复变函数与积分变换课堂ppt课件第五章.ppt-淘文阁

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1、第五章第五章留数留数1 孤立奇点2 留数3 留数在定积分计算上的应用1 孤立奇点孤立奇点1. 可去奇点2. 极点3. 本性奇点4. 函数的零点与极点的关系5. 函数在无穷远点的性态在第二章曾定义函数不解析的点为奇点奇点。如果函数 f (z)虽在z0不解析, 但在z0的某个去心邻内处处解析, 则z0为 f (z)的孤立奇点孤立奇点。函数的奇点都是孤立的。例如11,zez00 |zz都以z=0为孤立奇点。但不能认为1( )1sinf zz的一个奇点，此外当n的绝对值逐渐增大时,1n1(1, 2,) znn可任意接近 z = 0。域例如函数，z=0是它也是它的奇点。换句话说, 在z=0的不论怎样小

2、的去心领域内总有 f (z)的奇点存在。所以z=0不是孤立奇点。把函数 f (z) 在它的孤立奇点 z0的去心邻域内展开成洛朗级数。根据展开式的不同情况对孤立奇点进行如果在洛朗级数中不含点z0称为 f (z)的可去奇点可去奇点。这时, f (z)在z0的去心邻域内的洛朗级数实际上就是一个普通的幂级数：0zz的负幂项，则孤立奇0100()()nncc zzczz1. 可去奇点可去奇点如下分类。,)()(lim)(lim0000czFzFzfzzzz因此, 这个幂级数的和函数 F (z)是在 z0解析的函数, 且时, F (z)= f (z); 当z=z0时, F(z0)=c0。由于0100()(

3、)nncc zzczz0zz当从而函数 f (z)在z0就成为解析的了. 由于这个原因, 所以z0称为可去奇点可去奇点。0100( )()()nnf zcc zzczz所以不论 f (z)原来在z0是否有定义, 如果令 f (z0)=c0, 则在圆域0|zz内就有3524sin11111()13!5!3!5!zzzzzzzz 例如，z = 0是sin zz的可去奇点，因为这个函数在z=0的去心领域内的洛朗级数中不含负幂项。如果约定sin zz在z=0的值为1(即c0 )，则sin zz在 z=0就成为解析的了。2. 极点极点01( )( ),(5.1.1)()mf zg zzz其中如果在洛朗级

4、数中只有有限多个其中关于, 即则孤立奇点z0称为函数 f (z)的m级极点级极点。上式也可写成0zz的负幂项, 且10()zz0()mzz的最高幂为2102010( )()()()mmf zczzczzczz21020( )()()mmmg zcczzczz在0|zz内是解析的函数, 且。0()0g z010()(1,0mcc zzmc），反过来, 当任何一个函数 f (z)能表示为(5.1.1)的形式,且g(z0)0时, 则z0是 f (z)的m级极点。如果z0为 f (z)的极点, 由(5.1.1)式, 就有例如，对有理分式函数它的三级极点，是它的一级极点。zi 或写作0lim |( )|

5、zzf z 0lim( )zzf z 232( )(1)(1)zf zzz, z=1是3. 本性奇点本性奇点中含有无穷多个z的负幂项。如果在洛朗级数中含有无穷多个孤立奇点z0称为 f (z)的本性奇点本性奇点。0zz的负幂项, 则例如，函数以z=0为它的本性奇点。因为在1( )zf ze1121112!nzezzzn 级数在本性奇点的邻域内, f (z)有以下性质(证明从略):在本性奇点的邻域内, f (z)有以下性质(证明从略):如果如果z0为函数为函数 f (z)的本性奇点的本性奇点, 则对任意给定的复数则对任意给定的复数 A, 总可以找到一个趋向于总可以找到一个趋向于z0 的数列的数列,

