第五章 留数定理习题及其解答
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）11ze-，在2z n i π=，n 为整数；（３）1z -，在1z =1=1=-）；（４）1sin 1z -，在1z =． 解 （１）易知z i =±是222(1)z z +的二阶极点，所以 2222222232Res(,)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 →→→''=-===-++++，2222222232Res(,)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 →-→-→--''-=+===++--． （２）因2z n i π=为1ze -的一阶零点，从而为11ze-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 eπππ→→==-=-'--． （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1sin1z -的本性奇点，且在01z <-<+∞内 2130111111sin (1)1(21)!(1)13!(1)n n n z n z z z ∞+==-⋅=-⋅+-+---∑其中11z -的系数为1，所以，1Res[sin,1]11z =-．２．函数2Ln 1zz -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 ]1k 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0221ln [Ln ]11zz z z =--的一阶极点；当0k ≠时，1z =±是21[Ln ]1k 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)11112z z z z i z z π→---=+==-----．当0k ≠时，221112Res[[L n ],1]lim(1)[L n ]1111k k z k i z z z k i z z ππ→=-⋅==--+，221112Res[[L n ],1]lim(1)[L n ]()11112k 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）2d (1)(2)Cz z z z --⎰，其中C 是122z -=； （２）22d (9)zCe z z z -⎰，其中C 是1z =； （３）tan d Cz z π⎰，其中C 是z n =（1,2,3,n =）．解 （１）显然函数2(1)(2)zz z --在复平面上仅有两个孤立奇点1z =和2z =，并且仅有1222z z =∈-<，2z =是2(1)(2)z z z --的二阶极点，从而222222221Reslim[(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)Cz z zz i i z z z z ππ===-----⎰． （２）显然函数22(9)ze 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2222222220000(29)1Res lim[]lim[]lim (9)(9)9(9)9z 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)9z z Cz e e iz 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2k z k ππ=+，0,1,2,k =±±，且都是一阶极点，sin sin sin 1Res tan Rescos (cos )sin kkkkz z z z z z z z z zz z z z zπππππππππ========-'-．又仅当,,2,1k n =---和0,1,2,,1k n =-时，2k z k z n ππ=+∈<，n 为正整数，所以，由留数定理111tan d 2Res tan 2()4kn n Cz z k nk nz 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 iπ-⎰ 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1z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 nn f z z α∞=-∞=∑．再逐项积分，并注意到0,11d 1,12nC n z z n i π-≠-⎧=⎨-=-⎩⎰，可得1111Res(,)()d d d 222nnn nC C C n n f f z z z z z z i i iαααπππ---∞∞-=-∞=-∞∞====-∑∑⎰⎰⎰．５．试求下列函数在无穷远点的留数：（１）1z； （２）1z e ； （３）51(1)(3)z z --．解 （１）由第４题，易得1Res(,)1z∞=-． （２）因在0z <<+∞内，111!zn n e n z ∞==⋅∑，其中1z 的系数为1，由第４题得 1Res(,)1ze ∞=-．（３）（方法１）因为51(1)(3)z z --在3z <<+∞内解析，且在3z <<+∞内56650051111113()()13(1)(3)11nn 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51Res(,)0(1)(3)z z ∞=--． （方法２）［利用公式211Res(,)Res((),0)f f t t∞=-计算］ 记51()(1)(3)f z z z =--，因422551111()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211Res(,)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 ()]knCz 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 ()RR knCC 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，11Res ()()d ()d 22R Rz f z f z z f z z i i ππ-ΓΓ=∞==-⎰⎰， 代入上式得1()d 2[Res ()Res ()]knCz 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5211d 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，10()d 2[Res ()Res ()]knCz z z k f z z i f z f z π==∞===-+∑⎰即1Res ()Res ()0knz 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 ()Rknz z k f z z i f z πΓ===∑⎰．又由第４题的定义，11Res ()()d ()d 22R R z f z f z z f z z i iππ-ΓΓ=∞==-⎰⎰， 代入上式即得，1Res ()Res ()0knz z z k f z f z ==∞=+=∑．下面，我们再用两种方法计算积分5211d 2(1)(3)z z i z z π=--⎰：（方法１：利用第６题）显然函数51(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，5553331111Reslim[(3)]lim (1)(3)(1)(3)1242z z z z z z z z z →→==-⋅==-----，于是由第５题（３）及第６题555231111d [Res Res ]2(1)(3)(1)(3)(1)(3)11[0]242242z z z z i z z z z z z π===∞=-+------=-+=-⎰（方法２：利用第７题）显然函数51(1)(3)z z --在复平面上只有有限的奇点 215k k z eπ+=，0,1,2,3,4k =和3z =由第７题，455530111ResRes Res 0(1)(3)(1)(3)(1)(3)kz z z z k z z z z z z ===∞=++=------∑又上述奇点中仅有2152k k z ez π+=∈<，0,1,2,3,4k =，由留数定理1.1，45520111d Res 2(1)(3)(1)(3)k z z z k z i z z z z π====----∑⎰ 所以555231111d [Res Res ]2(1)(3)(1)(3)(1)(3)1242z z z z i z z z z z z π===∞=-+------=-⎰８．求下列各积分： （１）2220d (1)x x x +∞+⎰；（２）2201d 12cos a aπθθ-+⎰，其中01a <<； （３）2201d sin a πθθ+⎰，其中0a >；（４）20sin d 1x x x x +∞+⎰；（５）20sin d (1)x x x x +∞+⎰； （６）220ln d (1)xx x +∞+⎰；（７）120d 1x x x α-+∞+⎰，其中02α<<； （８）d ax axx xe e x e eππ-+∞---⎰，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azz ze e e ππ--沿这个区域边界的积分． （９）d x xxx e eππ+∞--⎰；［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2z zz e eππ--沿这个区域边界的积分． （１０）22sin d xx x +∞⎰； ［提示］：由分部积分公式得2220000sin 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 xx e x x-+∞-⎰； ［提示］：考虑第一象限内以半射线arg 0z =及arg 2z π=为边界的扇形．（１２）1d 1nx x +∞+⎰，其中整数2n ≥； ［提示］：考虑第一象限内以半射线arg 0z =及2arg z nπ=为边界的扇形． （１３）20ln d 1xx 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 =+，212112233332100312112211113333111d (2)d ()(1)d 222(1)(1)(1)d (1)d 121123(,)(,1)133333sin 3u t x t t t t t t x x u u u uu uB B πππ-----=----=-=--+=-=-==-==⎰⎰⎰⎰⎰（１５）121d (2)1x x x---⎰；（１６）2d 1Cz 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）2222221d d (1)2(1)x x x x x x +∞+∞-∞=++⎰⎰（方法１）考虑函数222(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222(1)z z +在此半圆内仅有一个二阶极点z i =，且2222222232Res lim[()]lim[()]lim (1)(1)()4z 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)42R R Rz i x z z i x z i i x z z πππ+-Γ=+==-=+++⎰⎰又222lim 0(1)z z z z →∞=+，由引理3.0得，222lim d 0(1)R R z z z Γ→+∞=+⎰，所以在上式中让R →+∞得 222d (1)2x x x π+∞-∞=+⎰从而22222201d d (1)2(1)4x 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222222222011d d 2Res (1)2(1)2(1)4z i x x z x x i x x z ππ+∞+∞-∞===⋅=+++⎰⎰． （２）令i z e θ=，则21201222112111d d 12cos 1221111d d (1)(1)()(1)11112Res 2lim()(1)12.1z z z z a z a z z z a aiz a a z z i a z a z i z a az i i i z a az iaz aπθθπππ-===→==⋅+-+-⋅+==-+-+--=-⋅=-⋅---=-⎰⎰⎰⎰（３）因2220011d d 1cos 2sin 2a a ππθθθθ=-++⎰⎰ 22011d2d 21cos 221cos t t a a t πθπθθ===+-+-⎰⎰11d 221cos t a tππ-=+-⎰． 类似于（２）的方法可得1d 21cos t a tππ-=+-⎰所以220111d d sin 221cos 2(1)t a a t a a πππθθ-==++-+⎰⎰． （４）因2220sin 1sin 1d d Im d 12121ixx x x x x x x e x x x x +∞+∞+∞-∞-∞==+++⎰⎰⎰， （方法１：利用公式）21x x +的分母210x +≠（x ∈）且分母比分子至少高一次，所以，由形如()d ()imxP 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22211d 2Res 2lim()1112lim 22ix izizz i z i iz z i x z z e x i e i z i e x z z z ii e i e ie z i iπππππ+∞-∞→=--→==-+++===+⎰从而12220sin 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21iz ze 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21izz e z +在此半圆内仅有一个一阶极点z i =，且1221Res lim()lim 112iz iz izz i z i z i z z ze e z i e e z z z i -→→==-==+++．