)!zzdezdzz0lim()1.zze 留数的计算留数的计算2 . 2的一级极点时，则的一级极点时，则是是若若准则准则)( :0zfzI)()(lim00zfzzzz),(Res0zzf准则准则IIII:(:(准则准则I I的特例）的特例）则则的的一一级级极极点点为为若若,)()()(zQzPzfz0)(,)(,)()()(0000000zQzQzPzzQzP都都解解析

34、析，且且在在及及)()(),(Res000zQzPzzf 为不可约分式函数）为不可约分式函数）如：如：)()()(zQzPzf)()(lim)!1(1),(Res01100zfzzdzdmzzfmmmzz级极点，级极点，的的是是如果如果mzfz)(0则则准则准则III:III:例：例：),(Re,)()(0125zfszzzzf计计算算设设解：解：（方法一）（方法一）开开式式为为的的去去心心邻邻域域内内的的洛洛朗朗展展在在点点00zzf)(0521125125nnzzzzzzzzzf)()(10 znnnzc形式为：形式为：211cz 项的系数项的系数其中，其中，20 ),(Rezfs。（方法

35、二）（方法二）的的一一级级极极点点是是函函数数)()(1250zzzzfz利用准则利用准则I,I,得得212500)(lim),(Rezzzzzfsz（方法三）（方法三）的的一一级级极极点点是是函函数数)()(1250zzzzfz利用准则利用准则II,II,得得212500Zzzzzfs)(),(Re的的简简单单闭闭曲曲线线。内内围围绕绕的的去去心心邻邻域域为为其其中中，0000zzzzC 2.1 2.1 留数定理留数定理问：问：何？何？为一般的曲线，结论如为一般的曲线，结论如若若C的一个孤立奇点，的一个孤立奇点，为函数为函数若若)(0zfz),(Re2)(0zzfsidzzfC 根据留数的定

36、义得，根据留数的定义得，)(0zCzf个个奇奇点点所所围围成成的的区区域域内内只只有有一一在在积积分分曲曲线线即即被被积积函函数数,.,)(nzzzCzf21，奇奇点点所所围围成成的的区区域域内内有有多多个个在在积积分分曲曲线线若若函函数数Cdzzf)(是否可仍利用留数来计算？是否可仍利用留数来计算？留数定理）留数定理）定理定理(.12),(Res2)(1nkkCzzfidzzf 1z4z3z2zDC解解析析，外外内内除除有有限限个个孤孤立立奇奇点点在在区区域域若若函函数数 ,)(21nzzzDzf向向简简单单闭闭曲曲线线，则则内内包包围围诸诸奇奇点点的的一一条条正正是是DCnz1z4z3z2

37、zDCnz证明：证明：nnccczzz,2121构构造造小小的的闭闭曲曲线线分分别别围围绕绕nkcCkdzzfdzzf0)()(.),(Res21nkkzzfi 根据复合闭路定理，得根据复合闭路定理，得的去心邻域内）的去心邻域内）包含在奇点包含在奇点（即曲线（即曲线iizC利用留数定理计算积分利用留数定理计算积分Cdzzf)(并判定相应的类型并判定相应的类型的孤立奇点的孤立奇点寻找寻找,.,)()(mzzzzf211的位置关系的位置关系线线判定孤立奇点与积分曲判定孤立奇点与积分曲 C)2(nzzzC,.,21内部的孤立奇点内部的孤立奇点确定位于确定位于),(Re2)()3(1iniCzzfsi

38、dzzf 利用留数定理利用留数定理结果。结果。计算相应的留数，得到计算相应的留数，得到)4(的的外外部部，则则于于若若所所有有的的孤孤立立奇奇点点都都位位C()0)(Cdzzf计算步骤：计算步骤：内部的孤立奇点内部的孤立奇点只考虑位于只考虑位于C2,11 . 2C2zCdzzzez为为正正向向圆圆周周：计计算算积积分分例例解解的的孤孤立立奇奇点点，分分别别为为，1)(11221zzezfzzz1lim2zzezzzi)2 , 1( i的极点。的极点。是是11, 1221zzezzz)(1112zzzezzezz的一级极点。的一级极点。分别为分别为111221zzezzz,1) 1(1112zz

39、ezzzezz0111111zzzzzezzze处解析，处解析，在在的一级极点。的一级极点。是是1121zzezz的的一一级级极极点点也也是是类类似似地地，1122zzezz11z分析分析1) 1(lim 1),(Res21 zzezzfzz2e1)1(lim 1),(Res21zzezzfzz21e1),(Res 1),(Res212zfzfidzzzeCz )()22(211eeieei 内。内。都在都在且且Czz1, 121根据留数定理根据留数定理dzzzeCz12根据准则根据准则I,I,得得2,) 1(1C2zCdzzzez为为正正向向圆圆周周：计计算算积积分分例例解解的的孤孤立立奇奇