6、当当z沿这个数列趋向沿这个数列趋向于于z0时时, f (z)的值趋向于的值趋向于A。则由，可得, 显然，当时，所以，当z 沿趋向于i。 nz1(2)2nzni(2)2niie1zein 0nz 而1nzei趋向于零时， f (z) 的值例如, 给定复数 A=i, 可把它写成存在且有限；如果 z0为 f (z)的极点，则如果z0为 f (z)的本性奇点，则不存在且不为反过来结论也成立。这就是说，可以利用上述极限的0lim( )zzf z ；0lim( )zzf z。不同情形来判别孤立奇点的类型。综上所述, 如果 z0为 f (z)的可去奇点，则0lim( )zzf z4.函数的零点与极点的关系

7、函数的零点与极点的关系不恒等于零的解析函数 f (z)如果能表示成其中 f (z)的m级零点级零点。例如当级零点, 根据这个定义, 可以得到以下结论：若若 f (z) 在在z0 解析，则解析，则z0是是 f (z) 的的m 级零点的充要级零点的充要0( )()( )mf zzzz( ) z0()0z在z0解析且, m为某一正整数, 则z0称为( )()00()0,(0,1,2,1),()0nmfznmfz3( )(1)f zz z时, z=0与z=1是它的一级与三条件是条件是( )()00()0,(0,1,2,1),()0nmfznmfz事实上，如果 z0 是f (z)的m级零点，那么f (

8、z)可表成如下形式：0( )()( )mf zzzz其中 , 那么 f (z)在z0的泰勒展开式为00c 12001020( )()()()mmmf zc zzc zzc zz201020( )()()zcc zzc zz设在z0的泰勒展开式为( ) z易证z0是 f (z)的m级极点的充要条件充要条件是前m项系数从而知z=1是 f (z)的一级零点。如z =1是 f (z) = z3 -1的零点，由于f (1)=3z2|z=1=30, ( )()00()0,(0,1,2,1),()0nmfznmfz, 这等价于0110,0mmcccc12001020( )()()()mmmf zc zzc

9、 zzc zz顺便指出，由于在 z0 的去心邻域内不为零，即的邻域内不为零。这是因为解析函数的零点是孤立的解析函数的零点是孤立的。，必存在，由此得时，有01| ( )| ()|2zz( ) z0()0z在z0解析且因而它在z00|zz001| ( )()| ()|2zzz( ) z在z0解析, 必在z0连续, 所以给定01| ()|2z，当0( )()( )mf zzzz所以不恒为零，只在z0等于零。也就是说，一个不恒为零的一个不恒为零的0()0g z定理定理如果z0是 f (z)的m级极点，则z0就是的m级证证如果z0是 f (z)的m级极点，则有1( )f z01( )( )()mf

10、zg zzz零点，反过来也成立。其中g (z)在z0解析，且m级极点，则有。所以当0zz时，有0011()()( )( )( )mmzzzzh zf zg z01lim0( )zzf z函数 h (z)也在z0解析，且0()0h z。又由于0011()()( )( )( )mmzzzzh zf zg z01lim0( )zzf z010()f z因此只要令，则可得z0 是1( )f z的m级零点。01()( )( )mzzzf z反过来，如果z0是1( )f z的m级零点，那么01( )( )()mf zzzz这里( ) z0()0z0zz在z0解析，且，由此，当时，得01( )( )()mf

11、 zzzz( )1( )zz而在z0解析，并且，所以z0是 f (z)0()0z的m级极点。这个定理为判断函数的极点提供了一个较为简单的方法。1sin z例例1 函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。解解函数1/sin z的奇点显然是使sin z=0的点。这些奇点是(0, 1, 2,)zkk 。因为从 sin z0 得izizee或。显然它们是孤21ize，从而有22izk i，所以zk立奇点。由于(sin )cos( 1)0,kz kz kzz 所以zk都是sin z的一级零点, 也就是点。的一级极1sin z注意：在求函数的孤立奇点时，不能一看函数表面极点，其实是一级极点。因为220

