复变函数第五章留数(习题五)解答

第五章 留数习题（习题五）解答
１．试求下列各解析函数或多值函数的解析分支在指定点的留数：
（１）222(1)z z +，在z i =±； （２）1
1z
e
-，在2z n i π=，n 为整数；
（３）
1z -，在1z =
1=
1=-）；（４）1
sin 1
z -，在1z =． 解 （１）易知z i =±是2
22
(1)
z z +的二阶极点，所以 222
2222232Res(,)lim[()]lim[()]lim (1)(1)()4z i z i z i z z z iz i i z i z z z i z i →→→''=-===-++++，
222
2222232Res(,)lim[()]lim[()]lim (1)(1)()4
z i z i z i z z z iz i i z i z z z i z i →-→-→--''-=+===++--． （２）因2z n i π=为1z
e -的一阶零点，从而为
1
1z
e
-的一阶极点（单极点），所以 22111Res(,2)lim lim 11(1)z z z z n i z n i n i e e e
πππ→→==-=-'--． （３）显然1z =
为
1z
-的一阶极点（单极点），所以，
1=的解析分支时，
11Res(,1)lim(1)111z z z z z
→→=-=-==---，
1=-的解析分支时，
11Res(,1)lim(1)111z z z z z
→→=-=-==--．
（４）易知1z =为1
sin
1
z -的本性奇点，且在01z <-<+∞内 213
0111111sin (1)1(21)!(1)13!(1)n n n z n z z z ∞
+==-⋅=-⋅+-+---
∑
其中
11z -的系数为1，所以，1
Res[sin
,1]11
z =-．
２．函数
2Ln 1
z
z -的各解析分支在1z =±各有怎样的孤立奇点？求它们在这些点的留数． 解 Ln z 的支点为0和∞，取原点及负虚轴为支割线，并取在1z =取值为0的分支为主值支，记为ln z ，则Ln z 的任意解析分支为
[Ln ]ln 2k z z k i π=+，0,1,2,
k =±±
显然1z =±为
2Ln 1z z -的每一个解析分支21
[Ln ]1
k z z -的孤立奇点，且当0k =时，1z =是
0221ln [Ln ]11z z z z =--的可去奇点，而1z =-是022
1ln [Ln ]11
z
z z z =--的一阶极点；当0k ≠时，1z =±是21
[Ln ]1
k z z -的一阶极点，所以，当0k =时，
2ln Res[,1]01z z =-，221ln ln ln(1)1Res[,1]lim(1)11112
z z z z i z z π→---=+==-----．
当0k ≠时，
221112Res[[L n ],1]lim(1)[L n ]1111
k k z k i z z z k i z z ππ→=-⋅==--+，
221112Res[[L n ],1]lim(1)[L n ]()11112
k k z k i z z z k i z z ππππ→-+-=+⋅==-+----．
注意：其中ln(1)ln 1arg C i z i π-=-+∆=，其中C 割破平面内从1到1-的不穿过割线的简单曲线．
思考：若取原点及正虚轴为支割线，则结论应如何变化？
３．计算下列积分： （１）
2
d (1)(2)C
z z z z --⎰，其中C 是1
22z -=； （２）
22
d (9)
z
C
e z z z -⎰
，其中C 是1z =； （３）
tan d C
z z π⎰
，其中C 是z n =（1,2,3,
n =）．
解 （１）显然函数
2
(1)(2)
z
z z --在复平面上仅有两个孤立奇点1z =和2z =，并且仅有1
222
z z =∈-<
，2z =是2(1)(2)z z z --的二阶极点，从而
2
2222222
1Res
lim[(2)]lim[]lim 1(1)(2)(1)(2)1(1)
z z z z z z z z z z z z z z →→→=''=-⋅==-=-------． 由留数定理
222d 2Res 2(1)(2)(1)(2)
C
z z z
z i i z z z z ππ===-----⎰
． （２）显然函数22(9)
z
e z z -在单位圆1z <内仅有一个孤立奇点0z =且为二阶极点，从而
22
22222220000(29)1Res lim[]lim[]lim (9)(9)9(9)9
z z z z z z z z e e e e z z z z z z z z z →→→=--''=⋅===-----．
由留数定理
222202d 2Res (9)(9)9
z z C
z e e i
z i z z z z ππ===---⎰
．
（３）显然函数sin tan cos z z z πππ=在复平面上的孤立奇点为2
k z k π
π=+，0,1,2,k =±±，且都
是一阶极点，
sin sin sin 1
Res tan Res
cos (cos )sin k
k
k
k
z z z z z z z z z z
z z z z z
πππππππππ
======
=
=-
'
-．
又仅当,,2,1k n =---和0,1,2,
,1k n =-时，2
k z k z n π
π=+
∈<，n 为正整数，所以，
由留数定理
11
1
tan d 2Res tan 2()4k
n n C
z z k n
k n
z z i z i n i πππππ
--==-=-==-=-⋅∑∑⎰
．
４．设函数()f z 在区域0r z <<+∞内解析，C 表示圆周
z r =（00r r <<）
． 我们把积分
1
()d 2C f z z i
π-⎰ 定义为函数()f z 在无穷远点的留数，记作Res(,)f ∞，在这里积分中的C -
表示积分是沿着C 按顺时针方向取的．试证明：如果1α-表示()f z 在
0r z <<+∞
的洛朗展式中
1
z
的系数，那么 1Res(,)f α-∞=-．
证明 因函数()f z 在区域0r z <<+∞内解析，由洛朗（Laurent ）定理，()f z 在圆环形区域
0r z <<+∞内可展成洛朗级数
()n n
n f z z α
∞
=-∞
=
∑．
再逐项积分，并注意到0,11d 1,
1
2n
C n z z n i π-
≠-⎧=⎨
-=-⎩⎰，可得
111
1Res(,)()d d d 222n
n
n n
C C C n n f f z z z z z z i i i
αααπππ--
-∞
∞
-=-∞
=-∞
∞==
=