由留数定理1222d d 2Res 111R Rix iz iz R z i x z z e x e z i e e i x z z ππ+--Γ=+==+++⎰⎰ 又2lim 01z z z →∞=+，由引理3.1得，2lim d 01R iz R ze z z Γ→+∞=+⎰，所以在上式中让R →+∞得 12d 1ix x e x e i x π+∞--∞=+⎰从而12220sin 1sin 11d d Im d 121212ix 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)1x x x x x =-++可得 222000011sin 1sin sin d sin ()d d d (1)111(1).222x xx x x x x x x x x x x x x x e e πππ+∞+∞+∞+∞--=⋅-=-+++=-=-⎰⎰⎰⎰（方法２：利用公式）因2220sin 1sin 11d d Im d (1)2(1)2(1)ix x x x x e x x x x x x x +∞+∞+∞-∞-∞==+++⎰⎰⎰ 且21(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 ()imxP 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2220111111d 2(ResRes )(1)(1)2(1)112()(1)22ix iziz z i z e x i e e x x z z z z i e i e πππ+∞-∞==--=++++=-=-⎰所以1222sin 1sin 11d d Im d (1)(1)2(1)2(1)2ix 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22221111d d d d (1)(1)(1)(1)RRixix iz iz RC e x e x e z e z x x x x z z z z εεε---Γ+++++++⎰⎰⎰⎰1212Res(1)iz z ii e e i z z ππ-===-+又21lim0(1)z z z →∞=+，21lim 1(1)iz z z e z z →⋅=+，由引理3.1和引理3.2得，21limd 0(1)Riz R e z z z Γ→+∞=+⎰，2211lim d lim d 1(1)(1)iz iz C C e z e z i i z z z z εεεεππ-→→=-=-⋅=-++⎰⎰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12220sin 1sin 11d d Im d (1)(1)2(1)2(1)2ixx 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22220ln ln d lim d (1)(1)R R x xx x x x εε++∞→+∞→=++⎰⎰．考虑辅助函数222(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 22i i i i ππ=+=，33ln()ln 22i i i i ππ-=-+= 且22222222(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)()82z iz z i z z i z z i ππ→=⋅+-=--+22222222(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)()82z iz z i z z i z z i ππ→-=⋅--=--+-由留数定理得22222222222222222222222222222(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 RRC 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 εεεεεεππππ--ΓΓ==++++++++=+-+++++=+++⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰22()22i i πππ=- 又注意到ln lim 0z zz α→∞=，2ln lim 0z z zα→∞=，其中0α>，以及arg 2z π≤，易得222222(ln arg )(ln )lim lim 0(1)(1)z z z i z z z z z z →∞→∞+==++ 22222200(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)RR z z z Γ→∞=+⎰，2220(ln )lim d 0(1)C z z z εε-+→=+⎰22222200ln 11d [2()4d ](1)422(1)x x i i x x i x πππππ+∞+∞=---++⎰⎰由分部积分法可得22211d (arctan )(1)214xx x x x π+∞+∞=+=++⎰所以22220ln 1d [2()4](1)42244x x i i x i πππππππ+∞=---⋅=-+⎰． （方法２：利用公式）因221(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 2222222222200ln 1(ln )(ln )1d {2[Res Res ]4d (1)4(1)(1)(1)4z 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）2120211d d 122sin(1)2t x x x t x t t ααπαπ-=+∞+∞==++⋅⎰⎰．（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2120211d d 12(1)t x x x t x t t αα-=+∞+∞=++⋅⎰⎰，012α<<．且11t+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 tα+∞⎰的反常积分的留数的计算公式得122121d Res1sin(1)(1)2i z it e t t z z αααπππαπ+∞-=-==-+⋅+⋅⎰，从而2120211d d 122sin(1)2t x x x t x t t ααπαπ-=+∞+∞==++⋅⎰⎰．（８）由反常积分主值的定义000d lim d lim (d d)lim (d d )ax ax ax ax ax axR R R x x x x x x x x R R ax axt xRx x x x R R e e e e e e x x x x e e e e e e e e e ex x e e e eππππππππεεεεεεππππεε+++---+∞----→+∞→+∞→→=-----→+∞→--==-----=+--⎰⎰⎰⎰⎰⎰取辅助函数azz ze 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azz ze e e ππ--的一阶极点，且Res ()2az ai aiz 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 axR x x z z x x RC az azz z z zR R i R i R e e e x dz x e e e e e ee e z z e e e e εεππππππεππππ--------+-+-++---++--⎰⎰⎰⎰⎰22222d d az az azi R i z z z z z z R iC i e e e z dz z e e e e e eεεππππππε-+-+---+-++++---⎰⎰⎰ 2Res azai z z z i e i ie e eπππ-===-- ……………………………...（＊）又2222d d az ax z x i i R aiz z x x R ie e z e x e e e e εππππε=++--+==---⎰⎰ 2222d d az ax z x i R iai z zx x iR e e z e x e e e e εππππε=+-+----+-=---⎰⎰01lim 2azz z z e z e e πππ-→=-，0202lim(2)2azaiz z z i e e z i e e πππ-→-=- 由引理3.211001lim d lim d 22az az z z z z C C e e iz z i e e e e εεππππεεππ-++--→→=-=-⋅=---⎰⎰ 222200lim d lim d 22az az ai aiz z zz C C e e e i z z i e e e e e εεππππεεππ-++--→→=-=-⋅=---⎰⎰ 而由积分的估值性2()(),201d d 20()azaR axi z R xi z zR xi R xi a R a RR R ie e e z i x R e e e e e e e e ππππππ=+-----++=≤⋅→→+∞-⋅-⋅-⎰⎰，0()()2,21d d 20()azaR axi z R xiz zR xi R xi a R a RR i Re e e z i x R e ee e e e e eππππππ-=-+---+---+-=≤⋅→→+∞-⋅-⋅-⎰⎰．. 所以，在（＊）式两边让R →+∞，0ε+→得220(1)d 22ax ax aiai aix xe e i i e x e ie e e ππ-+∞-----=--⎰整理得220sin(1)1112d tan 2(1)21222cos 2ax axaiaix xai ai ae ei e i e a x a e e e e ππ-+∞----=⋅=⋅=⋅=--+⎰． （９）由反常积分主值的定义0000d lim d lim (1)d 1limd lim (d d )2x t R R x x x x t t R R R x x x x x x RR R R x x tx x t e e e e e e x x xx x x e e e e e eππππππεεεεεεππππππεεε++++=-+∞-----→+∞→+∞→→-------→+∞→+∞→→-==----==+---⎰⎰⎰⎰⎰⎰取辅助函数2z zz 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2z zz e eππ--的一阶极点，且 221Res ()2z z i i z i z i e e e e ππππππ--===-+ 得122222,22,d d d d R x x z z x x RC z zz z R R i R i R x z x x dz x e e e e e ez zz z e e e e εεππππππεππππ--------+-+-++---++--⎰⎰⎰⎰⎰ 22222222d d i R i z z z z z z R iC i z z z z dz z e e e e e eεεππππππε-+-+---+-++++---⎰⎰⎰ 212Res 22z z z i z i i i e e πππππ-===⋅=- ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（＊＊）又222222(2)d d 1d 4d 4d z x i i z z x x R iR x x x x x x R R R z x i z xe e e ex x x i x x e e e e e e εεππππεεεππππππ=++--+---+=--=+----⎰⎰⎰⎰⎰222222(2)d d 1d 4d 4d z x i R i R z zx x iR R R x xx x x x z x i z xe e e e x x x i x x e e e e e e ππππεεππππππεεε=+-+----+----------+=--=+----⎰⎰⎰⎰⎰ 0230lim lim 0z z z z z z z z ze e e e ππππ--→→==--，02222(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3.2112200lim d lim d 0z z z z C C z z z z e e e eεεππππεε-++--→→=-=--⎰⎰ 2222002lim d lim d 2z z zz C C z z z z i i e e e e εεππππεεππ-++--→→-=-=-⋅=--⎰⎰ 而由积分的估值性22222,20244d d 20()z R xi z zR xi R xiR R R R iz R x xRi R Rz i x R e ee e e e e eππππππ=+----+-+++=≤⋅→→+∞-⋅-⋅-⎰⎰222202,2244d d 20()z R xiz zR xi R xiR R R i Rz R x xRi R Rz i x R e ee e e e e eππππππ=-+-----+---++=≤⋅→→+∞-⋅-⋅-⎰⎰所以，在（＊＊）式两边让R →+∞，0ε+→，并注意到11d d 0R x xx x Rx x e e e e εππππε----+=--⎰⎰奇函数2222d d d d 0R R x x x x x x x x RR x x x x x x x x e e e e e ee eεεππππππππεε--------+++=----⎰⎰⎰⎰得04lim (d d )2Rx xx x R R x xi x x i i e e e e εππππεε+----→+∞→-++=--⎰⎰ 即01lim (d d )4Rx x x xR R x x x x e e e e εππππεε+----→+∞→+=--⎰⎰ 所以11d lim (d d )28R 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22200000sin 1d sin d()2sin cos sin 2sin d d2d .22x 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222220000220222200sin 1cos 21cos 21cos d d d(2)d 2(2)11cos 2lim d lim d 111111lim (d d )lim (d d 22ix ixR RR R ix ix ix ixR R R R R xx x x x x x x x x x xe e x x x x x e e e e x x x x x x xεεεεεεεεε+++++∞+∞+∞+∞-→+∞→+∞→→-→+∞→+∞→→---===+--==----=+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰)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21ize z -沿此区域边界的积分．