12、111111( ),!2!3!znnezzzzznzz3sh zz其中( ) z的z=0 解析，并且(0)0. 类似地，z =0是的2级极点而不是3级极点。21zez形式急于作结论。像函数，初看似乎z=0是它的2级7221)(1)(1)zzz例例下列函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的级。解解 (1)显然1z是三级极点，1 z是二级极点。3533sin12)()3!5!zzzzzzzz所以0z是可去奇点。3sin2)zzz772232( )(1)(1)(1) (1)zzf zzzzz24613!5!7!9! zzz3313).(1)zz e7221)(1)(1)zzz例例下列函数有些什么

13、奇点？如果是极点，指出它的级。解解 (3) 显然0z 是函数的奇点。33330(1)(1)!nznzz ezn所以0z是六级极点。3sin2)zzz9121562!3!4!zzzz3313).(1)zz e331!nnzzn又5. 函数在无穷远点的性态函数在无穷远点的性态如果函数 f (z)在无穷远点z=的去心邻域 R|z|内解析，称点为为 f (z)的孤立奇点的孤立奇点。作变换z 1tz规定这个变换把扩充 z 平面上的无穷远点扩充 t 平面上的点，并且映射成0t ，则扩充 z 平面上每一个向无穷到现在为止，讨论函数 f (z) 的解析性和它的孤立奇点时，都设z为复平面内的有限远点。至于函数

15、内解析，所以在此圆环域内可以展开成洛朗级数, 即有( ) t的可去奇点，m 级极点或其中C为R|z|2时，1f的极点。显见当1nn。所以n 0n不是时，01f的孤立奇点，211)ze例例判定z=是下列函数的什么奇点？解解 (1)所以 z是可去奇点。2) cossinzz223)3zz2124211 11 112! znezzn z234(2) cossin12!3!4! zzzzzz所以 z是本性奇点。22240223239(3)()(13 nnzzzzzzz所以 z是可去奇点。2 留数留数1. 留数的定义及留数定理留数的定义及留数定理2. 留数的计算规则留数的计算规则3. 在无穷远点的留数

16、在无穷远点的留数1. 留数的定义及留数定理留数的定义及留数定理( )0Cf z dz ( )Cf z dz 但是, 如果z0为 f (z)的一个孤立奇点, 则沿在z0的某一般就不等于零。如果函数 f (z)在z0的邻域内解析, 那末根据柯西古萨基本定理个去心邻域其中C为z0领域内任意一条简单闭曲线。00 |zzR内包含 z0 的任意一条正向简单闭曲线C的积分因此将f (z)在此邻域内展开为洛朗级数1( )2Cf z dzic 其中c-1就称为 f (z)的留数留数, 也就是上面积分两边除以后，两端沿C逐项积分, 右端各项积分除留下的一项等于10100100( )()()()()nnnnf zc

17、zzczzcc zzczz110()czz12 ic外, 其余各项积分都等于零, 所以后所得的数称为 f (z)在z0的留数留数, 记作 Resf (z), z0, 2 i即01Res ( ),( )2Cf z zf z dzi 即从而有01Res ( ),f z zc01Res ( ),( )2Cf z zf z dzi 也就是说，f (z)在z0的留数就是f (z)在以z0为中心的圆环域内的洛朗级数中负幂项的系数。110()czz定理一定理一(留数定理留数定理) 设函数 f (z)在区域D内除有限个Dz1z2z3znC1C2C3CnC孤立奇点z1,z2,.,zn外处处解析。C是D内包围诸奇

18、点的一条正向简单闭曲线, 则1( )2Res ( ),nkkCf z dzif z z 关于留数，有下面的基本定理(k =1,2,.,n)用互不包含的正向12( )( )( )( )nCCCCf z dzf z dzf z dzf z dz证证把在C内的孤立奇点zk 简单闭曲线Ck围绕起来, 则根据复合闭路定理有即1( )2Res ( ),.nkkCf z dzif z z 121( )Res ( ),Res ( ),2Res ( ),Cnf z dzf z zf z zif z z利用这个定理，求沿封闭曲线C的积分，就转化为求被积函数在C中的各孤立奇点处的留数。由此可见，留数定理的效用有赖