=-∑∑⎰⎰⎰．
５．试求下列函数在无穷远点的留数：
（１）1
z
； （２）1
z e ； （３）51(1)(3)z z --．
解 （１）由第４题，易得1Res(,)1z
∞=-． （２）因在0z <<+∞内，1
11!z
n n e n z ∞
==
⋅∑，其中1z 的系数为1，由第４题得 1
Res(,)1z
e ∞=-．
（３）（方法１）因为
51
(1)(3)
z z --在3z <<+∞内解析，且在3z <<+∞内
5
6650051111113()()13(1)(3)11n
n n n n z z z z z z z z
∞∞
===⋅⋅=⋅⋅----∑∑ 不难观察出，上式展开后最低的负幂次项为61z ，不含有1z
这样的项，即这样的项的系数为0，所以，由第４题得
5
1
Res(
,)0(1)(3)
z z ∞=--． （方法２）［利用公式211
Res(,)Res(
(),0)f f t t
∞=-计算］ 记51
()(1)(3)f z z z =--，因4225
51111()11(1)(13)(1)(3)t f t t t t t t t
=⋅=----，显然它以0t =为可去奇点，所以
21
1
Res(,)Res(
(),0)0f f t t
∞=-=．
６．试把关于留数的基本定理1.1转移到D 是扩充复平面上含无穷远点区域情形．
设区域D 是一条简单闭曲线或有限条互不相交且其内部也互不相交的简单闭曲线（记为C ）的外部（称为扩充平面上含无穷远点的区域），若函数()f z 在D 内除去有有限个孤立奇点1z ，2z ，，n z 外，在每一点都解析，并且()f z 可连续到C 上，则
1
()d 2[Res ()Res ()]k
n
C
z z z k f z z i f z f z π==∞
==-+∑⎰
．
（注意：此命题和下面的第７题可统称为推广的留数定理）
证明 如图示，取以原点为心，充分大的正数R 为半径的圆周R Γ，使得C 及1z ，2z ，，n z 都
含于R Γ的内部，由关于留数的基本定理1.1，
1
()d ()d ()d 2Res ()R
R k
n
C
C z z k f z z f z z f z z i f z π-
ΓΓ+==-==∑⎰
⎰
⎰
．
又由第４题的定义，
11
Res ()()d ()d 22R R
z f z f z z f z z i i ππ-ΓΓ=∞
=
=-⎰⎰， 代入上式得
1
()d 2[Res ()Res ()]k
n
C
z z z k f z z i f z f z π==∞
==-+∑⎰
．
７．证明：如果()f z 在扩充复平面上除了有限个奇点外，在每一点解析，那么这函数在所有奇点
上的留数（包括在无穷远点的留数）之和是零．
用此结果计算积分
5
211
d 2(1)(3)
z z i z z π=--⎰．
证明 由题设，显然函数()f z 在复平面上的奇点都是孤立的，记为1z ，2z ，，n z ．
（方法１：利用第６题）如图示，可取简单闭曲线C ，使得1z ，2z ，
，n z 都位于C 的外部，从
而()f z 在C 及C 的内部是解析的．由第６题，并注意到第３章的柯西定理，
1
0()d 2[Res ()Res ()]k
n
C
z z z k f z z i f z f z π==∞
===-+∑⎰
即
1
Res ()Res ()0k
n
z z z k f z f z ==∞
=+=∑．
（方法２：利用第６题的证明方法）取以原点为心，充分大的正数R 为半径的圆周R Γ，使得1z ，2z ，，n z 都包含于R Γ的内部，由关于留数的基本定理1.1，
1
()d 2Res ()R
k
n
z z k f z z i f z πΓ===∑⎰
．
又由第４题的定义，
11
Res ()()d ()d 22R R z f z f z z f z z i i
ππ-ΓΓ=∞=
=-⎰⎰， 代入上式即得，
1
Res ()Res ()0k
n
z z z k f z f z ==∞
=+=∑．
下面，我们再用两种方法计算积分
5211
d 2(1)(3)
z z i z z π=--⎰：
（方法１：利用第６题）显然函数5
1
(1)(3)
z z --在圆周2z =的外部仅有一个有限孤立奇点3z =，且为一阶极点，
555333
1111
Res
lim[(3)]lim (1)(3)(1)(3)1242
z z z z z z z z z →→==-⋅==-----，
于是由第５题（３）及第６题
555231111
d [Res Res ]
2(1)(3)
(1)(3)(1)(3)11[0]242242
z z z z i z z z z z z π===∞=-+------=-+=-
⎰
（方法２：利用第７题）显然函数
5
1
(1)(3)
z z --在复平面上只有有限的奇点 21
5
k k z e
π+=，0,1,2,3,4k =和3z =
由第７题，
4
55530
111
Res
Res Res 0(1)(3)(1)(3)(1)(3)
k
z z z z k z z z z z z ===∞=++=------∑
又上述奇点中仅有21
5
2k k z e
z π+=∈<，0,1,2,3,4k =，由留数定理1.1，
4
5520
111
d Res 2(1)(3)(1)(3)k z z z k z i z z z z π====----∑⎰ 所以
555231111
d [Res Res ]
2(1)(3)
(1)(3)(1)(3)1242
z z z z i z z z z z z π===∞=-+------=-
⎰
８．求下列各积分： （１）
2220
d (1)x x x +∞+⎰
；（２）2201
d 12cos a a
πθθ-+⎰，其中01a <<； （３）
2
20
1d sin a π
θθ
+⎰，其中0a >；（４）20sin d 1x x x x +∞+⎰；（５）20sin d (1)x x x x +∞+⎰； （６）
220
ln d (1)x
x x +∞+⎰
；（７）12
0d 1x x x α
-+∞+⎰，其中02α<<； （８）
d ax ax
x x
e e x e e
ππ-+∞---⎰
，其中a ππ-<<；［提示］：从顶点为R -，R ，2R i +，2R i -+（0R >）的矩形中分别挖去以0为心的上半圆盘和以2i 为心的下半圆，考虑az
z z
e e e ππ--沿这个区域边界的积
分． （９）
d x x
x
x e e
ππ+∞--⎰
；［提示］：从顶点为R -，R ，2R i +，2R i -+（0R >）的矩形中分别挖去以0为心的上半圆盘和以2i 为心的下半圆，考虑2
z z
z e e
ππ--沿这个区域边界的积分． （１０）