由柯西定理22221111d d d d 0R ixixiz izRR C e e e e x x z z x x z z εεε---Γ----+++=⎰⎰⎰⎰ ．．．．．．（＊）又21lim 0z z z →∞⋅=，21lim 0z z →∞=，020011lim lim iziz z z e e z i z z →→--⋅==- 由引理3.0，引理3.1和引理3.222211limd lim d lim d 000RR R iz izR R R e e z z z z z z ΓΓΓ→+∞→+∞→+∞-=-=-=⎰⎰⎰， 220011lim d lim d ()iz iz C C e e z z i i z z εεεεππ-++→→--=-=--⋅=-⎰⎰．在（＊）式两边让R →+∞，0ε+→得22011lim (d d )00ixixRR R e e x x x x εεεπ+--→+∞→--++-=⎰⎰，即22011lim (d d )ixixRR R e e x x x x εεεπ+--→+∞→--+=⎰⎰，所以22220sin 111d lim (d d )22ix ixR R R x e e x x x x x x εεεπ++∞--→+∞→--=+=⎰⎰⎰． （１１）显然0cos d Re d xix xx e e e x x x x--+∞+∞--=⎰⎰，由反常积分柯西主值的定义0d lim d ix xix xR R e e e e x x x x--+∞→+∞--=⎰⎰取辅助函数iz ze 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 ze e z--在此区域内解析）,0d d d 0R ix x iz z iz zR Ri e e e e e e x z z x z z---Γ---++=⎰⎰⎰ ．．．．．．（＊）又0,00000()d d d d sin d 2d iz z x ix x ix xix ix ix z ix R R Ri R ix xR R e e e e e e e e e e z x x xz x x xe e x x i x x x-------=-----+-==-=--=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 注意到sin d 2x x x π+∞=⎰，可得 ,0000sin limd lim d 2d lim d iz zix x ix xR R Ri R R R e e e e x e e z x i x x i z x x xπ---+∞→+∞→+∞→+∞---=-=-⎰⎰⎰⎰．而由积分的估值性22sin cos 2202sin 2sin 2200d d ()d ()d ()d 2d 2d (1)0()i i i i i Ri i iz ziR e R e z R e i iR e R e i iR e R e R R RR R e e e e z iR e i e e zR e ee e e eee R Rθθθθθθθππθθππθθθθπππθθπθθθθπθθ-⋅-⋅=⋅⋅-⋅Γ⋅-⋅--≥-----=⋅=-⋅≤+=+=≤=-→→+∞⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰所以在（＊）式两边让R →+∞得2limd 00ix xR R e e x i xπ-→+∞-+-=⎰， 即0d lim d 2ix x ix x R R e e e e x x i x x π--+∞→+∞--==⎰⎰．所以0cos d Re d 0xix xx e e e x x x x--+∞+∞--==⎰⎰．（１２）由反常积分的柯西主值的定义011d lim d 11R n n R x x x x +∞→+∞=++⎰⎰．取辅助函数11nz +，并考虑此函数沿如图示扇形区域 2{,0arg }z z R z nπ<<<，其中1R > 的边界的积分．注意到11n z +在此区域内仅有一个一阶极点i n z e π=，且1111Res 1iii nnn i n n n nz ez ez ez e z n z n z nππππ-======-+⋅⋅，由留数定理得20,011112d d d 2Res 1111i n i R ni R n n n n n R e z e x z z i i e x z z z n πππππΓ⋅=++==-⋅++++⎰⎰⎰， 又 21lim 01n n z z z ≥→∞⋅=+，由引理3.0得，1lim d 01R n R z z Γ→+∞=+⎰．而22220,00111d d d 111ininz xe i i R n nn n n R eR z e x e x z x x ππππ=⋅==-+++⎰⎰⎰ 所以2200112(1)d lim (1)d 11ii i R nn n n n R ex e x i e x x nππππ+∞→+∞-=-=-⋅++⎰⎰， 即2012211d 1sin12in n i i i i i n n n n n e x i i x n n nn e e e e e niπππππππππππ+∞--=-⋅=-⋅=⋅=+⋅---⎰．（１３）由反常积分主值的定义，并注意到1x =不是2ln 1xx -的瑕点（因021ln 1lim 12x x x →=-），有 220ln ln d lim d 11R R xx x x x x εε++∞→+∞→=--⎰⎰．考虑辅助函数22(ln )1z 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22222222111(ln )(ln )(ln )(ln(1))()Res lim(1)lim 1111122z z z z z z i z z z z ππ→-→-=--=+⋅====------由留数定理得12222222222122222122321(ln )(ln )(ln )d d d 111(ln 2)(ln 2)(ln )d d d (1)(1)1(ln )2Res 212R R C R C z z x z z x zz x z x i x i z x x z x x z z i i iz εεεεεεππππππ--Γ+-=-++---+++++++-==⋅=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．（＊）又注意到ln lim 0z zz α→∞=，2ln lim 0z z zα→∞=，其中0α>，以及arg 2z π≤，易得2222(ln arg )(ln )lim lim 011z z z i z z z z z z →∞→∞+==--222200(ln arg )(ln )lim lim 011z z z i z z z z z z →→+==-- 2222211Im 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22(ln )lim d 01RR z z z Γ→∞=-⎰， 1220(ln )lim d 01C z z z εε-+→=-⎰， 2222232200(ln )(ln )lim d lim d (2)211C C z z z z i i z z εεεεπππ-++→→=-=--⋅=--⎰⎰． 而22122121112222222221112212221(ln 2)(ln 2)d d 11(ln )ln 1d 4d 4d 111(ln )ln 1d 4d 4d 111(ln )(ln )ln (d d )4(d 111RR R R R R x i x i x xx 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+-+++---+-+++--=+----++----=++---⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰12112221ln d )1114(d d )11R x x x x x x x εεεεεεπ+-+-+--+--⎰⎰⎰⎰ 注意到2222102222100(ln )(ln )(ln )(ln )lim (d d )d d 1111RR x x x x x x x x x x x x εεεε+++∞-+∞→+∞→+==-----⎰⎰⎰⎰ 102222100ln ln ln ln lim (d d )d d 1111RR x x x x x x x x x x x x εεεε+++∞-+∞→+∞→+==-----⎰⎰⎰⎰ 1112210011111lim (d d )lim (ln ln)112111211lim (ln ln ln )02211RRR R R x x x x x x x x R R εεεεεεεεεεεεε+++++--→+∞→+∞→→→+∞→--+=+--++---=-+=+++⎰⎰在（＊）式两边让R →+∞，0ε+→得3320ln 4d 21x 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 =+，2121122333310012112211113333111(2)d ()(1)d 222(1)d (1)d 1211(,)(,1)13333sin 3u t x t t t t t t u u u uu uB 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11110lim 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1C ε，2C 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()ix π-==下．由含无穷远点的留数定理得12122131211311(1)2iC C C C iz z z e xz z x exi εεεεπεεπεεεεπ------+--+-+-=∞++-=+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰．．．．．．．．．．．．．．．．．．（＊） 又易知1lim(0z z →-=，1lim(0z z →-+=由引理3.210lim 0C z εε-+→=⎰，20lim 0C z εε-+→=⎰所以（＊）式变为2131(1)2iz ex i ππ-=∞-=⎰下面，我们来计算z =∞．事实上，0003031z t t t i t i e e ππ=∞===→-=-=-=-==-=-为一阶极点所以，21331(1)2i iex ie πππ--=-⎰，即31213332sin132ii iiex iee e iππππππππ--=-===--⎰．注意：3203lim(1)(1)it 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2233111(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2233111(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2233111(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)]2233333lim (1)(1)(1)(1)1l l i t t it t t t t t eeπ∆-+∆+-=→-+=-+=-=，所以，3203lim(1)(1)it e t t π→=-+．（１５）由反常积分的柯西主值的定义1122110lim (2)1(2)1x x x xx xεεε+---+→=----⎰⎰．2(2)1z z --，21z -[1,1]-，并在支割线的上沿取正数21z -2(2)1z z--沿如图示的区域D 的边界的积分．注意21z -[1,1]-的下沿及2z =处的取值分别为11[arg(1)arg(1)]22222221111l l i z z i x zx ex ex 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．1111[arg(1)arg(1)]()2222211233l l i z z i z zeei 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 =，222222lim(2)33(2)1(2)11z z z z i z z z z z →===-===-⋅-----． 由留数定理得12222112211(2)1(2)1(2)1(2)1(2)1RC C z z zz zz zz zx xx xx xεεεεεε--Γ--+-+-++------++-----⎰⎰⎰⎰⎰222233(2)1z i i z z ππ====-- ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． （＊）又lim lim0(2)z z z z z →∞→∞==-，2111arg(1)21lim(1)lim(1)0(z z i z z z z e→-→--+=+⋅=-，2111arg(1)21lim(1)lim(1)0(z z i z z z z e→→--=-⋅=-．由引理3.0和引理3.2lim0RR z Γ→+∞=⎰，10lim 0C z εε-+→=⎰，20lim 0C z εε-+→=⎰．因此，在（＊）式两边让R →+∞，0ε+→得112x -=⎰，即11x -=⎰1z ==的解析分支，则另一解析分支为仅有两个支点12z =-，且1222z 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），2Cz z i π=∞=-⎰，22Cz z z i i ππ=∞=∞=-=⎰．下面，我们利用公式2011Res ()Res[()]z z f z f z z=∞==-求z =∞．因221111zz =⋅=以0z =为一阶极点，所以000lim 1,z z z z z =∞==→=-=-=-==- 从而22Cz z i i ππ=∞=-=⎰，22Cz z i i ππ=∞==-⎰．９．试由2d 2x e x +∞-=⎰，证明：（１）220cos 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 4z π=为边界的扇形．（２）22cos 2d 2x 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。
高等数学课件-复变函数与积分变换 第五章 留数 §5.1 留数定理及留数的求法
0 z 1 1
内的罗朗展开式，由于
f
z
z
1
12
z
1
1
n0
1n
z
1n
，0
z 1
1
故 z 1只能是二级极点，且 Res f z,1 1 .
