复变函数与积分变换课堂ppt课件第五章

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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的不论怎样小的去心领域内总有 f(z)的奇点

2、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()()nncc zzczz0zz当从而函数 f(z)在z0就成为解析

3、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0

4、zz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|()|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

5、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,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

6、(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z

7、0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(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

8、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 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z

9、0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 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()zz

10、f 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 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2

11、1ize，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220111111(),!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!

12、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

13、 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。至于函数在无穷远点的性态，尚未提及。现在在扩充复平面上对此加以讨论。1nntz nz与扩充 t 平面上向零收敛的序列对应。反过来也是这样。无穷远点收敛的序列相对应。反过来也是这样。10|tR同时，1tz1()()()f zftt10|tR把扩充 z平面上的去心领域|Rz 映射成扩充 t 平面上原点的去心领域，又这样，可把在去心领域|Rz 对 f(z)的研究化为在内对()t的研究。显然()t在10|

14、tR内解析，所以z=0是()t的孤立奇点。规定，如果 t=0是本性奇点，则称点z=是 f(z)的可去奇点，m级极点或本性奇点。由于 f(z)在R|z|+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 nnzzzzz

15、zz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

16、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 zczzczzcc 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Dz1z2z3znC1C2C

17、3CnC孤立奇点z1,z2,.,zn外处处解析。C是D内包围诸奇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

18、可见，留数定理的效用有赖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z0为f(

19、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()()()()(),mmmmmzzf zcczzczzc z

20、z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()()()(),()P zf zP zzg zQ zzzzz0()0z由此得其中()z在z0解析，例例

21、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)lim112zzzzzezeef 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(),

22、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)2zzzzz32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I

23、II,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)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

24、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)znez51(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

25、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(),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

26、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 221

27、2111Res(),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 zf 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)

28、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。35663sin111()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

29、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()2Cf 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

30、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)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

31、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|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

32、.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 ，

33、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，42Res(),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 ()

34、,is f zs f z 2Re (),Re (),1is f zis f z 10101202(3)(3)iiii 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 zC

35、ze dzif zz1322115()12!324zzf zezzzz1Res(),3 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 zz12111Re

36、s(),03fczz 所以13213 zCze dziz2112Res(),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

37、区间，而用留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线的积分。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，

38、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内其中,z=0为二级极点,z=p为一级极点。42|1|11()2(1

39、)()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的值。例例 计算ize1ddziz，将211sin(ee),22iiziiz|123(3)(/3)zdz

40、zi 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z1z2z3yCRRROx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

41、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()|()|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

42、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 ab22222Res(),lim()()()zaizR z aizaizazb222222()2()abIii abi baab22Res(),.2()bR z bii ba22222,2(

43、)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

44、 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,RRRai

45、zaizayCCCaRaRaRaRRR 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()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220si

46、n12axxdxexa222Res(),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。2cos45xIdxxx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22cosRe4545ixxeIdx

47、dxxxxx1 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。2sin1xx

48、Idxx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如上图所示，由柯西古萨基本定理，有因此可以选择函数沿某一条闭曲线的积分来计算上式各端的积分。但函数只有一个z=的一级极点，0RrizixizixrRCRCreeeedzdxdzdxzxzxyCRRROxrr令x=t，则有ixitixrrRRRreeedxdtdxxtx 所以0RrixixizizRrCCeeeedxdzdzxzzs

49、in2.RrizizRrCCxeeidxdzdzxzz 即例例4 计算积分的值。0sin xIdxxsin2RrizizRrCCxeeidxdzdzxzz 因此,要算出所求积分的值,只需求出极限limRizCRedzz0limrizCredzz与下面将证明0lim0,limRrizizCCRreedzdzizz 由于|RRizizCCeedzdszz1RyCe dsRsin0Red例例4 计算积分的值。0sin xIdxx0lim0,limRrizizCCRreedzdzizz 由于sin202Redlim0RizCRedzz|RRizizCCeedzdszzsin0Red所以111()2!i

