《复变函数论》第六章

第六章 留数理论及应用第一节 留数1、留数定理：设函数f (z )在点0z 解析。

作圆r z z C =-|:|0，使f (z )在以它为边界的闭圆盘上解析，那么根据柯西定理，积分⎰Cdz z f )(等于零。

设函数f (z )在区域R z z <-<||00内解析。

选取r ，使0<r<R ，并且作圆r z z C =-|:|0，那么如果f (z )在0z 也解析，则上面的积分也等于零；如果0z 是f (z )的孤立奇点，则上述积分就不一定等于零；这时，我们把积分⎰C dz z f i)(21π 定义为f (z )在孤立奇点0z 的留数，记作),(Res 0z f ，这里积分是沿着C 按逆时针方向取的。

注解1、我们定义的留数),(Res 0z f 与圆C 的半径r 无关：事实上，在R z z <-<||00内，f (z )有洛朗展式：∑+∞-∞=-=n n nz z z f )()(0α，而且这一展式在C 上一致收敛。

逐项积分，我们有,2)()(10-+∞-∞==-=∑⎰⎰απαi dz z z dz z f n Cnn C因此，10),(Res -=αz f 。

注解2、即f (z )在孤立奇点0z 的留数等于其洛朗级数展式中1z z -的系数。

注解3、如果0z 是f (z )的可去奇点，那么.0),(Res 0=z f定理1.1（留数定理）设D 是在复平面上的一个有界区域，其边界是一条或有限条简单闭曲线C 。

设f (z )在D 内除去有孤立奇点n z z z ,...,,21外，在每一点都解析，并且它在C 上每一点都解析，那么我们有：),,(Res 2)(1k nk Cz f i dz z f ∑⎰==π这里沿C 的积分按关于区域D 的正向取。

证明：以D 内每一个孤立奇点k z 为心，作圆k γ，使以它为边界的闭圆盘上每一点都在D 内，并且使任意两个这样的闭圆盘彼此无公共点。

从D 中除去以这些k γ为边界的闭圆盘的一个区域G ，其边界是C 以及k γ，在G 及其边界所组成的闭区域G 上，f (z )解析。

因此根据柯西定理， ,)()(1∑⎰⎰==nk Ckdz z f dz z f γ这里沿C 的积分按关于区域D 的正向取的，沿k γ的积分按反时针方向取的。

根据留数的定义，得定理的结论成立。

2、留数的计算：本节讲述几种常见的情形下，如何计算留数。

首先考虑一阶极点的情形。

设0z 是f (z )的一个一阶极点。

因此在去掉中心0z 的某一圆盘内（0z z ≠），),(1)(0z z z z f ϕ-=其中)(z ϕ在这个圆盘内包括0z z =解析，其泰勒级数展式是：()(),nn n z z z α+∞==-ϕ∑ 而且0)(00≠=z ϕα。

显然，在f (z )的洛朗级数中，01z z -的系数等于)(0z ϕ，因此),()(lim ),(Res 000z f z z z f z z -=→如果容易求出)(z ϕ的泰勒级数展式，那么由此可得00),(Res α=z f ；否则要采用其他方法求留数。

如果在上述去掉中心0z 的圆盘内（0z z ≠），,)()()(z Q z P z f =其中P (z )及Q (z )在这圆盘内包括在0z z =解析，0)(0≠z P ，0z 是Q (z )的一阶零点，并且Q (z )在这圆盘内没有其他零点，那么0z 是f (z )的一阶极点，因而).('/)( )()()()(lim )()(lim ),(Res 0000000z Q z P z Q z Q z P z z z f z z z f z z z z =--=-=→→例6.1.1、函数,1)(2ze zf iz+= 有两个一阶极点i z ±=，这时,21)(')(iz e zz Q z P = 因此 .2),(Res ,2),(Res e i i f e i i f =--= 其次，我们考虑高阶极点的情形。

设0z 是f (z )的一个k 阶极点(k>1)。

这就是说，在去掉中心0z 的某一圆盘内（0z z ≠），),()(1)(0z z z z f kϕ-=其中)(z ϕ在这个圆盘内包括0z z =解析，而且0)(0≠z ϕ。

在这个圆盘内，)(z ϕ泰勒级数展式是：00()(),n n n z z z α+∞=ϕ=-∑由此可见，,),(Res 10-=k z f α因此问题转化为求)(z ϕ泰勒级数展式的系数。

如果容易求出)(z ϕ的泰勒级数展式，那么由此可得10),(Res -=k z f α；否则要采用其他方法求留数。

显然，,)!1()(lim)!1()()1(0)1(10-=-=-→--k z k z k z z k k ϕϕα因此，我们也可根据下列公式计算),(Res 0z f ：.)]()[(lim )!1(1),(Res 10100--→--=k k k z z dzz f z z d k z f 例6.1.2、函数,sec )(3z zz f =在z =0有三阶极点，则...,!45!211sec )(42+++==z z z z ϕ 因此.21)0,(Res =f由上述公式也可得：.21)sec (lim 21)0,(Res 33220=⋅=→z z z dz d f z z例6.1.3、函数,)1()(22+=z z e z f iz在z =i 有二阶极点。