留数定理
定理1 设函数 f z在区域D内除有限个
孤立奇点 z1, z2,L ，zn 外处处解析，c为D内 包围诸奇点的一条正向简单闭曲线，那末
的二级极点，于是
Re s
f
z,1
lim z
z1
1
z
z
1 z
12
1 4
；
Re s
f
z , 1
lim z
z1
12
z
z
1 z
12
lim
z1
z
1
12
1 4
例1.6 求函数 f z tan z 在 z k （k
2
为整数）处的留数。
解因为 tan z sin z
cos z
sin
n
Ñc f zdz 2πiRes f z, zk （1.3） k 1
证 把在c内的孤立奇点 zk k 1,2,L ,n
用互不包含的正向简单闭曲线 ck 围绕起来 （如图5－1）
图5－1
蜒c f zdz
c1
f
z
dz
蜒 f c2
zdz L
cn
f
z dz
以 2 i 除等式两边，得
1
式中负一次幂项 z z0 1 的系数 C1 是在逐
项积分过程中唯一留下的系数。
定义1 设 f (z)在孤立奇点z0的去心邻域 0 z z0 R
复变函数习题五
第五章 留数理论及其应用一、 判断题1．若0z 是函数)(z f 的奇点，则可将函数)(z f 在0z 处展开来计算)(z f 在0z 处的留数（ ）2．)(z f 在∞=z 处的留数与)(1z f 在0=z 处的留数相等。
（ ） 3．若0)(=⎰cdz z f ，则)(z f 在c 内无奇点。
（ ） 4．若∞是函数)(z f 的可去奇点，则)(z f 在∞处的留数为0。
（ ）5．假设0z 是函数)(z f 的m 级极点，则)]()[(d d )!1(1]),([Re 01100z f z z zim l n z z f s n n n z z --=--→，m n ≥。
（ ）二、 选择题 1．0=z 是函数ztgz的( ) （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 二级极点 （D ）本性奇点2．设函数)(z f 与)(z g 分别以0z z =为n 级极点与m 级极点（m n >），则0z z =为)()(z f z g 的（ ）（A ）可去奇点 （B ）m n -级极点 （C ）m n -级零点 （D ）本性奇点3．设0=z 为函数)(z f 的本性奇点，则0=z 为函数)(z f e 的（ ）（A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）本性奇点 （D ）非孤立奇点4．设∑∞==)(n n n z a z f 在R z <内解析，k 为正整数，那么=]0,)([Re k zz f s ( )（A ）k a （B ）k a k ! （C ）1-k a （D ）1)!1(--k a k 5.如果0z 为)(z f 的n 级极点，则0z 为)(z f '的（ ）级极点 (A)n （B ）n - （C ） 1-n （D ）1+n6．∞=z 是函数ziz z ++232的（ ）（A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）二级极点 （D ）本性奇点 7． =∞],2cos[Re 3ziz s （ ） （A ）32-（B ）32 （C ）i 32（D ）i 32-8．=±±=-),2,1,0](,sin 1[Re n n zz s π（ ） （A ）)1()1(+-πn n （B ）)1()1(--πn n （C ）1-πn （D ）1+πn三、 填空题 1．设0=z 为函数z zz 3)3sin(2-的 奇点． 20=z 为函数zctg1的 奇点． 3．∞=z 是函数23)(23+-+=z z iz z f 的 级极点．4．设0z 为函数)(z f 的m 级零点，那么='],)()([Re 0z z f z f s ．5．设0z 为函数)(z f 的m 级极点，那么='],)()([Re 0z z f z f s ． 6．设33)(2)(i z zz z f -+=，则=]),([Re i z f s ． 7．设zz z f )1ln()(+=，则=]0),([Re z f s ． 8．设,)4()1(1)(3-+=z z z z f ，则=∞]),([Re z f s ． 9．积分=⎰=11sin z dz z ． 四、计算下列函数在各孤立奇点处的留数。
留数定理
§5.4 留数定理在复分析中，留数定理是用来计算解析函数沿着闭曲线的路径积分的一个有力的工具，也可以用来计算实函数的积分。
它是柯西积分定理和柯西积分公式的推广。
定义5.4.1 设f是(,)\{}B a r a 上的全纯函数,其Laurent 展开式为()()nn n f z c z a +∞=-∞=-∑,则称11()(0)2z a f z dz c r iρρπ--==<<⎰为f在z a=处的留数,记为1Re ((),)s f z a c -=或1Re ()z as f z c -==.定义5.4.1' 设f 是(,)B r ∞上的全纯函数,其Laurent 展开式为()f znn n c z+∞=-∞=∑,则称11()()2z f z dz c r iρρπ-=-=-<<+∞⎰为f在z =∞处的留数,记为1Re ((),)s f z c -∞=-或1Re ()z sf z c -=∞=-.命题5.4.2和命题5.4.3 若a ∈ 是全纯函数f的*m ∈ 阶极点,则 (1)1R e ((),)lim [()()](1)!mm z as f z a z a f z m -→=--；若∞是全纯函数f 的m ∈ 阶极点(0m=时理解为可去奇点),则2(1)(1)Re ((),)lim[()](1)!mm m z s f z zfz m ++→∞-∞=+.证: (ⅰ) 在a 的附近,有()()nn n mf z c z a +∞=-=-∑,故1(1)10()()()()()mm mm m z a f z c c z a c z a c z a ------=+-++-+-+ ,(1)10[()()](1)!!()m m z a f z m c m c z a ---=-+-+,(1)11lim [()()](1)!mm z az a f z c m --→-=-.(ⅱ) 在∞的附近,有101()mnm nn f z c z c z c cz ∞--==++++∑ ,故(1)(1)1(1)11()()(1)(1)()m nm m n m nnn n fz czcn n n m z∞∞+-++--+--====-++∑∑ ,2(1)111()(1)(1)()m m m n nn zfz cn n n m z ∞+++-+-==-++∑ ,2(1)11lim[()](1)(1)!m m m z zfz c m +++-→∞=-+,2(1)1(1)lim[()](1)!mm m z zf z c m ++-→∞-=-+.#例5.4.4 设41()1f z z=+,求出()f z 的全部奇点,并求出()f z 在这些奇点和∞处的留数. 解: 214(0,1,2,3)k i ek π+=都是()f z 的1阶极点,此外没有其它奇点.2142143(21)21214443111R e (,)lim lim 1144k k k k k i i nni iiz ez ez es ezzzeπππππ+++++→→-===++.∞是()f z 的可去奇点,由命题5.4.2和命题5.4.3,便有241Re (,)lim[()]01z s z f z z→∞'∞==+.#定理5.4.9(留数定理) 设区域D ⊂ 由有限条可求长简单闭曲线所 围成,D ∂是其诱导边界.若函数f 在D 上除去孤立奇点12,,,n z z z 外是 全纯的,在D 上除去12,,,n z z z 外是连续的,则11()Re ((),)2nkk Df z dz s f z z iπ=∂=∑⎰.证: 当正数ε足够小时,(,)(1,2,,)k B z D k n ε⊂= ,且彼此不相交.由Chauchy 积分定理便得到1111()()R e ((),)22k nnkk k Dz z f z dz f z dz s f z z ii εππ==∂-===∑∑⎰⎰.#定理5.4.12(另一种形式的留数定理) 若函数f 在 上除去孤立奇点12,,,n z z z 外是全纯的,则1Re ((),)Re ((),)0nk k s f z s f z z =∞+=∑.证: 当正数R 足够大时,12,,,(0,)n z z z B R ∈ ,由留数定理便得到11R e ((),)()R e ((),)2nk k z Rs f z z f z dz s f z iπ====-∞∑⎰.#例5.4.4' 计算广义积分 411dx x+∞+⎰.解: 41()1f z z=+在上半平面中有两个1阶极点14i eπ和34i eπ,在这两个极点处的留数分别是3414i eπ-和1414i eπ-.当正数R 足够大时,由留数定理,便得到44,Im 01111Rz R z Rdz dxzx=≥-+++⎰⎰314411244i i i e e πππ--⎫⎛=+ ⎪⎝⎭(2sin)sin2442ii ππππ=-==.令R →+∞,就有4,Im 0101z R z dz z=≥→+⎰,4411211RRdx dx xx+∞-→++⎰⎰,故4114dx x+∞=+⎰.#习题5.4(203P ) 1,2,5,8(ⅰ,ⅲ,ⅴ,ⅶ),10(ⅱ).。
复变函数与积分变换第五章留数测验题与答案
第五章 留 数一、选择题： 1．函数32cot -πz z在2=-i z 内的奇点个数为 ( )（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）42．设函数)(z f 与)(z g 分别以a z =为本性奇点与m 级极点，则a z =为函数)()(z g z f 的( )（A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点3．设0=z 为函数zz e xsin 142-的m 级极点，那么=m ( )（A ）5 （B ）4 (C)3 （D ）2 4．1=z 是函数11sin)1(--z z 的( ) (A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 一级零点 （D ）本性奇点5．∞=z 是函数2323z z z ++的( )(A)可去奇点 （B ）一级极点 （C ） 二级极点 （D ）本性奇点 6．设∑∞==)(n n n z a z f 在R z <内解析，k 为正整数，那么=]0,)([Re k zz f s ( ) （A ）k a （B ）k a k ! （C ）1-k a （D ）1)!1(--k a k7．设a z =为解析函数)(z f 的m 级零点，那么='],)()([Re a z f z f s ( ) (A)m （B ）m - （C ） 1-m （D ）)1(--m 8．在下列函数中，0]0),([Re =z f s 的是（ ）（A ） 21)(z e z f z -= （B ）z z z z f 1sin )(-=（C ）z z z z f cos sin )(+=(D) ze zf z111)(--= 9．