19、于如何能有效地求出是 f (z)以除等式两边，得2 i12( )( )( )( )nCCCCf z dzf z dzf z dzf z dz在孤立奇点处z0处的留数。一般说来, 求函数在奇点z0处的留数即求它在以z0为中心的圆环域内洛朗级数中对求留数可能更有利。如果z0是f (z)的可去奇点, 则 Res f (z), z0=0, 因为此时f (z)在z0的展开式是泰勒展开式。如果z0是本性奇点, 则没有太好的办法, 只好将其按洛朗级数展开。如果z0是极点, 则有一些对求项的系数即可。但如果知道奇点的类型, 110()czzc-1有用的规则。2. 留数的计算规则留数的计算规则规则规则II 如果

20、z0为f (z)的m级极点, 则规则规则I 如果z0为 f (z)的一级极点, 则000Res ( ),lim() ( )zzf z zzzf z010011dRes ( ),lim()( )(1)!dmmmzzf z zzzf zmz2102010010( )()()()(),mmf zczzczzczzcc zz事实上, 由于0()mzz以乘上式的两端，得令两端zz0, 右端的极限是(m-1)!c-1, 两端除以(m-1)!就是Resf(z),z0, 因此即得规则II, 当m=1时就是规则I。10101()( )(1)!()mmmdzzf zmca zzdz01011000()( )()(

21、)(),mmmmmzzf zcczzczzc zz两边求m-1阶导数，得( )( )( )P zf zQ z000()Res ( ),()P zf z zQ z规则规则III 设，P(z)及Q(z)在z0都解析，000()0,()0,()0,P zQ zQ z则z0为 f (z)的一级极点，而如果事实上，因为0()0Q z及0()0Q z，所以为Q(z)的一级零点，从而z0为1( )Q z的一级极点。因此011( ),( )zQ zzz其中( )( ) ( )g zz P z在z0解析，且000()() ()0g zzP z。故z0为f (z)的一级极点。00( )11( )( )( )( )

22、,( )P zf zP zzg zQ zzzzz0()0z由此得其中( ) z在z0解析，例例1 计算积分21zCzedzz 22 Res ( ),1Res ( ), 1.1zCzedzif zf zz 2( )1zzef zz，C为正向圆周|z|=2。解解由于有两个一级极点1, 1 而这两个极点都在圆周|z|=2内，所以由规则I, 得而0()0,Q z根据规则I，000Res ( ),lim() ( )zzf z zzzf z000( )() ( )( )()P zzzf zQ zQ zzz令0zz，即得规则III。所以因此1211Res ( ), 1lim(1)lim112zzzzzez

23、eef zzzz122()2ch1122zCzeeedziiz 我们也可以用规则III来求留数:这比用规则1要简单些.1Res ( ),1;22|zzzeef zz211Res ( ),1lim(1)lim112zzzzzezeef zzzz11Res ( ), 1.22|zzzeef zz例例求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：21(1)2zzzRes ( ),0f z21( )2zf zzz解解 (1)有两个一级极点0,2方法一方法一由规则I, 得1(2)sinzz1(3)znez51(4)zez201lim2zzzzz12 Res ( ),2f z221lim(2)2zzzzz3

24、2例例求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：21(1)2zzzRes ( ),0f z21( )2zf zzz解解 (1)有两个一级极点0,2方法二方法二由规则III, 得1(2)sinzz1(3)znez51(4)zez201(2 )zzzz12 Res ( ),2f z221(2 )zzzz32例例求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：21(1)2zzzRes ( ),f z k1( )sinf zzz解解 (2)的极点为(0, 1,) kzkk(一一)为一级极点。1(2)sinzz1(3)znez51(4)zez1( sin )z kzz1coskk( sin )0(1, 2

25、)kz zzzk 所以(1, 2) kzkk( 1)kk(1, 2) k例例求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：21(1)2zzz1( )sinf zzz解解 (2)的极点为(0, 1,) kzkk(二二)的一级极点，1(2)sinzz1(3)znez51(4)zez0z是1sin z从而0z是1sinzz的二级极点，所以Res ( ),0f z201limsinzdzdzzz0例例求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：21(1)2zzzRes ( ),0f z1( )znef zz解解 (3)有一个n+1级极点0,方法一方法一由规则II, 得1(2)sinzz1(3)znez5