22
sin d x
x x +∞⎰
； ［提示］：由分部积分公式得
22
20
000sin 1d sin d()2sin cos sin 2sin d d2d 2x x x x x x x x x x x x x x x
+∞+∞+∞+∞+∞=-===⎰
⎰⎰⎰⎰
（１１）
cos d x
x e x x
-+∞-⎰
； ［提示］：考虑第一象限内以半射线arg 0z =及arg 2
z π
=为边界的扇形．
（１２）
1
d 1
n
x x +∞+⎰，其中整数2n ≥； ［提示］：考虑第一象限内以半射线arg 0z =及2arg z n
π
=为边界的扇形． （１３）20
ln d 1
x
x x +∞-⎰
；
（１４）
11x -⎰
；
［提示］：不必用留数计算，直接利用余元公式．作变换1t x =+，
21211223
3
3
32
100
3
1
211
22
1111
3
3
3
3
111d (2)d ()(1)d 222
(1)(1)
(1)d (1)
d 121123(,)(,1)133333
sin 3
u t x t t t t t t x x u u u u
u u
B B πππ-
-
---=-
-
--=-=--+=
-=-==-==
⎰
⎰⎰
⎰
⎰
（１５）
12
1
d (2)1x x x
---⎰
；
（１６）
2
d 1C
z z z
++⎰
，其中被积函数是有关多值函数的任一解析分支，并且积分是沿圆周
2z =按反时针方向取的．
解（１）
22
2222
1d d (1)2(1)x x x x x x +∞+∞-∞=++⎰
⎰
（方法１）考虑函数2
22
(1)z z +沿如图示以原点为心，1R >为半径的上半圆的边界的积分．显然2
22
(1)z z +在此半圆内仅有一个二阶极点z i =，且
222
2222232Res lim[()]lim[()]lim (1)(1)()4
z i z i z i z i z z z iz i z i z z z i z i →→→=''=-===-++++．
由留数定理
222222222d d 2Res 2()(1)(1)(1)42
R R R
z i x z z i x z i i x z z πππ+-Γ=+==-=+++⎰
⎰
又22
2lim 0(1)z z z z →∞=+，由引理3.0得，2
22
lim d 0(1)R R z z z Γ→+∞=+⎰，所以在上式中让R →+∞得 222
d (1)2
x x x π
+∞-∞
=+⎰
从而
2222220
1d d (1)2(1)4
x x x x x x π+∞+∞-∞==++⎰
⎰．
（方法２：利用公式）因为222
(1)
x x +的分母22
(1)0x +≠（x ∈），且分母比分子至少高两次，所以，由有理函数反常积分的留数计算公式得
2222222220
11d d 2Res (1)2(1)2(1)4
z i x x z x x i x x z π
π+∞+∞-∞===⋅=+++⎰
⎰． （２）令i z e θ
=，则
21
20
12
221121
11
d d 12cos 122
1111d d (1)(1)()(1)11112Res 2lim
()(1)12.1z z z z a z a z z z a a
iz a a z z i a z a z i z a az i i i z a az i
az a
πθθπππ-===→==⋅+-+-⋅+==-+-+--=-⋅=-⋅---=-⎰
⎰⎰⎰
（３）因
22
20
011d d 1cos 2sin 2
a a π
π
θθθθ=-++
⎰
⎰ 22
011d2d 21cos 221cos t t a a t π
θπθθ
==
=+-+-⎰
⎰
11
d 221cos t a t
ππ-=
+-⎰． 类似于（２）的方法可得
1
d 21cos t a t
π
π
-
=
+-⎰
所以
220
111d d sin 221cos 2(1)
t a a t a a π
ππθθ-==++-+⎰
⎰． （４）因
2220sin 1sin 1d d Im d 12121ix
x x x x x x x e x x x x +∞
+∞+∞-∞-∞==+++⎰⎰⎰， （方法１：利用公式）21
x x +的分母2
10x +≠（x ∈）且分母比分子至少高一次，所以，由形如
()d ()
imx
P x e x Q x +∞-∞
⎰
（其中()0()Q x x ≠∈，1Q P ∂≥∂+） 的反常积分的留数计算公式得
22211
d 2Res 2lim()111
2lim 22ix iz
iz
z i z i iz z i x z z e x i e i z i e x z z z i
i e i e ie z i i
πππππ+∞-∞
→=--→==-+++===+⎰
从而
1
2220sin 1sin 11d d Im d 121212ix x x x x x x x e x e x x x π+∞
+∞+∞--∞-∞===+++⎰⎰⎰． （方法２） 考虑函数21
iz z
e z +沿如图示以原点为心，1R >为半径的上半圆的边界的积分．显然
2
1
iz
z e z +在此半圆内仅有一个一阶极点z i =，且
1221Res lim()lim 112
iz iz iz
z i z i z i z z ze e z i e e z z z i -→→==-==+++．
由留数定理
1
222d d 2Res 111
R R
ix iz iz R z i x z z e x e z i e e i x z z ππ+--Γ=+==+++⎰⎰ 又2
lim 01z z z →∞=+，由引理3.1得，2lim d 01
R iz R z
e z z Γ→+∞=+⎰，所以在上式中让R →+∞得 12d 1ix x e x e i x π+∞--∞=+⎰
从而
1
2220
sin 1sin 11d d Im d 121212
ix x x x x x x x e x e x x x π+∞+∞+∞--∞-∞===+++⎰
⎰⎰． （５）（方法１）由（４）并注意到
sin d 2x x x π
+∞=⎰
和
2211(1)1
x x x x x =-++可得 2220
00011sin 1sin sin d sin ()d d d (1)11
1(1).222
x x
x x x x x x x x x x x x x x e e ππ
π+∞+∞+∞+∞--=⋅-=-+++=-=-⎰
⎰⎰⎰
（方法２：利用公式）因
2220
sin 1sin 11d d Im d (1)2(1)2(1)
ix x x x x e x x x x x x x +∞+∞+∞-∞-∞==+++⎰
⎰⎰ 且
2
1(1)