下列命题中，正确的是( ) （A ） 设)()()(0z z z z f mϕ--=，)(z ϕ在0z 点解析，m 为自然数，则0z 为)(z f 的m 级极点．（B ） 如果无穷远点∞是函数)(z f 的可去奇点，那么0]),([Re =∞z f s （C ） 若0=z 为偶函数)(z f 的一个孤立奇点，则0]0),([Re =z f s （D ） 若0)(=⎰c dz z f ，则)(z f 在c 内无奇点10． =∞],2cos[Re 3ziz s ( ) （A ）32-（B ）32 （C ）i 32（D ）i 32-11．=-],[Re 12i e z s iz ( )（A ）i +-61 （B ）i +-65 （C ）i +61 （D ）i +65 12．下列命题中，不正确的是( )（A ）若)(0∞≠z 是)(z f 的可去奇点或解析点，则0]),([Re 0=z z f s （B ）若)(z P 与)(z Q 在0z 解析，0z 为)(z Q 的一级零点，则)()(],)()([Re 000z Q z P z z Q z P s '= （C ）若0z 为)(z f 的m 级极点，m n ≥为自然数，则)]()[(lim !1]),([Re 1000z f z z dzd n z z f s n n nx x +→-=（D ）如果无穷远点∞为)(z f 的一级极点，则0=z 为)1(zf 的一级极点，并且)1(lim ]),([Re 0zzf z f s z →=∞13．设1>n 为正整数，则=-⎰=211z ndz z ( ) (A)0 （B ）i π2 （C ）niπ2 （D ）i n π2 14．积分=-⎰=231091z dz z z ( ) （A ）0 （B ）i π2 （C ）10 （D ）5i π 15．积分=⎰=121sin z dz z z ( ) （A ）0 （B ）61- （C ）3i π- （D ）i π-二、填空题1．设0=z 为函数33sin z z -的m 级零点，那么=m ．2．函数zz f 1cos1)(=在其孤立奇点),2,1,0(21ΛΛ±±=+=k k z k ππ处的留数=]),([Re k z z f s ．3．设函数}1exp{)(22z z z f +=，则=]0),([Re z f s 4．设a z =为函数)(z f 的m 级极点，那么='],)()([Re a z f z f s ． 5．双曲正切函数z tanh 在其孤立奇点处的留数为 ． 6．设212)(z zz f +=，则=∞]),([Re z f s ． 7．设5cos 1)(zzz f -=，则=]0),([Re z f s ． 8．积分=⎰=113z zdz e z．9．积分=⎰=1sin 1z dz z ． 10．积分=+⎰∞+∞-dx x xe ix21 ． 三、计算积分⎰=--412)1(sin z z dz z e zz ．四、利用留数计算积分)0(sin 022>+⎰a a d πθθ五、利用留数计算积分⎰∞+∞-+++-dx x x x x 9102242六、利用留数计算下列积分： １．⎰∞++0212cos sin dx x xx x ２．⎰∞+∞-+-dx x x 1)1cos(2七、设a 为)(z f 的孤立奇点，m 为正整数，试证a 为)(z f 的m 级极点的充要条件是b z f a z m az =-→)()(lim ，其中0≠b 为有限数．八、设a 为)(z f 的孤立奇点，试证：若)(z f 是奇函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s -=；若)(z f 是偶函数，则]),([Re ]),([Re a z f s a z f s --=． 九、设)(z f 以a 为简单极点，且在a 处的留数为A ，证明Az f z f az 1)(1)(lim2=+'→. 十、若函数)(z Φ在1≤z 上解析，当z 为实数时，)(z Φ取实数而且0)0(=Φ，),(y x f 表示)(iy x +Φ的虚部，试证明)()sin ,(cos cos 21sin 202t d f tt t Φ=+-⎰πθθθθθπ)11(<<-t答案第五章 留 数一、1．（D ） 2．（B ） 3．（C ） 4．（D ） ５．（B ）６．（C ） ７．（A ） ８．（D ） ９．（C ） 10．（A ） 11．（B ） 12．（D ） 13．（A ） 14．（B ） 15．（C ）二、1．9 2．2)2()1(π+π-k k 3．0 4．m - 5．16．2- 7．241-8．12i π 9．i π2 10．e i π 三、i π-316. 四、12+πa a .五、π125.六、１．)(443e e e -π ２．e1cos π。
数学物理方法 留数定理及其应用
对于条件(1)
奇点 z=/2i, 3/2i,
数学物理方法2015.02
第二节 应用留数定理计算实函数的积分
计算积分 设 f ( z)
1 dx cosh x
y=
1 cosh z
奇点 z=/2i, 3/2i, ，周期 2i -R
0
O
R
R
eix 1 dx cosh x 1 e
eiz C cosh z dz
0 eiR y eiR y dy i dy cosh( R iy ) cosh( R iy )
2 i iz Res f ( z ) e 1 e z i / 2
第二节 应用留数定理计算实函数的积分
计算积分 设 f ( z)
eix dx cosh x
y=
y=/2 y=0
1 cosh z
奇点 z=/2i, 3/2i, ，周期 2i -R
eiz C cosh z dz R R eix eix dx dx R cosh x R cosh( x i ) i
| z z0 |
f z dz a z z dz
n | z z0 | n n 0
z0
2 ia1
如何计算留数，或系数a-1
数学物理方法2015.02
第一节 留数及留数定理
留数的计算方法
(1) 一般方法：利用留数的定义来求留数 (2) 根据孤立奇点的类型来计算留数
留数(答案解析)
复变函数练习题 第五章 留数系 专业 班 姓名 学号§1 孤立奇点孤立奇点类型的判别法 1、洛朗展开法f(z)在点a 处的洛朗展式中， 若无负幂项，则点a 为可去奇点；若负幂项最高次数为m ，则点a 为m 阶极点； 若负幂项为无穷多个，则点a 为本性奇点。
2、极限法 lim ()z af z →存在且有限，则点a 为可去奇点； 等于无穷，则 a 为极点（无法判断阶数）； 不存在且不等于无穷，则a 为本性奇点。
3、判断极点的方法 3.11()()()mf zg z z a =-，g(z)在点a 解析且g(a)不等于零；3.21()()lim ()lim()()()m m z a z a f z g z g z z a f z z a →→==--，存在且有限; 3.31()()()m z a h z f z =-， h(z)在点a 解析且h(a)不等于零 一、选择题 1．函数cot 23zz π-在||2z i -=内奇点的个数为 [ D ]（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4cot cos 3(23)sin 0,()23(23)sin 2z z z z z k k z z z ππππ=-=⇒=∈--，2．设()f z 与()g z 分别以z a =为可去奇点和m 级极点，则z a =为()()f z g z +的 [ C ] （A ）可去奇点 （B ）本性奇点 （C ）m 级极点 （D ）小于m 级的极点 (对f(z)和g(z)分别进行洛朗展开并求和) 3．0z =为函数241sin z ez z-的m 级极点，那么m = [ C ] （A ）5 （B ）2 （C ）3 （D ）4224224553201112!3.3=(1)sin sin sin sin 2!lim (1)1sin 2!z z z z z e z e z z z z z z z z z z z z z z →⎛⎫++ ⎪--⋅=⋅=⋅++ ⎪⎪ ⎪++= ⎪⎝⎭利用方法， 4．z =∞是函数3232z z z ++的 [ B ]（A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）二级极点 （D ）本性奇点322232321=32=0z z z z z z ζζζζ⎛⎫++++=++ ⎪⎝⎭以为一阶极点 5．1z =是函数1(1)sin1z z --的 [ D ] （A ）可去奇点 （B ）一级极点 （C ）一级零点 （D ）本性奇点 （将函数在z=1洛朗展开，含无穷多个负幂项） 二、填空题1．设0z =为函数33sin z z -的m 级零点，那么m = 9 。
05第五章 留数理论_习题课
( 2)
0
( 3)
( 4)
dx x4 1
i [res f ( 1) res f (1)] 2 i res f ( i )
0
d z res f ( 1) lim [( z 1) f ( z )] | z 1 z 1 dz ( z 1) 1 1 | 2 z 1 ( z 1) 4
3
( 2) res e 1 /( z 1) ?
z 1
答案：1
( z 1) k k! k 0
洛朗展开 e1 /( z 1)
z ( 3) res[ , k ] ? cos z 2
答案： ( k )( 1)k 1 2
z z b |z b 小定理 res z b cos z (cos z ) sin b
1 (4) res sin( z sin ) ? z0 z
( z ) f (z) ( z )
lim [( z b) f ( z )],
( b ) , ( b )
[( z b)n f ( z )] ( n 1) ，极点的阶n lim z b ( n 1) !
留数定理：L f ( z )dz 2 i res f (bk |L内)
sinx Im ei z ei z dx [2i res 3 i res 3 ] 2 2 2 2 za i z z a z0 z z a x(x a ) 2
x cos x dx z ei z Re[2i res 2 ] 2 z 2 4 i z 4 z 20 x 4 x 20
5-第五章-留数定理
因此
z ez
e e1
C
z2
dz 1
2 π i( 2
) 2 πi ch1 2
： 我们也可以用规则III来求留数
| Res[ f (z),1] z ez e ; 2z z1 2
| Res[ f (z),1] z ez e1 . 2z z1 2
这比用规则1要简单些，但要注意应用的条件。
z
例7
环域内绕原点的任何一条简单闭曲线，则积分
1
2π i f (z) d z C
称其为f (z)在点的留数，记作
1
Res[ f (z), ]
f (z)d z
2i C
这里积分路径的方向是顺时针方向，这个方向很自然
地可以看作是围绕无穷远点的正向。
将 f (z)在 R<|z|<+∞内的罗朗展式为
f
(z)
z 4z3
1 4z2
,故z1111C源自z4d 1z
2π
i( 4
4
4
4)
0
Ñ 例 8
计算积分
C
ez z(z 1)2
dz,
C
为正向圆周|z|=2.
[解] z=0为被积函数的一级极点, z=1为二级极点, 而
Res[ f (z),0] lim z0
z
ez z(z 1)2
lim z0
ez (z 1)2
1.