26、1(4)zez1101lim!nznnnzdezndzz01lim!zzen1!n例例求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：21(1)2zzz11111111.2!(1)!znnnnezzzzn zn解解 (3)方法二方法二将函数在1(2)sinzz1(3)znez51(4)zezRes ( ),0f z1!n0 | z上展开成洛朗级数，即11!Cn所以1( )znef zz有一个n+1级极点0,例例求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：21(1)2zzz255111.12!znezzzzzn解解 (4)方法一方法一将函数在1(2)sinzz1(3)znez51(4)zezRes

27、( ),0f z1240 | z上展开成洛朗级数，1C所以51( )zef zz有一个4级极点0,43211114624zzzz例例求下各函数 f (z)在有限奇点处的留数：21(1)2zzz51Res,0zez解解 (4)方法二方法二由规则II，取m比实际级数高，即m=5，有1(2)sinzz1(3)znez51(4)zez51( )zef zz有一个4级极点0,1244545011lim4!zzdezdzz41Czdzz 42 Res ( ),1Res ( ), 11Res ( ), Res ( ),Czdzif zf zzf z if zi 4( )1zf zz例例2 计算积分，C为正

28、向圆周|z|=2。解解被积函数有四个一级极点1, i 都在圆周|z|=2内，所以41111d2 ()014444Czziz 32( )1( )44P zzQ zzz由规则III，故2200Res ( ),0limlim1(1)(1)zzzzeef zzz zz2(1)zCedzz z 2212111Res ( ),1lim(1)(2 1)!(1)(1)limlim0zzzzzzdef zzdzz zdeezdzzz例例3 计算积分，C为正向圆周|z|=2。解解 z=0为被积函数的一级极点, z=1为二级极点, 而32Res ( ),0Res ( ),1(1)2(1 0)2.zCedzif z

29、f zz zii 所以6( )sin( )( )P zzzf zQ zz0(0)(sin )0,zPzz级数。由于在z=0处的留数。为了要用公式，先应定出极点z=0的以上介绍了求极点处留数的若干公式。用这些公式解题有时虽感方便，但也未必尽然。例如欲求函数0(0)(1 cos )0,zPz0(0)sin0,zPz0(0)cos10.zPz 因此z=0是z - sinz的三级零点，从而由 f (z)的表达式知,z=0是 f (z)的三级极点。应用规则II，得1c就比较方便。因为如果利用洛朗展开式求由此可见，往下的运算既要先对一个分式函数求二阶函数，然后又要对求导结果求极限，这就十分繁杂。35663

30、sin111()3!5!11.3!5!zzzzzzzzzz2362602230sin1sinRes,0lim(3 1)!1sinlim().2!zzzzdzzzzdzzdzzdzz16sin1Res,0.5!zzcz 所以35663sin111()3!5!11.3!5!zzzzzzzzzz可见解题的关键在于根据具体问题灵活选择方法，不要拘泥于套用公式。3.在无穷远点的留数在无穷远点的留数的值与C无关, 称其为 f (z)在在点的留数点的留数, 记作积分路线的方向是负的，也就是顺时针方向。绕原点的任何一条简单闭曲线, 则积分设函数 f (z)在圆环域R|z|+内解析, C为圆环域内1( )2C

31、f z dzi 1Res ( ),( )(5.2.7)2Cf zf z dzi 从第一节可知，当n=-1时，有11( )2Ccf z dzi 11( )2Ccf z dzi 因此，由(5.2.7)可得1Res ( ),f zc 这就是说，f (z)在点的留数等于它在点的去心领域R|z|+内洛朗展开式中z-1的系数变号。定理二定理二如果函数 f (z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点, 那末 f (z)在所有各奇点(包括点)的留数总和必等于零。下面的定理在计算留数时是很有用的。证证除点外, 设f (z)的有限个奇点为zk(k=1,2,.,n)。又设C为一条绕原点的并将zk(k=1,2,.,n