x x +的分母比分子至少高一次，分母2
(1)x x +在
上仅有一个一阶零点0x =，由形如
()d ()
imx
P x e x Q x +∞-∞
⎰
（其中()Q x 在上仅有一阶零点，1Q P ∂≥∂+，0m ≥）
的反常积分的留数计算公式得
22201111
11d 2(Res
Res )(1)
(1)2(1)
11
2()(1)
22
ix iz
iz z i z e x i e e x x z z z z i e i e πππ+∞-∞
==--=++++=-=-⎰
所以
1
222
sin 1sin 11d d Im d (1)(1)2(1)2(1)2
ix x x x x e x e x x x x x x π+∞+∞+∞--∞-∞===-+++⎰
⎰⎰． （方法３）如图示在以原点为心，1R >为半径的上半圆内再挖去以原点为心，1ε<为半径的上半圆域，记所得区域为D ．考虑函数
21(1)
iz e z z +
沿区域D 的边界的积分，由留数定理得
2
2
2
2
111
1
d d d d (1)
(1)
(1)(1)
R
R
ix
ix iz iz R
C e x e x e z e z x x x x z z z z ε
εε
-
--Γ+++++++⎰
⎰
⎰
⎰
1212Res
(1)
iz z i
i e e i z z ππ-===-+
又2
1lim
0(1)
z z z →∞
=+，2
1lim 1(1)iz z z e z z →⋅
=+，由引理3.1和引理3.2得，
21
lim
d 0(1)R
iz R e z z z Γ→+∞
=+⎰
，
2
2
1
1
lim d lim d 1(1)
(1)
iz iz C C e z e z i i z z z z ε
ε
εεππ-
→→=-=-⋅=-++⎰
⎰
所以在上式中让R →+∞得
121d (1)
ix e x i e i x x ππ+∞--∞
-=-+⎰
，即121d (1)(1)
ix e x e i x x π+∞--∞
=-+⎰
从而
12220
sin 1sin 11d d Im d (1)(1)2(1)2(1)2
ix
x x x x e x e x x x x x x π+∞+∞+∞--∞-∞===-+++⎰
⎰⎰．
（６）（方法１）由反常积分主值的定义
22220
ln ln d lim d (1)(1)R R x x
x x x x εε+
+∞→+∞→=++⎰
⎰．
考虑辅助函数2
22
(ln )(1)z z +，其中ln z 表示支割线取原点及正实轴，且在正实轴上沿取实值的对数
函数Ln z 的主值支．并考虑此函数沿如图示的区域边界的积分．
注意到在正实轴的下沿，z i =和z i =-处ln z 的取值分别为
ln ln 2z x i π=+，ln ln 2
2
i i i i π
π
=+
=
，33ln()ln 22
i i i i ππ-=-+
= 且
22
222222(ln )(ln )ln Res lim[()]lim[()](1)(1)z i z i z i z z z z i z z z i
→→=''=-=+++ 3ln lim 2(ln )(2)()82
z i
z z i z z i z z i ππ
→=⋅
+-=--+
22
222222(ln )(ln )ln Res lim[()]lim[()](1)(1)z i z i z i z z z z i z z z i
→-→-=-''=+=++- 3ln 33lim 2(ln )(2)()82
z i
z z i z z i z z i ππ
→-=⋅
--=--+-
由留数定理得
222
2
22222222222
22222222222222(ln )(ln )(ln )(ln 2)d d d d (1)(1)(1)(1)
(ln )(ln )ln 1d d 4d 4d (1)(1)(1)(1)
(ln )(ln )2[Res Res ](1)(1)R R
R
C R R R C z i z i x z z x i x z z x x z z x z z x z z i x x z z x x z z i z z εεεε
εεππππ--ΓΓ==++++++++=+-+++++=+++⎰⎰⎰⎰⎰
⎰⎰⎰2
2()
22
i i πππ=- 又注意到ln lim 0z z
z α→∞=，2ln lim 0z z z
α→∞=，其中0α>，以及arg 2z π≤，易得
22
2222(ln arg )(ln )lim lim 0(1)(1)z z z i z z z z z z →∞→∞+==++ 222222
00(ln arg )(ln )lim lim 0(1)(1)z z z i z z z z z z →→+==++ 由引理3.0和引理3.2，在上式两边让R →+∞，0ε+
→得
222
(ln )lim d 0(1)R
R z z z Γ→∞
=+⎰
，2
220(ln )lim d 0(1)C z z z εε-+→=+⎰
22
22220
0ln 11d [2()4d ](1)422(1)
x x i i x x i x πππππ+∞+∞=---++⎰
⎰
由分部积分法可得
222
11d (arctan )(1)21
4
x
x x x x π
+∞+∞
=+=
++⎰
所以
22220
ln 1d [2()4](1)42244
x x i i x i πππππππ+∞=---⋅=-+⎰
． （方法２：利用公式）因
22
1(1)
x +的分母22
(1)0x +≠()x +
∈，且分母比分子至少高两次，所以
由形如
()
ln d ()
P x x x Q x +∞⎰
的反常积分的留数的计算公式得 222
222222220
0ln 1(ln )(ln )1d {2[Res Res ]4d (1)4(1)(1)(1)4
z i z i x z z x i x x i z z x ππππ+∞+∞===-+-=-++++⎰
⎰． （７）（方法１：利用课本P 96例１）
2
120
2
11
d d 122sin
(1)2
t x x x t x t t α
α
π
α
π
-=+∞+∞==
++⋅⎰
⎰．
（方法２：类似于（６）的方法或课本P 96例１的方法）省略． （方法３：利用公式）因
2
120
2
11
d d 12(1)t x x x t x t t α
α
-=+∞+∞=++⋅⎰
⎰，012
α
<
<．
且
1
1t
+的分母10t +≠()t +
∈，分母比分子至少高一次，由形如0
()()
d P t Q t t t
α
+∞⎰
的反常积分的留数的计算公式得
1
2
2
1
21
d Res
1sin
(1)(1)2
i z i
t e t t z z α