一、 留数的定义
定义 若f (z)在去心邻域 0 z z0 R内解析，
z0是f (z)的孤立奇点，C是 0 z z0内 包R 围z0的
任意一条正向简单闭曲线，定义积分
1
2i
C
f
(z)d
z
第五章留数定理习题及其解答
第五章 留数定理习题及其解答注:此例说明，判断孤立奇点 z类型虽可从f (z)的Laurent 展开式含有负幕项的情 况入手，但切不可忘掉必须是在去心领域内的 Laurent 展式，否则与z0是什么性质的点没有关系。
5.2设f(z)在全平面解析，证明：若：：为f(z)的可去奇点，则必有f(z)二a 。
(常数)；若：：为f(z)的 m 级极点，则f(z)必为m 次多项式： f (z)二a ° • a1z• III • ak Z ,ak = 0；除此之外，f (z)在Z o = 0处的Taylor 展式必有无限多 项系数=0。
证： 因为f (z)在全平面解析，所以f (z)在勺=0邻域内Taylor 展式为f (z)二a 0 a 1z 丨11 a kzJ11且| z" o 注意到这Taylor 级数也是f (z)在：：去心邻域 内的Taylor 级数。
所以，当二在f (z)的可去奇点<—>f (z)在：：去心邻域内Laurent 展示无z 的正幕项， 即厲=a ?=丨1( =0。
故f (z)=逐(常数)；当：：为f(z)的m 级极点uf (z)在：：去心邻域内Laurent 展示中只含有限个z 的正幕 项,且最高正幕为m 次(am = 0)of(z) = a ° az 川 a m_z m ‘ a m Z ma m 严 a0 n 0m()即f (z)为m 次多项式；除去上述两种情况，：：为f(z)的本性奇点=f(z)在：：去心邻域内Laurent 展开式中 含有无限多个正幕项，COf (z)=送 a n z n z £邑因此在n£中，有无限多个项的系数不为0。
注(1).对本题的结论，一定要注意成立的条件为f(z)在全面解析，否则结论不成1f(z)=—立。
例： z 在0 < z V -内解析(与全平面解析仅差一个点!)，且以°°为可去奇点，1 f(z)=・•• +— + 5.1设有 z 本性奇点？为什么？z njnz z_ ++ ________，能否说z = 0为f (z)答：这个级数由两部分组成:od- n ' zn 4□0 n二命。
复变函数的留数定理
复变函数的留数定理当然可以！以下是根据“复变函数的留数定理”标题设计的20道试题，包括选择题和填空题，每道题目都有详细的序号介绍：1. 选择题：1. 根据复变函数的留数定理，留数的计算方法包括以下哪些步骤？A. 计算极点B. 计算奇点C. 计算在有限点处的留数D. 计算无穷远点处的留数（答案：C和D）2. 填空题：2. 复变函数 \( f(z) = \frac{1}{z^2 + 1} \) 在 \( z =i \) 处的留数是 \_\_\_\_ 。
（答案：\( \frac{1}{2i} \)）3. 选择题：3. 对于复变函数 \( f(z) = \frac{1}{z(z-1)(z-2)} \)，其在点 \( z = 2 \) 处的留数为：A. 0B. 1C. \( -\frac{1}{2} \)D. \( \frac{1}{2} \)（答案：C）4. 填空题：4. 复变函数 \( f(z) = \frac{e^z}{z^2} \) 在 \( z = 0 \) 处的留数是 \_\_\_\_ 。
（答案：1）5. 选择题：5. 留数定理适用于哪类复变函数？A. 解析函数B. 极限函数C. 奇函数D. 双曲函数（答案：A）6. 填空题：6. 计算复变函数 \( f(z) = \frac{\sin z}{z} \) 在 \( z = 0 \) 处的留数。
（答案：1）7. 选择题：7. 复变函数 \( f(z) = \frac{1}{z-1} \) 在 \( z = 1 \) 处的留数为：A. 0B. 1C. \( -1 \)D. 不存在（答案：D）8. 填空题：8. 复变函数 \( f(z) = \frac{1}{(z-1)^3} \) 在 \( z = 1 \) 处的留数是 \_\_\_\_ 。
（答案：0）9. 选择题：9. 复变函数 \( f(z) = \frac{z^2}{z^4 + 1} \) 在 \( z = i \) 处的留数为：A. 0B. 1C. \( \frac{1}{2i} \)D. 不存在（答案：C）10. 填空题：10. 复变函数 \( f(z) = \frac{e^z}{z^3} \) 在 \( z = 0 \) 处的留数是 \_\_\_\_ 。
第5章留数定理及其应用
2 1 2 πi 2π = ∫ dz = = 2 2 i | z|=1 2 z + ε ( z + 1) i 1− ε 1− ε 2
例2：
∫
2π
0
1 dθ 3 − 2 cos θ + sin θ
第二节 应用留数定理计算实函数的积分 类型二
∫
+∞
−∞
f (x )dx
其中被积函数在实轴上无奇点；积分区间为(- , ) 无穷积分的收敛性 柯西主值
∫
∞
0
F(x) cos mxdx π i = G(x)sin mxdx =π
∑Re s[F(b )e
k=1 n k k
n
imb k
] Imz>0 ] Imz>0
∫
∞
0
∑Re s[G(b )e
k=1
imb k
证明： 证明： ∞
∫
0
F(x) cos mxdx = ∫ F(x) 0
∞
e
imx
∞ 1 ∞ −imx imx = [∫ F(x)e dx + ∫ F(x)e dx] 0 2 0 1 ∞ imx = ∫ F(x)e dx 2 −∞
−∞
cos x dx 3 cosh x
第二节 应用留数定理计算实函数的积分 类型三
(x )eimx dx ∫−∞ f
其中被积函数 f (x) 在实轴上无奇点； 积分区间为(- , ),m > 0 -R O R
+∞
CR
∫
∞
−∞
f ( x)eimx dx = 2π i × { f ( z )eimz 在上半平面内所有奇点处的留数和}
第二节 应用留数定理计算实函数的积分 类型一
复变函数第五章习题及答案概要
cos z
z
0.
第三十一第页三，十共页44页。
(4) f (z) sinh z cosh z
解 f (z)的一级极点为
zk
k
2
i
k
0,1,2,
故
sinh z Res[ f (z), zk ] (cosh z) zzk
sinh z 1.
sinh z zzk
第三十二第页三十，一页共44页。
第十四第页十，三共页44页。
定理
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)
的留数的总和必等于零.
第十五页第十，四共页44页。
3. 留数在定积分计算上的应用
1）三角函数有理式的积分
2π
I 0 R(cos ,sin )d
令 z ei，
sin
f
(z)
sin z z3
z
1 z3
z
z3 3!
z5 5!
z7 7!
z
1 z2 z4 z6 3! 5! 7! 9!
得z 0是f (z)的可去奇点, z 是f (z)的本性奇点.
第二十第三二页十，二共页44页。
tan1
(2) e z;
解 令 w tan 1 , 则 f (z) ew . z
例5 计算积分
sin(z i)
z 2 z(z i)8 dz.
解 z 0为一级极点，z i为七级极点.
sin(z i)
Res[ f (z),0] lim zf (z) lim
z0
z0
(z i)8
sin i;
f
(
z
)
sin( z (z
第五章 留数理论及其应用习题解答
习题五1. 求下列函数的留数．(1)()5e 1z f z z-=在z =0处． 解：5e 1z z-在0<|z |<+∞的罗朗展开式为 23454321111111112!3!4!2!3!4!z z z z z z z z z +++++-=+⋅+⋅+⋅+ ∴5e 111Res ,014!24z z ⎡⎤-=⋅=⎢⎥⎣⎦ (2)()11ez f z -=在z =1处． 解：11ez -在0<1z -| <+∞的罗朗展开式为 ()()()11231111111e 112!3!!111z n z n z z z -=++⋅+⋅++⋅+----∴11Res e ,11z -⎡⎤=⎣⎦．2. 利用各种方法计算f (z )在有限孤立奇点处的留数．(1)()()2322z f z z z +=+ 解：()()2322z f z z z +=+的有限孤立奇点处有z =0，z =-2．其中z =0为二级极点z =-2为一级极点．∴()[]()()120013232324Res ,0lim lim 11!242z z z z z f z z z →→++--⎛⎫=⋅=== ⎪⎝+⎭+ ()[]2232Res ,2lim 1z z f z z→-+-==- 3. 利用罗朗展开式求函数()211sin z z+⋅在∞处的留数． 解：()()()22235111sin 21sin 11111213!5!z z z z zz z z z z +⋅=++⋅⎛⎫=++⋅-⋅+⋅+ ⎪⎝⎭∴()[]1Res ,013!f z =- 从而()[]1Res ,13!f z ∞=-+ 5. 计算下列积分．(1)ctan πd z z ⎰，n 为正整数，c 为|z |=n 取正向．解：c c sin πtan πd d cos πz z z z z =⎰⎰．为在c 内tan πz 有12k z k =+ (k =0,±1,±2…±(n -1))一级极点 由于()()2sin π1Res ,πcos πk z kz f z z z =⎡⎤==-⎣⎦' ∴()c 1tan πd 2πi Res ,2πi 24i πk kz z f z z n n ⎛⎫=⋅⎡⎤=⋅-⋅=- ⎪⎣⎦⎝⎭∑⎰ (2) ()()()10c d i 13zz z z +--⎰ c :|z |=2取正向． 解：因为()()()101i 13z z z +--在c 内有z =1，z =-i 两个奇点． 所以()()()()[]()[]()()[]()[]()()10c 10d 2πi Res ,i Res ,1i 132πi Res ,3Res ,πi3i zf z f z z z z f z f z =⋅-++--=-⋅+∞=-+⎰6. 计算下列积分．