32、)包含在它内部的正向简单闭曲线, 则根据留数定理与在无穷远点的留数定义, 有1Res ( ),Res ( ),11( )d( )d0.22nkkCCf zf z zf zzf zzii 规则规则IV211Res ( ),Res,0f zfzz 关于在无穷远点的留数计算，有以下的规则：1Res ( ),( )2Cf zf z dzi ，那末事实上，在无穷远点的留数定义中，取正向简单闭曲线C为半径足够大的正向圆周：| z。令1z，,iizere1,r ，于是有为正向)。并设201()2iifeie di2011()2iiifdirere 220111()()2()iiifd reirere 12|

33、 |1111()( |2fdi 221| |11111()Res(), 0 .2fdfi | z 所以规则IV成立。由于f (z)在内解析, 从而内解析，因此在1()f外没有其他奇点。由留数定理，得定理二与规则IV为提供了计算函数沿闭曲线积分在10 |211()f 1|内除0的又一种方法，在很多情况下，它比利用上一段中的方法更简便。12211( )1zefzzz例例求函数21zez在点的留数。解解由Res( ),sh1. f z而211Res( ),0 fzz故Res( ),f z23241(1) 12!3!zzzzz1z的项系数为1113!5!1sh12ee例例求函数21zez在点的留

34、数。解解Res( ),Res( ),1Res( ), 1 f zf zf z而故在有限点处有一级极点：21zez1 z11Res( ), 12 f ze111()sh122 ee例例求函数23456cossin12!3!4!5!6! zzzzzzzz在点奇点类型和留数？解解由Res( ),0. f z故z=是的本性奇点，cossinzz( )cossinf zzz1322444111( )111zzzfzzzzzz例例4 计算积分4d1Czzz ，C为正向圆周：|z|=2。解解411z 在|z|=2的外部除外无奇点，因此44d2 Res,0011Czzzizz 又根据定理二与规则IV，42

35、Res ( ),1Czdzif zz 2112Res( ),0ifz z因此例例5 计算10() (1)(3)Cdzzizz , C为正向圆周:|z|=2。解解被积函数除外还有奇点：i，1与3。由Re ( ),Re ( ),1Re ( ),3Re ( ),0,s f zis f zs f zs f z 定理二，有101( )() (1)(3)f zzizz其中由于i与1在C的内部，所以从上式、留数定理与规则IV得到10() (1)(3)Cdzzizz 2Re ( ),3Re ( ),is f zs f z 2Re ( ),Re ( ),1is f zis f z 10101202(3)(3)i

36、iii 如果用上一段的方法，由于i是10级极点，并且在C的内部，因而计算必然很繁琐。例例利用留数计算积分：13,:| 2;1 zCze dz Czz223211111(1)(1)2!zzzzzz解解函数在|z|=2的外部除外无奇点，因此在又内把被积函数展开成洛朗级数，有132Res ( ),1 zCze dzif zz11321( )111zzzf zezezz221152!324zzz1 | z 例例利用留数计算积分：13,:| 2;1 zCze dz Czz解解所以132Res ( ),1 zCze dzif zz1322115( )12!324zzf zezzzz1Res ( ),3

37、 f z所以13213 zCze dziz例例利用留数计算积分：13,:| 2;1 zCze dz Czz232341(1)(1)2!3!zzzzzzz解解函数在|z|=2的外部除外无奇点，因此根据又定理二与规则IV，132Res ( ),1 zCze dzif zz22341111111( )111zzfeezzzzzzz1111 13!2!c 2112Res ( ), 0ifzz则13 例例利用留数计算积分：13,:| 2;1 zCze dz Czz解解所以132Res ( ),1 zCze dzif zz12111Res ( ), 03fczz 所以13213 zCze dziz21