α
απππα
π
+∞-=-=
=
-+⋅+⋅⎰
，
从而
2
120
2
11
d d 122sin
(1)2
t x x x t x t t α
α
π
α
π
-=+∞+∞==
++⋅⎰
⎰．
（８）由反常积分主值的定义
00
0d lim d lim (d d
)
lim (d d )ax ax ax ax ax ax
R R R x x x x x x x x R R ax ax
t x
R
x x x x R R e e e e e e x x x x e e e e e e e e e e
x x e e e e
ππππππππεεεεεεππππε
ε++
+
---+∞----→+∞→+∞→→=-----→+∞
→--==-----=+--⎰
⎰⎰⎰⎰
⎰
取辅助函数az
z z
e e e ππ--，并考虑此函数沿如图示的区域边界的积分，由留数定理，并注意到z i =为az
z z
e e e ππ--的一阶极点，且
Res ()2az ai ai
z z i i z i e e e e e e e ππππππ
--===--+ 由留数定理得
1,22,d d d d ax az ax
R x x z z x x R
C az az
z z z z
R R i R i R e e e x dz x e e e e e e
e e z z e e e e εεππππππεππππ--------+-+-++---++--⎰
⎰⎰⎰⎰
22222d d az az az
i R i z z z z z z R i
C i e e e z dz z e e e e e e
εεππππππε-+-+---+-++++---⎰
⎰⎰ 2Res az
ai z z z i e i ie e e
πππ-===-- ……………………………...（＊）
又
2222d d az ax z x i i R ai
z z x x R i
e e z e x e e e e εππππε=++--+==---⎰
⎰ 2222d d az ax z x i R i
ai z z
x x i
R e e z e x e e e e εππππε
=+-+----+-=---⎰⎰
01lim 2az
z z z e z e e πππ-→=-，020
2lim(2)2az
ai
z z z i e e z i e e πππ
-→-=- 由引理3.2
11
001lim d lim d 22
az az z z z z C C e e i
z z i e e e e ε
εππππεεππ-
++--→→=-=-⋅=---⎰
⎰ 222200lim d lim d 22
az az ai ai
z z z
z C C e e e i z z i e e e e e ε
εππππεεππ-
++--→→=-=-⋅=---⎰
⎰ 而由积分的估值性
2()(),20
1
d d 20()az
aR axi z R xi z z
R xi R xi a R a R
R R i
e e e z i x R e e e e e e e e ππππππ=+-----++=
≤⋅→→+∞-⋅-⋅-⎰
⎰
，
0()()2,2
1
d d 20()az
aR axi z R xi
z z
R xi R xi a R a R
R i R
e e e z i x R e e
e e e e e e
ππππππ-=-+---+---+-=
≤⋅→→+∞-⋅-⋅-⎰
⎰
．. 所以，在（＊）式两边让R →+∞，0ε+
→得
220
(1)d 22
ax ax ai
ai ai
x x
e e i i e x e ie e e ππ-+∞-----=--⎰
整理得
2
20
sin
(1)1112d tan 2(1)21222
cos 2
ax ax
ai
ai
x x
ai ai a
e e
i e i e a x a e e e e ππ-+∞----=⋅=⋅=⋅
=--+⎰
． （９）由反常积分主值的定义
00
00
d lim d lim (1)d 1lim
d lim (d d )2x t R R x x x x t t R R R x x x x x x R
R R R x x t
x x t e e e e e e x x x
x x x e e e e e e
ππππππεεεεεεππππππεεε++
+
+=-+∞-----→+∞→+∞→→-------→+∞
→+∞→→-==----==+---⎰
⎰⎰⎰
⎰⎰
取辅助函数2
z z
z e e ππ--，并考虑此函数沿如图示的区域边界的积分，由留数定理，并注意到z i
=为2
z z
z e e
ππ--的一阶极点，且 221
Res ()2z z i i z i z i e e e e ππππππ
--===-+ 得
1222
22
,22,d d d d R x x z z x x R
C z z
z z R R i R i R x z x x dz x e e e e e e
z z
z z e e e e εεππππππεππππ--------+-+-++---++--⎰
⎰⎰⎰⎰ 2222
2222d d i R i z z z z z z R i
C i z z z z dz z e e e e e e
εεππππππε-+-+---+-++++---⎰
⎰⎰ 21
2Res 22z z z i z i i i e e πππππ
-===⋅=- ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（＊＊）
又
2
22222
(2)d d 1
d 4d 4d z x i i z z x x R i
R x x x x x x R R R z x i z x
e e e e
x x x i x x e e e e e e εεππππεεεππππππ=++--+---+=--=+----⎰
⎰⎰⎰⎰
2
22222
(2)d d 1d 4d 4d z x i R i R z z
x x i
R R R x x
x x x x z x i z x
e e e e x x x i x x e e e e e e ππππεεππππππεεε=+-+----+----------+=--=+----⎰
⎰⎰⎰⎰ 023
0lim lim 0z z z z z z z z z
e e e e ππππ--→→==--，02
222(2)2lim(2)lim z z z z z i z i z z i z i z e e e e πππππ
--→→--==---
由引理3.2
11
22
00lim d lim d 0z z z z C C z z z z e e e e