40、点点，分分别别为为，221) 1(1)(10zzezfzzz20) 1(1lim1zzezzz1的可去奇点。的可去奇点。是是21) 1(10zzezz) 1(2) 1(lim201zzzezzz21) 1(1lim2zzezzz的极点。的极点。是是22) 1(11zzezz12z分析分析zezzzezz1-) 1(1) 1(122的二级极点。的二级极点。是是22) 1(11zzezz0111122zzzzezze处解析，处解析，在在0),(Reszf) 1(1) 1(lim)!12(1 1),(Res221zzezdzdzfzz11),(Res0),(Res2) 1(12zfzfidzzzeC

41、z i 2内。内。都在都在且且Czz1, 021根据留数定理根据留数定理dzzzeCz2) 1(0)0(1是可去奇点是可去奇点z无穷远点的留数无穷远点的留数3 . 2)()(21R)(zfdzzfizzfC为为内内解解析析，称称在在设设 点点的的留留数数，记记为为在在Cdzzfizf)(21),(Res 。内内的的围围绕绕原原点点的的闭闭曲曲线线为为圆圆环环域域其其中中， zRCRC内内的的洛洛朗朗展展开开式式在在 zRzf)(zcczczczczfnnn101122)( cCdzzcdzzf22)( Cdzzfizf)(21),(Res 1 cdzzcc 1 zdzcdzccc10i2 的系

42、数变号。的系数变号。洛朗展开式中洛朗展开式中内内点的去心邻域点的去心邻域点的留数等于它在点的留数等于它在在在1)( zzRzf)(1 c，包括无穷远点在内包括无穷远点在内奇点奇点限个孤立限个孤立在扩充复平面内只有有在扩充复平面内只有有如果函数如果函数定理定理)()(2 . 2zf.)(和必等于零和必等于零在所有各奇点的留数总在所有各奇点的留数总zf0),(Re),(Re),(Re1 zfszzfszzfsn，设为设为,21nzzz则则RC0z1znz证明： ( )(1,2, )kf zz kn设函数的有限个孤立奇点为，除 外，(1,2, )kCz kn又设 为一条绕原点的并将包含在它内部的正向

43、简单闭曲线，由留数定理及无穷远点留数定义得：1Re ( ),Re ( ),nkks f zzs f z11( )( )0.22CCf z dzf z dzii法则4： 211Re ( ),Re ( ),0.s f zs fzz 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，,iizere并设，1,r 1Re ( ),( )2Cs f zf z dzi 201()2iifeie di2011()2iiifdirere 220111()()2()iiifd reirere 21111()2fdi ( )f zz 由于函数在内解析，11()0f从而在内解析，

44、2111()0f 在内除外没有其它奇点，由留数定理得：22111111()Re (),0.2fds fi 算算在无穷远点处留数的计在无穷远点处留数的计函数函数)(zf2 . 2. 2 定理定理),(),(Res1knkzzfesRzf 0 ,1)1(Res),(Res. 32zzfzf )()(11 czzRzf项的系数变号项的系数变号内的洛朗展开式中内的洛朗展开式中在在1.1.定义定义的的有有限限值值的的孤孤立立奇奇点点为为)(zfzk准则准则IVIV计计算算积积分分例例4 .2dzzzizIz) 3)(1()(1102解解: :奇点奇点在扩充复平面上的孤立在扩充复平面上的孤立被积函数被积函

45、数)3)(1()(1)(10zzizzf3, 1 , i 和和级极点，级极点，的的是是10)(zfiz.)(3 , 1的的一一级级极极点点是是zfz 内内在在积积分分曲曲线线但但，只只有有21,zziz根据留数定理根据留数定理iI 2 1),(Reszf),(Resizf10)3 (ii ),(Re 3),(Re2zfszfsi ( (定理定理2.2)2.2)3)(1()(1)3(lim3),(Res103zzizzzfz10)3(21i 0 ,1)1(Res),(Res2zzfzf,)31)(1 ()1 (1)1(10102zzzizzzf)0为其可去奇点为其可去奇点z0)0)3(21(21

46、0iiI 小小 结结1.1.熟练掌握：熟练掌握：留数定义，留数的计算法则留数定义，留数的计算法则 2.2.熟练掌握：熟练掌握：留数定理，并能够利用它计算积分留数定理，并能够利用它计算积分 3.3. 关于无穷远点，了解留数的定义；关于无穷远点，了解留数的定义；掌握定理掌握定理2.2,2.2,并并能利用规则能利用规则IVIV计算留数计算留数第三节第三节 留数在定积分计算中的应用留数在定积分计算中的应用 留数定理不仅可以用来计算复变函数的闭曲线积留数定理不仅可以用来计算复变函数的闭曲线积分，重要的是也可以用来计算某些实变函数的定积分。分，重要的是也可以用来计算某些实变函数的定积分。Cdzzf)(ba