38、12Res ( ), 0ifzz3 留数在定积分计算上的应用留数在定积分计算上的应用1. 形如2. 形如3. 形如的积分的积分的积分20(cos ,sin )dR( )dR xx( )e d (0)aixR xx a根据留数定理，用留数来计算定积分是计算定积分显得有用。即使寻常的方法可用，如果用留数，也往往首先，被积函数必须要与某个解析函数密切相关。这一的一个有效措施，特别是当被积的原函数不易求得时更感到很方便。当然这个方法的使用还受到很大的限制。点，一般讲来，关系不大，因为被积函数常常是初等函数，而初等函数是可以推广到复数域中去的。其次，定积分的积分域是区间，而用留数来计算要牵涉到把问题化为

39、沿闭曲线的积分。这是比较困难的一点。下面来阐述怎样利用复数求某几种特殊形式的定积分的值。其中2211sin(ee)2211cos(ee)22iiiiziizzz从而积分化为沿正向单位圆周的积分(cos ,sin )Rcossinizeidzie d20(cos ,sin )Rd1. 形如形如的积分的积分, 为与的有理函数。令 2220| | 1| | 111(cos ,sin ),( )22zzzzdzRdRf z dzziziz，则其中f (z)是z的有理函数, 且在单位圆周|z|=1上分母不为其中zk(k=1,2,.,n)为单位圆|z|=1内的 f (z)的孤立奇点。零, 根据留数定理

40、，得所求的积分值：2220| | 1| | 111(cos ,sin ),( )22zzzzdzRdRf z dzziziz1| | 1( )2Res ( ),nkkzf z dzif z z 解解由于0p1, 被积函数的分母在内不为零, 因而积分是有意义的。由于2212| | 1121 22zzzdzIzzizpp 222211cos2()()22iieezz 因此220cos2(01)1 2 cosIdppp的值。例例1 计算42| | 1| | 11( )2(1)()zzzdzf z dzizpz zp02在被积函数的三个极点 z = 0, p, 1/p中只有前两个在圆周|z|=1内其

41、中, z=0为二级极点, z=p为一级极点。42| | 1| | 11( )2(1)()zzzIdzf z dzizpz zp所以在圆周|z|=1上被积函数无奇点。则42201Res ( ),0lim2(1)()zdzf zzdzizpz zp221,2pip 223422220()4(1)(1 2)lim2 ()zzpzpp zzzpzpi zpzpp z421Res ( ), lim ()2(1)()zpzf zpzpizpz zp因此2422222112222(1)1pppIiipippp4221,2(1)pipp解解设代入得2| | 123103 zdzIziz20153sinId的

42、值。例例计算ize1ddziz，将211sin(ee),22iiziiz| | 123(3 )(/3) zdzzi zi被积函数在被积区域内只有一个一级极点3 iz又32Res ( ),lim33(3 )izif zzi4 i所以2Res ( ),2()342 iiIif zi1111( ),2nnnmmmza zaR zmnzb zb为一已约分式。当被积函数R(x)是x的有理函数, 而分母的次数至少比分子的次数高二次, 且R(z)在实轴上没有孤立奇点时，积分是存在的。不失一般性，设( )R x dx积分积分2. 形如形如取积分路线如图所示, 其中CR是以原点为中心, R为半z1z2z3yC

43、RRROx径的在上半平面的半圆周。取R适当大, 使R(z)所有的在上半平面内的极点zk都包在这积分路线内。由留数定理，得此等式不因CR的半径R不断增大而有所改变。( )( )2Res ( ),RRkRCR x dxR z dziR z z1111|1|1|( )|1|nnm nmma za zR zzb zb z因为而当|z|充分大时，总可使111111|,|1010nmnma za zb zb z11111 |1|1 |nnm nmma za zzb zb z2111210|( )|1|110m nR zzz111111|,|1010nmnma za zb zb z由于2mn，故有222(

44、)|( )|0RRRCCR z dzR zdsRRR 因此，在半径R充分大的CR上，有如果R(x)为偶函数，( )2Res ( ),.kR x dxiR z z所以0( )Res ( ),kR x dxiR z z的一级极点为22222(0,0)()()x dxIabxaxb例例2 计算积分22222( )()()zR zzazb的值.解解这里4,2,2mnmn，并且实轴上R(z)没有孤立奇点，因此积分是存在的。函数,aibi，其中ai与bi在上半平面内。由于22222Res ( ),lim ()()()zaizR z aizaizazb22222,2()2 ()aaai bai ab222