ε
εππππεε-
++--→→=-=--⎰
⎰ 2222002lim d lim d 2z z z
z C C z z z z i i e e e e ε
εππππεεππ
-
++--→→-=-=-⋅=--⎰
⎰ 而由积分的估值性
2
2222,20
244d d 20()z R xi z z
R xi R xi
R R R R i
z R x xRi R R
z i x R e e
e e e e e e
ππππππ=+----+-+++=≤⋅→→+∞-⋅-⋅-⎰
⎰
2
22202,2
244d d 20()z R xi
z z
R xi R xi
R R R i R
z R x xRi R R
z i x R e e
e e e e e e
ππππππ=-+-----+---++=
≤⋅→→+∞-⋅-⋅-⎰
⎰
所以，在（＊＊）式两边让R →+∞，0ε+
→，并注意到
11
d d 0R x x
x x R
x x e e e e εππππε----+=--⎰
⎰奇函数
2222
d d d d 0R R x x x x x x x x R
R x x x x x x x x e e e e e e
e e
εεππππππππεε--------+++=----⎰
⎰⎰⎰
得
04lim (d d )2R
x x
x x R R x x
i x x i i e e e e εππππε
ε+----→+∞
→-++=--⎰
⎰ 即
01
lim (d d )4
R
x x x x
R R x x x x e e e e εππππε
ε+
----→+∞
→+=--⎰
⎰ 所以
11
d lim (d d )28
R x x x x x x R R x x x x x x e e e e e e εππππππεε++∞-----→+∞→=+=---⎰
⎰⎰． （１０）（方法１）由分部积分公式得
22
20
0000sin 1d sin d()2sin cos sin 2sin d d2d .22
x x x x x x x x x x x x x x x π+∞+∞+∞+∞+∞=-====⎰
⎰⎰⎰⎰
（方法２）由反常积分柯西主值的定义
222220
000220
222200
sin 1cos 21cos 21cos d d d(2)d 2(2)11cos 2lim d lim d 1111
11lim (d d )lim (d d 22ix ix
R R
R R ix ix ix ix
R R R R R x
x x x x x x x x x x x
e e x x x x x e e e e x x x x x x x
εεεεεεεεε++
+++∞+∞+∞+∞-→+∞→+∞→→-→+∞→+∞→→---===+--==----=+=+⎰
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰)R x ε--⎰
考虑在以原点为心，充分大的正数R 为半径的上半圆内挖去以原点为心充分小的正数ε为半径
的上半圆所得的区域，并考虑函数2
1iz
e z -沿此区域边界的积分．由柯西定理
2222
1111d d d d 0R ix
ix
iz iz
R
R C e e e e x x z z x x z z ε
εε
---Γ----+++=⎰⎰⎰⎰ ．．．．．．（＊）
又
21lim 0z z z →∞
⋅
=，21
lim 0z z →∞=，0
20011lim lim iz
iz z z e e z i z z →→--⋅==- 由引理3.0，引理3.1和引理3.2
22211lim
d lim d lim d 000R
R R iz iz
R R R e e z z z z z z ΓΓΓ→+∞
→+∞→+∞-=-=-=⎰
⎰⎰， 22
0011lim d lim d ()iz iz C C e e z z i i z z εεεεππ-
+
+→→--=-=--⋅=-⎰
⎰．
在（＊）式两边让R →+∞，0ε+
→得
22
011lim (d d )00ix
ix
R
R R e e x x x x εε
επ+
--→+∞→--++-=⎰
⎰，
即
22
011lim (d d )ix
ix
R
R R e e x x x x εε
επ+
--→+∞
→--+=⎰
⎰，
所以
22220
sin 111d lim (d d )22
ix ix
R R R x e e x x x x x x εεεπ
++∞--→+∞→--=+=⎰
⎰⎰． （１１）显然
0cos d Re d x
ix x
x e e e x x x x
--+∞+∞--=⎰
⎰，由反常积分柯西主值的定义
0d lim d ix x
ix x
R R e e e e x x x x
--+∞→+∞--=⎰
⎰
取辅助函数iz z
e e z
--，并考虑此函数沿如图示位于第一象限四分之一圆域
{,Re 0,Im 0}z z R z z <>>
的边界的积分．由柯西定理（注意iz z
e e z
--在此区域内解析）
,0d d d 0R ix x iz z iz z
R Ri e e e e e e x z z x z z
---Γ---++=⎰
⎰⎰ ．．．．．．（＊）
又
0,0
0000()
d d d d sin d 2d iz z x ix x ix x
ix ix ix z ix R R Ri R ix x
R R e e e e e e e e e e z x x x
z x x x
e e x x i x x x
-------=-----+-==-=--=-⎰
⎰⎰⎰⎰⎰ 注意到
sin d 2
x x x π
+∞=⎰
，可得 ,0
000sin lim
d lim d 2d lim d iz z
ix x ix x
R R Ri R R R e e e e x e e z x i x x i z x x x
π---+∞→+∞
→+∞→+∞---=-=-⎰
⎰⎰⎰．
而由积分的估值性
22
sin cos 220
2sin 2sin 2200
d d ()d ()d ()d 2d 2d (1)0()
i i i i i R
i i iz z
iR e R e z R e i iR e R e i iR e R e R R R
R R e e e e z iR e i e e z
R e e
e e e e
e
e R R
θθ
θ
θθθ
θ
π
π
θθ
π
π
θθθθ
π
π
π
θ
θ
π
θθθθ
π
θ
θ-⋅-⋅=⋅⋅-⋅Γ⋅-⋅--≥-
----=⋅=-⋅≤+=+=≤=
-→→+∞⎰
⎰
⎰⎰⎰⎰⎰
所以在（＊）式两边让R →+∞得
2lim
d 00ix x
R R e e x i x