(1)π0cos d 54cos m θθθ-⎰ 因被积函数为θ的偶函数，所以ππ1cos d 254cos m I θθθ-=-⎰ 令π1π1sin d 254cos m I θθθ-=-⎰则有 i π1π1e i d 254cos m I I θθθ-+=-⎰ 设i e z θ= d 1d i z z θ= 2os 12c z z θ+=则 ()121211d i 2i 15421d 2i 521m z mz z z I I z z z z z z ==+=⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-+⎰⎰被积函数()()2521m z f z z z =-+在|z |=1内只有一个简单极点12z = 但()()[]12211Res ,lim 232521m mz z f z z z →⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⋅'-+ 所以111πi 2πi 2i 3232m m I I +=⋅⋅=⋅⋅ 又因为π1π1sin d 254s 0co m I θθθ-=-=⎰∴π0cos d 54cos π32m m θθθ=⋅-⎰(2) 202πcos3d 12cos a a θθθ+-⎰，|a|>1． 解：令2π102cos3d 12cos I a a θθθ+=-⎰ 2π202sin3d 12cos I a a θθθ+=-⎰32π120i 2e i d 12cos I I a a θθθ-++=⎰ 令z =e i θ．31d d i os 2c z z zz θθ==，则 ()()()3122123221321i d 1i 1221d i 1112π2πi Res ,i 1z z z I I z z z a a zz z az a z af z a a a ==+=⋅+-⋅+=-++--⎡⎤=⋅⋅=⎢⎥⎣⎦-⎰⎰ 得()1322π1I a a =- (3)()()2222d x x a x b∞+-∞++⎰，a >0，b >0． 解：令()()()22221R z z a z b =++，被积函数R (z )在上半平面有一级极点z =i a 和i b ．故 ()[]()[]()()()()()()()()()()22222222i i 22222πi Res ,i Res ,i 112πi lim i lim i 112πi 2i 2i πz a z b I R z a R z b z a z b z a z b z a z b a b a b a b ab a b →→=+⎡⎤=-+-⎢⎥++++⎣⎦⎡⎤=+⎢⎥--⎣⎦=+4. ()22022d x x x a ∞++⎰，a >0． 解：()()2222022221d d 2x x x x x a x a -∞++∞∞=++⎰⎰ 令()()2222z R z z a =+，则z =±a i 分别为R (z )的二级极点故()()[]()[]()()()22222222i 0i 1d 2πi Res ,i Res ,i 2πi lim lim i i π2z a z a x x R z a R z a x a z z z a z a a-→∞→-=⋅⋅+-+⎛⎫''⎡⎤⎡⎤ ⎪=+⎢⎥⎢⎥ ⎪+-⎣⎦⎣⎦⎝⎭=⎰ (5) ()2022sin d x x x b xβ∞+⋅+⎰，β>0，b>0． 解：()()()i 222222222cos sin e d d i d x x x x x x x x x x b x b x b βββ+++--∞∞∞∞∞∞-⋅⋅⋅=++++⎰⎰⎰ 而考知()()222zR z z b =+，则R (z )在上半平面有z =b i 一个二级极点．()()[]()i i 222i i e d 2πi Res e ,i e π2πi lim e i i 2z x z z b b xx R z b x b z z b b βββββ+--→∞∞⋅=⋅⋅+'⎡⎤=⋅=⋅⋅⎢⎥+⎣⎦⎰()222sin πd e 2b b b xx x x βββ+--∞∞⋅=⋅+⎰ 从而()2022sin ππd e 44e b b x x b b x x b βββββ+-∞⋅=⋅=+⎰ (6) 22i e d xx x a +-∞∞+⎰，a >0 解：令()221R z z a =+，在上半平面有z =a i 一个一级极点 ()[]i i i 22i e e e πd 2πi Res e ,i 2πi lim 2πi i 2i e x z a z az a x R z a x a z a a a -+-→∞∞=⋅⋅=⋅=⋅=++⎰ 7. 计算下列积分(1)()20sin 2d 1x x x x ∞++⎰ 解：令()()211R z z z =+，则R (z )在实轴上有孤立奇点z =0作的原点为圆心r 为半径的上半圆周c r ，使c r ,[-R ,-r ],c r ,[r ,R ]构成封装曲线，此时闭曲线内只有一个奇点i , 是()()[]{}()z 22i 201e 1e Im d Im 2πi Res ,i lim d 2211r r x iz c I x R z z z z x x +-∞∞→⎡⎤==⋅-⎢⎥++⎣⎦⎰⎰ 而()202e d lim πi 1r iz c r z zz →⋅=-+⎰． 设()()2221e 1e πIm 2πi lim πi Im 2πi πi 1e 21222zz i i I z z --→⎡⎤⎡⎤⎛⎫=⋅+=⋅-+=- ⎪⎢⎥⎢⎥+⎝⎭⎣⎦⎣⎦． (2)21d 2πi zT a z z⎰，其中T 为直线Re z =c ,c >0,0<a <1解：在直线z =c +i y (-∞<y <+∞)上，令()ln 22e z z a a f z z z==，()ln 22e i c a f c y c y ⋅+=+，()ln 22e i d d c a f c y y y c y ⋅++--∞∞∞∞+=+⎰⎰收敛，所以积分()i i d c c f z z ∞∞+-⎰是存在的，并且()()()i i i i d lim d lim d c c c c AB R R R R f z z f z z f z z ++--→+∞→+∞∞∞==⎰⎰⎰其中AB 为复平面从c -i R 到c +i R 的线段．考虑函数f(z)沿长方形-R ≤x ≤c ，-R ≤y ≤R 周界的积分．＜如图＞因为f (z )在其内仅有一个二级极点z =0，而且()[]()()20Res ,0lim ln z f z z f z a →'=⋅= 所以由留数定理．()()()()d d d d 2πi ln AB BE EF FAf z z f z z f z z f z z a +++=⋅⎰⎰⎰⎰ 而()()()()i ln ln ln ln 22222e e e e d d d d 0i x R a x a aC C a R C C R BE C R R f z z x x x C R x R R R x R →+⋅⋅-+--∞==⋅+−−−→++⎰⎰⎰⎰≤≤．。
5 留数及其应用【VIP专享】
这个定理为判断函数的极点提供了一个较为简单的方法.
例 1 函数1 sin z有些什么奇点? 如果是极点, 指出它的级.
[解] 函数 1/sin z 的奇点显然是使 sin z=0 的点.这些奇点是
z=k (k=0,1,2,…).由于(sin z)'|z=k = cos z|z=k = (-1)k 0,
对f
w
(z)的研究变为在0
|
w |
1
内对j (w)的研究.显然j (w)
在 0 | w | 1
R
内解析, 所以w=0是孤立奇点.
R
lim f z limj w f (z)在无穷远点 z= 的奇点类型
z
w0
等价于j (w)在w=0的奇点类型。
即z=是f (z)的可去奇点, 极点或本性奇点, 完全看极限
z 2 z
求函数在孤立奇点z0处的留数即求它在洛朗级数中 (z-z0)-1 项的系数 c-1 即可. 但如果知道奇点的类型, 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 . 如果 z0 是本性奇点, 则只好将其按洛朗级数展开. 如果 z0 是 极点, 则有一些对求 c-1有用的规则.
Q(z) z - z0 其中j (z)在 z0 解析, 且j (z0)0. 故 z0 为 f (z)的一级极点.
根据规则
1, Res[
f
( z ),
z0
]
lim ( z
zz0
-
z0 )
f
( z ) ,而
Q(z0)=0.
所以
复变函数第五章 留数理论及其应用
由规则3
P( z) z 1 = 3= 2, Q ( z ) 4 z 4z
此法在很多情况下此法更为简单.
z dz , C为正向圆周: z = 2 . 例5 计算积分 4 z 1 C z 在 z = 2 的外部, 除 点外没有 解 函数 4 z 1
其他奇点. 根据定理 5.2与规则4: z z 4 1 dz = 2iRes f ( z ), C 1 1 = 2iRes f 2 ,0 z z z = 0. = 2iRes , 0 4 1 z
k =1
n
C
Res[ f ( z ), zk ] f ( z )dz = 2i k =1
= 2iRes[ f ( z ), ].
n
(留数定理)
计算积分
C
f ( z )dz
计算无穷远点的留数.
优点: 使计算积分进一步得到简化. (避免了计算诸有限点处的留数)
3.在无穷远点处留数的计算 •规则4
z = 0是p( z )的 三 级 零 点 , 是f (z)的三级极点。
1 z sin z z sin z 由规则2 Re s ,0 = lim " 6 3 z (3 1)! z0 z
若将f ( z )作Laurent级数展开 :
z sinz 1 1 3 1 5 = 6 [ z ( z z z )] 6 z z 3! 5! 1 1 11 = 3 3! z 5! z
1 故 Re s[ f ( z ), z0 ] = c1 = f ( z )dz 2i c
( 2)
二、利用留数求积分
1. 留数定理 设函数 f(z)在区域D内除有限个孤立奇点
第5章留数(答案)
z z0
则 故
4 (z z C z 0 ) f ( z) 3 (
0
z)
2
C ( z
2 0
z) 1 C ( z 30 z ) )
选（C）.
4 ] [ (z z 3 C ! 4 C z 0 ) f (z ) 1 0 ! z ( 0 1 C1 lim[( z z0 )4 f ( z )]. 3! z z0
（B）1 （C）2 （D）
82
选（B）.
1 ）. Res( z 2 tan , 0) （ z 1 1 1 1 （A） （B） （C） （D） 3 3 6 6 1 1 1 解 tan 3 z z 3 z 1 1 2 因此， Res( z tan , 0) . z 3 1 cos 是偶函数 a1 0. z 1 5-10 Res(cos , 0) （ ）. z 1 1 （A）0 （B）1 （C） （D） 2 2 1 1 1 解 cos 1 2 ，故 Res(cos , 0) 0. z 2z z 1 5-11 Res( z cos , 0) （ ）. z 1 1 （A）0 （B）1 （C） （D） 2 2 1 1 1 1 解 z cos z , 故 Res( z cos , 0) . z 2z z 2 在 z 1 处的留数，也可令 z 1 t .
选（D）.