这时,)()(2i z z e z iz+=ϕ 令z=i+t ，那么在,)2)(()(2)(t i t i e t h i t i ++=+的泰勒展式中，t 的系数就是f (z )在i 的留数。

写出h (t )中每个因子的到t 的一次项，我们有：当|t|<1时()1(1...),i t i e e it +-=++...),1(11++-=--=+it i iti t i ...),1(41)21(141)2(122++-=--=+it it t i 因此当|t|<1时，...),31(4)(++=it eit h于是.43),(Res ei f -=由上述公式也可得：.43])([lim),(Res 2e i z z e dz d i f iz i z -=+=→ 第二节 留数定理的应用积分的计算：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，而这些积分中的被积函数的原函数，不能用初等函数表示出来；或者有时可以求出原函数，但计算也往往非常复杂。

利用留数计算积分的特点：（1）、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数，从而大大化简了计算；（2）、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；（3）我们只讨论应用单值解析函数来计算积分，应用多值解析函数来计算积分在课本中有讨论。

由于时间的关系，我们不讨论应用多值解析函数来计算积分的问题，同学们可以自学。

例6.2.1、 计算积分⎰+=π20,sin ta dtI 其中常数a>1。

解：令z e it =，那么izdzdt z z i t =-=),1(21sin 。

而且当t 从0增加到π2时，z 按逆时针方向绕圆C :|z |=1一周。

因此,1222⎰-+=C iaz z dzI 于是应用留数定理，只需计算1222-+iaz z 在|z |<1内极点处的留数，就可求出I 。

上面的被积函数有两个极点：121-+-=a i ia z 及122---=a i ia z 。

显然1||,1||21><z z 。

因此被积函数在|z |<1内只有一个极点1z ，而它在这点的留数是：.11222),(Res 211-=+=a i ia z z f 于是求得.1211222-=-=a a i iI ππ注解1、应用同样得方法，我们可以计算一般形如,)cos ,(sin 20⎰=πdt t t R I的积分，其中R (x,y )是有理分式，并且在圆C :|z |=1上，分母不等于零。

例6.2.2、 计算积分2201 ,2(1)dxI x ∞=+⎰ 解：首先，这是一个广义积分，它显然是收敛的。

我们应用留数定理来计算它。

考虑函数22)1(1z +，这个函数有两个二阶极点，在上半平面上的一个是z=i 。

作以O 为心、r 为半径的圆盘。

考虑这一圆盘在上半平面的部分，设其边界为r C 。

取r >1，那么z=i 包含在r C 的内区域内。

沿r C 取22)1(1z +的积分，则有.2412),)1(1(Res 2)1()1(222222πππ==+=+++⎰⎰-Γi i i z i z dz x dx rr r 其中r Γ表示r C 上的圆弧部分，沿它的积分是按幅角增加的方向取的。

现在估计积分⎰Γ+r z dz22)1(。

我们有22221||,(1)(1)r dz r z r πΓ≤⋅++⎰ 因此,0)1(lim 22=+⎰Γ+∞→r z dzr 令+∞→r ，就得到.2)1(22π=+⎰+∞∞-x dx从而.4)1(2122π=+=⎰+∞∞-x dx I注解1、我们计算所得的值是这个广义积分的柯西主值，但由于此积分收敛，所以积分值等于主值。

注解2、应用同样的方法，我们可以计算一般形如,)(⎰+∞∞-=dx x R I的积分，其中R (x )是有理分式，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2次。

引理 设f (z )是闭区域),0,0(||,210021πθθθθ≤≤≥+∞≤≤≤≤r z r Argz 上连续的复变函数，并且设r Γ是以O 为心、r 为半径的圆弧在这闭区域上的一段)(0r r ≥。

如果当z 在这闭区域上时，,0)(lim =→∞z f z那么我们有.0)(lim=⎰Γ+∞→rdz e z f iz r证明：设M (r )是f (z )在r Γ上的最大值，则有.)(2)()(|)(|20sin 0sin sin ⎰⎰⎰⎰--Γ-Γ=≤≤πθπθθθθθrd e r M rd er M rd er M dz e z f r r t izrr因为当20πθ<<时，,1sin 2≤≤θθπ所以.2220220sin πθθθθππθππθ=<≤⎰⎰⎰∞+---rd erd erd er r r又因为,0)(lim =→∞z f z ，所以.0)(lim=⎰Γ+∞→rdz e z f iz r例6.2.3、 计算积分⎰+∞+=02,1cos dx x xI 解：取r>0，则有,121)1(21cos 20202⎰⎰⎰--+=++=+r r ixr ix ix rdx x e dx x e e dx x x 函数12+z e iz在0≥y 除去有一阶极点z=i 外，在其他每一点都解析。