45、22Res ( ),lim ()()()zaizR z aizaizazb222222 ()2 ()abIii abi baab22Res ( ),.2 ()bR z bii ba22222,2()2 ()aaai bai ab所以在上半平面有二级极点为22(1)dxIx例例计算积分221(1)z的值.解解这里4,0,4mnmn，并且实轴上R(z)没有孤立奇点，因此积分是存在的。函数zi2Res ( ), IiR z i2().42ii2112lim(2 1)!()zididzzi在上半平面有二级极点为2220(4)(1)dxIxx例例计算积分2221( )(4)(1)R zzz的值.解

46、解这里6,0,6mnmn，并且实轴上R(z)没有孤立奇点，因此积分是存在的。函数zi22222201(4)(1)2(4)(1)dxdxIxxxx，一级极点为2zi12Res ( ), Res ( ),2 2iR z iR zi2220(4)(1)dxIxx例例计算积分的值.解解.363618iii22222201(4)(1)2(4)(1)dxdxIxxxx12Res ( ), Res ( ),2 2iR z iR zi22221lim(2 )(4)(1)ziizizz22221lim()(4)(1)zidzidzzz当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, 且R(z)在

47、实数轴上没有奇点时, 积分是存2|( )|R zz3. 形如形如( )e(0)aixR xdx a的积分的积分在的象2中处理的一样, 由于m-n1, 故对充分大的|z|有sinsin(2 /)220002( )|( )|2442(1)0,RRRaizaizayCCCaRaRaRaRRR z e dzR zedsedsRedededeaR 因此, 在半径R充分大的CR上, 有上面用到不等式( )2Res ( ),aixaizkR x edxiR z ez于是得2sin(0)2或( )cos( )sin2Res ( ),aizkR xaxdxiR xaxdxiR z ezyOx2ysiny222(

48、 )zR zza在上半平面内有一级极点ai,例例3 计算的值。220sin(0)xxIdx axa解解这里2,1,1mnmn。R(z)的实轴上无孤立奇点，因而所求的积分是存在的。222Res ( ),2.2ixizaaxe dxiR z eaixaeiie因此220sin12axxdxexa222Res ( ),2.2ixizaaxe dxiR z eaixaeiie因此220sin12axxdxexa还可以利用复变函数计算出下列积分值:02200sin21sincos22xdxxx dxx dx21( )45R zzz在上半平面内有一级极点z=-2+i，例例计算的值。2cos45xIdx

49、xx解解这里2,0,2mnmn。R(z)的实轴上无孤立奇点，因而所求的积分是存在的。22lim( )( 2) izziiR z ezi1( 2)( 2) zizi22Res ( ), 245 ixizedxiR z eixx1 21 222 iieiei因此22cosRe4545ixxeIdxdxxxxx1 2245 ixiedxexxRe2Res( ( ), 2) iziR z ei1 2Re ie1cos2e例例计算的值。2cos45xIdxxx解解2( )1zR zz在上半平面内有一级极点z=i,例例计算的值。2sin1xxIdxx解解这里2,1,1mnmn。R(z)的实轴上无孤

50、立奇点，因而所求的积分是存在的。2lim( )izziiR z ezi1zi zi22Res ( ), 1ixizxedxiR z eix112.2eiie例例计算解解12.1ixxedxiex因此22sinIm11ixxxxeIdxdxxxIm2Res( ( ), )iziR z ei1Imie1e的值。2sin1xxIdxx例例4 计算积分解解因为0sin1sin2xxdxdxxx且在实轴上。为了使积分路线不通过奇点，可以取路线( )izef zz0RrizixizixrRCRCreeeedzdxdzdxzxzx的值。0sin xIdxxsin xx是偶函数，所以yCRRROxrr如上图

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