50、znnezi zizzznz(2/)202Red(1)ReR例例4 计算积分的值。0sin xIdxx0lim0,limRrizizCCRreedzdzizz 由于()rrrizCCCedzdzz dzzz由于111()2!iznnezi zizzznz 其中1()2!nnzi zzin 在z=0处解析，且(0)=i，当|z|充分小时可使|(z)|2，例例4 计算积分的值。0sin xIdxx()rrrizCCCedzdzz dzzz111()2!iznnezi zizzznz 而0riiCdziredizre()|()|22rrrCCCz dzzdsdsr在r充分小时，有例例4 计算积分的值

51、。0sin xIdxx()rrrizCCCedzdzz dzzz0riiCdziredizre()|()|22rrrCCCz dzzdsdsr0lim()0rCrz dz0limrizCredziz 从而有因此得例例4 计算积分的值。0sin xIdxx0sin2xidxix0sin.2xdxxsin2RrizizRrCCxeeidxdzdzxzz 0lim0,limRrizizCCRreedzdzizz 所以可得即这个积分在研究阻尼振动中有用。例例4 计算积分的值。0sin xIdxx111例例 计算泊松积分(Possion)2edxx202edxx2edxIx解解：记则所以222ededx

52、yIxy222()limedxyRR2200limdedarar r2lim(1 e)aa，2edxIx，22200edededxxxxxx20ed2xx另外所以扇形的边界，如右图所示。又函数例例5 证明22001sincos22x dxx dx20izCe dz 所以它的实部与虚部分别就是所求20ed)2xx(已知证证：考虑函数2ize，当z=x时，222cossinixexix积分的被积函数。取积分闭曲线为一半径为R的4BRCAROxy函数就可写为：2ize在D内及其边界C上解析，根据柯西古萨基本定理，有例例5 证明22001sincos22x dxx dx20izCe dz 2220.i

53、xizizOAABBOe dze dze dz即20ed)2xx(已知证证：在OA上，x从0到R；在AB上，BRCAROxy22222cos2sin244000(cossin)RRiriRRixix dxeedreRie d22222044000iiRiixiR eiir eRe dxeRie dee dr在BO上，。则上式成为或Re,:04iz4e,:0izrr R例例5 证明22001sincos22x dxx dx20izCe dz 2220.ixizizOAABBOe dze dze dz即20ed)2xx(已知证证：在OA上，x从0到R；在AB上，BRCAROxy222222cos2

54、sin24000(cossin)(1)RRriRRixix dxiedreRie d222202400(1)0iRixiR eirRe dxeRie dei dr在BO上，。则上式成为或Re,:04iz(1),:0zri r R115例例5 证明22001sincos22x dxx dx20izCe dz 2220.ixizizOAABBOe dze dze dz即20ed)2xx(已知证证：在OA上，x从0到R；在AB上，BRCAROxy22222cos2sin244000(cossin)RRiriRRixix dxeedreRie d22222044000iiRiixiR eiir eRe

55、 dxeRie dee dr在BO上，。则上式成为或Re,:04iz4e,:0izrr R例例5 证明22001sincos22x dxx dx20ed)2xx(已知证证：BRCAROxy当R 时，上式右端的2440122222iirieedre而第二个积分的绝对值：22224cos2sin2sin2444000RiRRiReRie deRdRed2(1)4ReR第一个积分为例例5 证明22001sincos22x dxx dx20ed)2xx(已知证证：BRCAROxy220(cossin)Rxix dx222cos2sin24400RiriRRieedreRie d由此可知R 时，第二个积分趋于零，从而有令两端的实部与虚部分别相等，得2201(cossin)2222ixix dx22001cossin22x dxx dx118例例4 计算积分的值。0sin xIdxx例例5 证明22001sincos22x dxx dx20ed)2xx(已知这两个积分称为菲涅耳(Fresnel)积分，在光学的研究中很有用。