π-→+∞
-+-=⎰
， 即
0d lim d 2
ix x ix x R R e e e e x x i x x π
--+∞→+∞--==⎰
⎰．
所以
0cos d Re d 0x
ix x
x e e e x x x x
--+∞+∞--==⎰
⎰．
（１２）由反常积分的柯西主值的定义
01
1
d lim d 1
1R n n R x x x x +∞→+∞=++⎰
⎰．
取辅助函数
1
1
n
z +，并考虑此函数沿如图示扇形区域 2{,0arg }z z R z n
π
<<<
，其中1R > 的边界的积分．注意到1
1
n z +在此区域内仅有一个一阶极点i n z e π=，且
1111Res 1i
i
i n
n
n i n n n n
z e
z e
z e
z e z n z n z n
π
π
π
π
-=====
=-+⋅⋅，
由留数定理得
20
,011112d d d 2Res 1111i n i R n
i R n n n n n R e z e x z z i i e x z z z n ππππ
πΓ⋅=++==-⋅++++⎰
⎰⎰， 又 21lim 01
n n z z z ≥→∞⋅=+，由引理3.0得，1
lim d 01R n R z z Γ→+∞=+⎰．而
22220,0
0111d d d 1
11i
n
i
n
z xe i i R n n
n n n R e
R z e x e x z x x π
π
ππ=⋅==-+++⎰
⎰⎰ 所以
220
0112(1)d lim (1)d 11i
i i R n
n n n n R e
x e x i e x x n
ππππ
+∞→+∞-=-=-⋅++⎰
⎰， 即
20
12211d 1sin
12i
n n i i i i i n n n n n e x i i x n n n
n e e e e e n
i
π
πππππ
ππππ
π+∞--=-⋅=-⋅=⋅=+⋅---⎰
．
（１３）由反常积分主值的定义，并注意到1x =不是
2ln 1
x
x -的瑕点（因0
21ln 1lim 12x x x →=-），有 220
ln ln d lim d 11R R x
x x x x x εε+
+∞→+∞→=--⎰
⎰．
考虑辅助函数2
2(ln )1
z z -，其中ln z 表示支割线取原点及正实轴，且在正实轴上沿取实值的对数
函数Ln z 的主值支，并考虑此函数沿如图示的区域边界的积分．
注意到在正实轴的下沿和1z =-处ln z 的取值分别为
ln ln 2z x i π=+，ln(1)ln 1i i ππ-=-+=
且
222222
22111(ln )(ln )(ln )(ln(1))()Res lim(1)lim 1111122
z z z z z z i z z z z ππ→-→-=--=+⋅====------
由留数定理得
1222
2
22222
2122222122
321(ln )(ln )(ln )d d d 11
1(ln 2)(ln 2)(ln )d d d (1)(1)1
(ln )2Res 212
R R C R C z z x z z x z
z x z x i x i z x x z x x z z i i i
z εε
εεεεππππππ-
-Γ+-=-++---+++++++-==⋅=-⎰
⎰⎰⎰⎰⎰ ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（＊）
又注意到ln lim 0z z
z α→∞=，2ln lim 0z z z
α→∞=，其中0α>，以及arg 2z π≤，易得
22
22(ln arg )(ln )lim lim 011
z z z i z z z z z z →∞→∞+==--
22
2200(ln arg )(ln )lim lim 011
z z z i z z z z z z →→+==-- 22
22211Im 0Im 0
(ln arg )(ln )(2)lim (1)lim 2112z z z z z i z z i z z z ππ→→<<+-===--+ 由引理3.0和引理3.2得
2
2(ln )lim d 01
R
R z z z Γ→∞
=-⎰
， 12
2
0(ln )lim d 01
C z z z εε-
+
→=-⎰
， 222223
22
00(ln )(ln )lim d lim d (2)21
1C C z z z z i i z z εεεεπππ-
+
+→→=-=--⋅=--⎰
⎰． 而
2
212212
11122222
222211122
12221(ln 2)(ln 2)d d 11(ln )ln 1d 4d 4d 111
(ln )ln 1d 4d 4d 1
11(ln )(ln )ln (d d )4(d 1
11R
R R R R R x i x i x x
x x x x x i x x x x x x x x i x x x x x x x x x x i x x x x εεεεεεεεεεεεεεεπππππππ+-+++---+-+++--=+----++----=++---⎰
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰12112
221ln d )1114(d d )1
1R x x x x x x x εεεεεεπ+-+-+--+--⎰⎰⎰⎰ 注意到
2
222
102222100(ln )(ln )(ln )(ln )lim (d d )d d 1111
R
R x x x x x x x x x x x x εεεε+
++∞-+∞→+∞
→+==-----⎰
⎰⎰⎰ 102222100ln ln ln ln lim (d d )d d 1111
R
R x x x x x x x x x x x x εεεε+
++∞-+∞→+∞
→+==-----⎰
⎰⎰⎰ 11122100
11111lim (d d )lim (ln ln
)
11211
1211lim (ln ln ln )02211R
R
R R R x x x x x x x x R R εεε
εε
εεεεεεεε+
+
+
++--→+∞
→+∞→→→+∞→--+=+--++---=-+=+++⎰
⎰
在（＊）式两边让R →+∞，0ε+
→得
33
20
ln 4d 21
x i x i i x πππ+∞-+=-⎰
，即220ln d 14x x x π+∞=-⎰． （１４）（方法１）不必用留数计算，直接利用余元公式．作变换1t x =+，
21211223
3
33100
1
211
22
1111
3
3
3
3
111