奇点. 用罗伦级数展开计算留数是基本方法之一.
5.2 留数与留数定理
1
5-6 Res(e z sin （A）0
1 ,0) （ z
）.
1 2 1 1 1 1 1 1 1 ) 2 解 (e z sin ) (1 )( 3 z z z 3! z z z z 当 z 0 时， ln(1 z ) ~ sin z ~ e 1 ~ z ，这些，均与实函数是一致的.
高等数学--留 数
ez 1 例3 求 f ( z ) 5 在 z 0 的留数. z
解
z 0 是 f ( z ) 的四级极点.
c0 ( z z0 )m c1 ( z z0 )m 1
两边求 m 1 阶导数,
d m 1 m 得 m 1 [( z z0 ) f ( z )] dz
( m 1)! c1 +(含有 z z0 正幂的项)
d m 1 m lim m 1 [( z z0 ) f ( z )] ( m 1)!c1 , z z0 dz
第二节
留 数
一、留数的引入
二、利用留数求积分
三、在无穷远点的留数
四、典型例题
五、小结与思考
一、留数的引入
设 z 0 为 f ( z ) 的一个孤立奇点;
.z
z0 的某去心邻域 0 z z0 R
0
C
邻域内包含 z0 的任一条正向简单闭曲线
f ( z ) 在 0 z z0 R 内的洛朗级数:
1.定义 设函数 f ( z )在圆环域 R z 内解析，
C为圆环域内绕原点的任何一条正向简单闭曲线， 1 则称此定值 那末积分 f ( z )dz 的值与C无关， 2 i C -
为 f ( z ) 在 点的留数， 1 1 记作 Res[ f ( z ), ] f ( z )dz f ( z )dz 2i C 2i C 注意积分路线取顺时针方向
在 z0 的某个去心邻域 0 z z0 R 内包含 z0 的
任意一条简单闭曲线 C 的积分
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第五章 留数定理习题及其解答
5、1设有,能否说为本性奇点?为什么?
答:这个级数由两部分组成:即。
第一个级数当即时收敛,第二个级数当即时收敛。
于就是所给级数在环域内收敛(成立),且与函数。
显然就是得解析点。
可见此级数并非在得去心领域内成立。
故不能由其含无限多个负幂项断定得性质。
注: 此例说明,判断孤立奇点类型虽可从得Laurent 展开式含有负幂项得情况入手,但切不可忘掉必须就是在去心领域内得Laurent 展式,否则与就是什么性质得点没有关系。
5、2 设在全平面解析,证明:若为得可去奇点,则必有(常数);若为得级极点,则必为次多项式:;除此之外,在处得Taylor 展式必有无限多项系数。
证: 因为在全平面解析,所以在邻域内Taylor 展式为且。
注意到这Taylor 级数也就是在去心邻域内得Taylor 级数。
所以,当在得可去奇点<═>在去心邻域内Laurent 展示无得正幂项,即。
故(常数);
当为得级极点在去心邻域内Laurent 展示中只含有限个得正幂项,且最高正幂为次()。
1011() (0),0,()m m m m m n f z a a z a z a z a a n m --=++++≠=>L 即为次多项式;
除去上述两种情况, 为得本性奇点在去心邻域内Laurent 展开式中含有无限多个正幂项, 因此在中,有无限多个项得系数不为0。
注 (1)、 对本题得结论,一定要注意成立得条件为在全面解析,否则结论不成立。
例:在内解析(与全平面解析仅差一个点!),且以为可去奇点,但又在内解析,且以=为一级极点,但它并不就是一次多项式,也不可能与任何一次多项式等价(它以=0为本性奇点)。
同样地, 在内解析,以为本性奇点,但它不就是超越整函数,(它不就是整函数);
(2)、 本题证明完全依赖于无穷远点性态得分类定义,同时注意,全平面解析得函数在邻域内Taylor 展示得收敛半径R= +,从而此Taylor 展示成立得区域恰就是得去心领域,即同一展示对而言即就是其去心领域内得Laurent 展式。
5、3 证明:如果为解析函数得阶零点,则必为得阶零点。
(>1)
证 因为在点解析,且为其阶零点。
故在得邻域内Taylor 展式为
其中
由Taylor 级数在收敛圆内可逐项微分性质有
右端即为在内得Taylor 展开式,由解析函数零点定义知,以为阶零点。
注 本证明仅用到解析函数零点定义及幂级数在收敛圆内可逐项求导得性质、 5、4 判断下列函数在无穷远点得性态
1) 2) 3) 4)
解 1) 因为在内解析,且所给形式即为它在该环域内得Laurent 展式,所以为得一级极点(为一级极点)、
2) 因为在内解析,且在此环域内有 21111(1)3521sin 23!5!(21)!n n z z z z Z n z z -++=+-++++L L
即在得去心邻域里得Laurent 展式中含有无限多个得正幂项,故为得本性奇点(0为二级极点)。
3) 因为
在处解析,以为本性奇点。
在中令,得。
为得本性奇点,即为得本性奇点。
4)
令,得,即。
∴ 为得零点,且
∵
'[sin cos ]cos sin 1)0 (0,1,2)k k z k k z z z z k +=--≠=±±L ∴ 为得一级极点。
且 ,故,为得非孤立奇点。
注 当为孤立奇点时,一般直接从函数在得去心邻域内得Laurent 展示入手,判断其类型,但对3),因有一定得特性,故可利用这一特性进行判断。
5、5 、求出下列函数得奇点,并对孤立奇点指出类型。
１) ２) ３) ４) ５) ６)
(答 １)０,均为本性奇点;２)０为一级极点,为本性奇点;３)０为一级极点,为本性奇点;４)为唯一奇点,且为本性奇点;５)０为非独立奇点,为一级极点,为可去奇点;６)０为可去奇点,为本性奇点)。
5、6 计算下列各函数在指定点得留数:
1)
2) ,在处。
解 1) 因为为得一级极点,故由留数计算规则有
对,由留数计算规则有
又 在扩充复平面内仅有孤立奇点,故留数与为0,于就是可得
2) ,由留数定义,等于在处Taylor 展式中项得系数。
有 ∴
注意 于扩充复平面内仅有两个奇点,其留数与为0,故。
5、7 计算下列函数在处得留数
1) ;2) 在
解
1) 在扩充平面仅有两个奇点。
注意在内Taylor 展式中只有偶次项。
故 在内Laurent 展式中无项,即。
且环域也就是得去心邻域。
故上述展式也就是处得Laurent 展式。
因此
2) , 为自然数。
由留数定义知,等于在内Lauernt 展式中得系数。
注意在该环域有
0, 1Res sin ,0(-1), 2 (0,1,2,)(21)!m n m z z m n n n ⎧⎪⎡⎤=⎨⎢⎥==⎣⎦⎪+⎩L 当为奇数时当
5、8 计算
【答案
5、9 、求下列函数在指定点得留数
1)在点。
２)在点。
３)在点。
(答:1)１;２)－１;３)０;)
5、10 计算函数得留数。
【解】 1
1()() (),)()()()m
m z f z m z z z ααβαββ-==≠-++为自然数
∵ 为得一级极点,()
∴
为求,注意为自然数,只要求在点邻域Taylor 展式中得系数即可
∵
∴,故
又由于扩充复平面仅有奇点,故
5、11 计算下列积分
1)
2)
解 1)因为积分路径位于环域内,且围绕,简单、正向、闭,在该环域内解析,故可知所求积分为
其中为在环域内Lauernt 展式项得系数。
因此时, (上述展式中无偶次幂项)、
时,
时, (无偶次幂项)、
时,
2) 同1)道理,但积分路径位于环域内,且围绕,简单、正向、闭,在此环域内解析。
所以
其中为在环域内Laurent 展式中项系数。
因而 时,
时,
时, (展式中无偶次幂项)
5、12 计算下列积分(积分路径均为正向);
解 因为在内解析。
路径位于该环域内,围绕,简单、正向、闭,故由留数定义有
这里为在内Laurent 展式(即在内Ｔaylor 展式)得项系数,由幂级数乘法易求得:。
即
5、13计算积分 (积分方向为正方向)
解:
当时为得一级极点,故
当时,积分路径内围绕了得个一级极点
由留数定理有
因为
所以
5、14 计算定积分
解:被积式为得有理函数,故令,则,。
代入原积分,得
则内包围得一个奇点,且为一级极点。
故,由留数定理有
2212122Res ,21111()()z i I i z z z αππαπαπαααααααα=⎡⎤⎢⎥==-⋅=-⋅=⎢⎥--⎢⎥---⎣⎦ 5、15 计算定积分
解:,设。
则为得有理函数,且分母次数为４,分子次数为０。
且在实轴上无奇点,在上半平面得奇点为,均为一级极点。
∴
5、16计算定积分。
解:首先注意。
则
故只要计算第二项得值即可:设得分母次数比分子次数高１,在实轴上无奇点,在上半平面有一个一级极点。
∴
由此,
于就是
注:要注意就是一实变量复值积分,且实部为奇函数,虚部为偶函数,按实部等于实部,虚部等于虚部得最后结果。
5、17计算实积分
【答案(1);(2)】
5、18计算积分
【答案】
5、19计算积分得值
【答案】
5、20计算积分得值
【答案】
5、21若函数解析,且,试求、
【答案】
5、22利用复变函数环路积分方法,证明级数
(提示:考虑函数沿着仅包围某一个奇点得环路得积分)
计算机仿真编程实践
5、23计算机仿真计算(利用Matlab计算机求解出留数,然后求积分)
5、24计算机仿真计算(１)在０点(2)在０点处得留数。
(答案(１)１; (2))
5、25利用计算机仿真编程得方法计算积分
(积分方向为正方向)
为自然数)、
5、26利用计算机仿真计算积分,并验证典型实例结果。