47、dxxf)( 为了利用留数定理，首先需要将定积分转化为关为了利用留数定理，首先需要将定积分转化为关于闭曲线的积分。常用方法有两种。于闭曲线的积分。常用方法有两种。 （1 1）通过）通过变量代换变量代换将定积分的积分区间映射为复将定积分的积分区间映射为复平面上的闭曲线。平面上的闭曲线。 （2 2）将定积分的积分区间看作复平面上实轴的）将定积分的积分区间看作复平面上实轴的一段，然后引入一段，然后引入辅助线（如半圆）与该段组成闭曲辅助线（如半圆）与该段组成闭曲线线，如果辅助曲线上的积分可以比较容易的计算出，如果辅助曲线上的积分可以比较容易的计算出，或可以与原积分联系起来，问题就可有效解决。或可以与原

48、积分联系起来，问题就可有效解决。一、一、 20(cos ,sin )Rd形如的积分ize令，idzie d，dzdiz1cos22iieezz，1sin22iieezzii，(cos ,sin )cossin0,2 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，2211 1( )(,)22zzf zRzziziz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2220111(cos ,sin )(,)22zzzdzRdRziziz1( ).zf z dz 例1220cos2(01).1 2 co

49、sIdppp计算，的值解： 22021 2 cos(1)2 (1 cos )0pppp在内，因而该积分是定积分，222211cos2()()22iieezz2212112122zzzdzIzzizpp42112(1)()zzdzizpz zp21cos22iieezz，1( ).zf z dz4211( )0,2(1)()zf zzzp zizpz zpp被积函数有三个极点，0,1zzpz只有在圆周内，0zzp其中为二阶极点，为一阶极点，42201Re ( ),0lim2(1)()zdzs f zzdzizpz zp223422220()4(1)(1 2)lim2 ()zzpzpp zzzpz

50、pi zpzpp z221,2pip 421Re ( ), lim()2(1)()zpdzs f zpzpdzizpz zp4221,2(1)pipp24222221122.22(1)1pppIiipippp二、二、 ( )R x dx形如的积分1111( )( ),2( )nnnmmmza zaP zR zmnQ zzb zb.z是关于 的有理函数(1)( )( )Q zP z比至少高两次；(2)( )Q z 在实轴上无零点；(3)( )Im0(1,2, )kR zzz kn在上半平面内的极点为；则有：1( )2Re ( ),.nkkR x dxis R zz基本思想：( ), R xR R

51、(1)先取被积函数在有限区间上的定积分，再引入辅助曲线，:Re (0),iRCz即上半圆周,R R同一起构成围线，( )( )( )kP zR zzQ z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：RR1( )( )( )2Re ( ),RnRkCRCkR z dzR x dxR z dzis R zz(2)Re (0)iRCz在上，令，则有0( )(Re )Re( )(Re )RiiiCP zPdzidQ zQ，( )( )Q zP z因为的次数比的次数至少高两次，于是有( )Re(Re )|0( )(Re )iiizP zPzRQ zQ当时，| |( )lim

52、0( )RCzP zdzQ z，1( )2Re ( ),.( )nkkP xdxis R zzQ x 例222222,(0,0)()()x dxIabxaxb计算积分的值.解： 4,2,2,mnmn( )R z函数在实轴上没有孤立奇点，22222()()zaibizazb在上半平面的奇点为 ， ，且为一阶极点；Re ( ),s R z ai22222,2()2 ()aaai bai ab22Re ( ),2 ()bs R z bii ba同理，222222 ()2 ()abIii abi baab1( )2Re ( ),.( )nkkP xdxis R zzQ x三、三、 ( )(0)aixR

53、 x edx a形如的积分(1)( )R xx是 的有理函数，而分母的次数至少比分子的次数高一次，( )R z(2)并且在实轴没有孤立奇点，1( )( )2Re ( ),( )niaxiaxiazkkP xR x e dxe dxis R z ezQ x(1,2, )( )( )iazkzknf zR z e(3)为函数在上半平面的奇点.则积分存在，且基本思想：(1)2( )aixR x e解决思路同类型 ，此时被积函数为，1111( )( ),1( )nnnmmmxa xaP xR xmnQ xxb xb(2)( ),0argRR xCzRzR设在半圆周：上连续(对充分大的 都如此）lim(

54、 )0zR z且一致地有，0lim( )0.RiazCRaR z e dz则当时，有1111( )(3)( ),1( )nnnmmmxa xaP xR xmnQ xxb xb设，( )( )( )00P xQ xQ xa与互质且在实轴上，且，1( )2Re ( ),niaxiazkkR x e dxis R z ez则:，( )kzR z为上半平面的奇点.1( )sinIm2Re ( ),niazkkR xaxdxis R z ez特别地，将上式分开实部与虚部，可得积分：1( )cosRe2Re ( ),.niazkkR xaxdxis R z ez 例322cos(0)xdxaxa计算积分，的值.解： 2,0,21,mnmn221( )R zza在实轴上没有奇点，所以此积分存在，22ixedxxa且此积分是积分的实部.222212Re ,ixiznkkeedxiszxaza而22izezaiza函数在上半平面内只有一个一阶极点，22Re ,2,2izaaeeesaiizaaia22cos xdxxa.aea 例422sin(0)xxIdx axa计算，的值.解： 2,1,1,mnmn22R( )zzza函数在