(2)d ()(1)d 222(1)d (1)d 1211(,)(,1)13333sin 3
u t x t t t t t t u u u u
u u
B B ππ-
-
---=-
-
--=-=-=
-=-==-==
⎰
⎰⎰
⎰
⎰
（方法２）仿照课本P 99例３的方法，用留数来计算．
由反常积分柯西主值的含义
11110
lim x x εεε+---+→=⎰
⎰
，
[1,1]-，且在支割线的上沿取
正实数的解析分支．并取如图示支割线[1,1]-的上下沿以及分别以1-和1为心，充分小的正数ε为半径的圆周1
C ε，2
C ε所构成的简单闭曲线的外区域
D ，由于
在D 内解析，并注意到在[1,1]-的下沿上
23
()
i
x π
-==下．
由含无穷远点的留数定理得
1212213
12113
11(1)2i
C C C C i
z z z e x
z z x e
x
i εεεεπεεπε
εεε
π------+--+-+-=∞
++-=+++=⎰
⎰
⎰
⎰
⎰⎰
⎰
．．．．．．．．．．．．．．．．．．（＊） 又易知
1
lim(0z z →-=
，1
lim(0z z →-+=
由引理
3.2
10
lim 0C z εε-+→=⎰
，20
lim 0C z εε-+→=⎰
所以（＊）式变为
213
1(1)2i
z e
x i π
π-=∞-=⎰
下面，我们来计算z =∞．
事实上，
0003
03
1
z t t t i t i e e ππ=∞
===→-=-=-=-==-=-为一阶极点
所以，
213
31(1)2i i
e
x ie ππ
π--=-⎰
，
即
31213
33
2sin
13
2i
i i
i
e
x i
e
e e i
πππ
ππ
π
ππ
--=-=
=
=
--⎰
．
注意：32
03
lim
(1)(1)i
t e t t π
→=-
+的算法如下．
因为解析分支23(1)(1)z z -+在变换1z t
=（反演变换）下，变成解析分支
2233
111
(1)(1)(1)(1)t t t t t
-+=-+
此时23(1)(1)z z -+的支割线[1,1]-变成了(,1][1,)-∞-⋃+∞它是解析分支
2233
111
(1)(1)(1)(1)t t t t t
-+=-+
的支割线，由反演变换的特点，原支割线的上沿，变成支割线的下沿，因而解析分支
2233
111
(1)(1)(1)(1)t t t t t
-+=-+
应是在支割线(,1][1,)-∞-⋃+∞的下沿取正实数的解析分支，于是23(1)(1)t t -+是在
[1,)+∞的下沿取正实数或在(,1]-∞-的下沿取负实数的解析分支．因此，如图示
1
[arg(1)2arg(1)]22333
3
3
lim (1)(1)(1)(1)
1l l i t t i
t t t t t t e
e
π∆-+∆+-=→-+=-+=
-=，
所以，
32
03
lim
(1)(1)i
t e t t π
→=-+．
（１５）由反常积分的柯西主值的定义
112
2
1
10
lim (2)1(2)1x x x x
x x
εε
ε+---+→=----⎰
⎰
．
2
(2)1z z --，2
1z -[1,1]-，并在支割线的上沿取正数
2
1z -2
(2)1z z
--沿如图示的区域D 的边界的积分．注意
2
1z -[1,1]-的下沿及2z =处的取值分别为
1
1[arg(1)arg(1)]22
2
2
22
2
1111l l i z z i x z
x e
x e
x π∆++∆-⋅=-=-=-=--下
其中l 表示从支割线的上沿上的点[1,1]x ∈-到下沿x 的任一条不穿过支割线的简单曲线．
111
1
[arg(1)arg(1)]()2
2
2
2
2
11233l l i z z i z z
e
e
i π∆++∆-⋅-=-=-==-其中1l 表示从支割线的上沿到2z =的任一条不穿过支割线的简单曲线． 2
(2)1z z
--在区域D 内仅有一个一阶极点2z =，
2
2
2
2
2
2
lim(2)33
(2)1(2)11z z z z i z z z z z →===-=
=
=
-⋅-----． 由留数定理得
122
2
2
112
2
11(2)1(2)1(2)1(2)1(2)1R
C C z z z
z z
z z
z z
x x
x x
x x
εεεεε
ε
-
-
Γ--+-+-++------++-----⎰
⎰⎰
⎰
⎰
2
2
2233
(2)1z i i z z ππ====-- ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． （＊）
又
lim lim
0(2)z z z z z →∞
→∞==-，
21
1
1
arg(1)2
1
lim(1)lim(1)0(z z i z z z z e
→-→--+=+⋅
=-，
21
1
1
arg(1)2
1
lim(1)lim(1)0(z z i z z z z e
→→--=-⋅
=-．
由引理3.0和引理
3.2
lim
0R
R z Γ→+∞
=⎰
，
10
lim 0C z εε-
+→=⎰
，
20
lim 0C z εε-
+→=⎰
．
因此，在（＊）式两边让R →+∞，0ε+
→得
11
2x -=⎰
，即11
x -=⎰
1z ==的解
析分支，则另一解析分支为
仅有两个支点12z =-
，且
1222
z i z =-±∈<
和都在2z ≥上解析，于是，由推广的留数定理（即
第４章习题６或７），
2C
z z i π=∞
=-⎰，
22C
z z z i i ππ=∞
=∞
=-=⎰
．
下面，我们利用公式
20
11Res ()Res[
()]z z f z f z z
=∞
==-
求z =∞
．因
221111z
z =⋅=
以0z =为一阶极点，所以
000
lim 1,
z z z z z =∞
==→=-=-=-==- 从而
22C
z z i i ππ=∞
=-=⎰，
22C
z z i i ππ=∞
==-⎰
．
９．试由
2
d 2
x e x +∞-=
⎰
，
证明：
（１）
2
20
cos d sin d r r r r +∞+∞==
⎰
⎰
（弗莱涅尔积分）； ［提示］：作辅助函数2
()z f z e -=，并考虑第一象限内以半射线arg 0z =及arg 4
z π
=为边界的扇
形．
（２）
2
2
cos 2d 2
x h e hx x e +∞--=
⎰
，其中0h >．
［提示］：作辅助函数2
()z f z e -=，并考虑以R -，R ，R h i +⋅，R h i -+⋅（0R >）为顶点的
矩形．
证明（１）作辅助函数2
()z f z e -=，并取0R >，以及如图示的扇形。