1、第五章 留数定理（38）一、内容摘要1留数：设 以有限点 a 为孤立奇点，则在 a 点的某无心领域内可以展成()fz洛朗级数： ， 。我们称此展式中 的系数0()kkzzR1za为 在 a 的留数，记为 1a()fz0Reszf2留数定理：设函数 在回路 所围区域 B 上除有限个孤立奇点外解析， fzl在回路 上连续，则 l12esResnldifzfzA3将留数公式推广到无穷远点：设 为 的一个孤立奇点，则 在圆环()()fz内解析，设 为圆环内任一条绕原点的简单正向闭曲线，定义Rzl， 为顺时针方向，取 为逆时针方向。对于无11es()()2lffzdbill穷远点的邻域来说， 才是该领域
2、边界的正方向。也即 在 的留数等于它()fz在 点的去心邻域 内洛朗展开式中 的系数变号。即其中的围道R1z沿顺时针绕原点一周。在围道 外, 除 外别无奇点。l l4留数和定理：设函数 在扩充复平面上除了有限远点 以及fz (1,2)kzn以外处处解析，则有z1Res()es()0nkkff5求留数的一般方法：1）解析点的留数为 0，即泰勒展开式与洛朗展开式一样，无负一次项。2）直接求 Laurent 展开式的负一次项系数。3）判断极点类型，可去奇点的留数为 0，本性奇点用洛朗展开式中的 阶极点和一阶极点的留数为。1,bm0101 0()li()()!mmzdresf zf001()lim()
3、(zresfzbfz0 001 0 00()()li)() ,()z zprsf fzfzgzpzg 6留数的应用计算定积分1）形如 = 的含三角函数的积分。I20(cos,in)dR定理 设 为 的有理函数，且在 上连续，则,s,i0,220 1(cos,in)d()zdzRgiA其中 1(),)2zgi2）形如 = 的无穷实变积分。I()fxd引理 设 沿圆弧 上连续，且 在 上z12:eiRSzlimRzfRS一致成立，则：21lim()-)RSfdi定理 设 为有理函数，其中 为互质 多项式，并且(i)分母()PzfQ(,PzQ的次数至少比 的次数高两次；(ii) 在实轴上没有零点；则
4、有()z )-Im()2Res(kkzfxdif特别地，若对应实函数 为偶函数，则()PfQ0ImRes()kkzfxdif定理 设(i) 在区域 除去有限个极点 外，处处解析，且 不在实轴上，()fzykaka(ii)沿上半圆周 （ 充分大）， 一致成立，则当 为偶函数时，Rli0Rf()fx有，01()coses()kkfxmdiFa当 为奇函数时，有()fx01()sinRes()kkfxmdFa其中 (),(imzFzfe3）实轴上有奇点的情形。定理： 在实轴上有有限个一阶极点 ，在上半平面有有限fz 1,2jam个孤立奇点 .而且,在包括实轴的上半平面中当 时 一1,2kbn zfz
5、致趋于零,则有 .11kjkjfxdiresfbiresfa二、习题1填空题（1） 在本性奇点 处的留数 _. ,则1()zfe=0zRes()fz2()1izef=_Rsi（2） =_， =_2=1zIdA3=1coszId（3） ,则 _ ,则0+cosdab 21()dx（7） . （8） 20sin+mxda 2cos4dx7求下列条件下函数 在奇点 处的留数。()/fzg0z（1） 在 的领域 内解析，且 ，而 是 的二阶零点；()fz01G()f0z()g（2） 是 的一阶零点，是 的 3 阶零点。0 gz8试用各种不同的方法计算 。52Res,1()z三、参考答案1填空题（1）1
6、， 2ei（2） ， 1i（3） , 2abe2 解：（1） .21()()zf z由极点的第一种判断方法可得， 都是 的一阶极点，0,2z()fz021Res()lim).(23.)zzzfz（2）把函数 在 内洛朗展开，()f02323244 432()1 4!zzzze zz 从上式的洛朗展开式可得， 为函数的三阶极点，所以0z有 14(0)3resfb（3） 442331()()zzfi由极点的第一种判断方法可得， 为 的三阶极点。i()fz.24332311()lim().!(8li.)zzdzResfi iifi izi（4） cos0,01,2kkL令 可 得为 cos z 的一
7、阶零点，从而为 的一阶极点。k ()fz1()(),01,2cos) 2kkkzresf k或者用洛朗展开2431cos1!2!4zzz （5） 可知， 是函数的本性奇点，在 内用洛朗展开式来求留数，z01z可知， 2411()cos!()!()fzzz 1()0resfb（6） ， 是函数的奇点，可知函数在 有洛朗展开式2()infz0z2353111sin)!5z zz 所以， 1(0)!6refb（7） 因为 是 的零点，从而是 的极点。(,2,)kz sinzzsin1（i）因为 ，所以 是 的(sin)0(1,2)kz (1,2)kz zsin1一阶极点，故 1)sincoskzkr
8、ef（ii）由 ，可知， 是 的一阶极点，从而是35sin!z 0zinz的二极极点（看负次幂的最高项的次数），所以zi1201(0)lim.02!sinzdresf z（8）snh()cof，且 是 的一级零点，且1s0()22zkezikzcosh，所以 是 的一级极点。所以inhkf注： 1()21sinh()(cozkiresf (s)inz（9） 为 的三阶极点，故有 =za()f2331()!zaderesfaaz12+e（10）直接用公式很麻烦，z=0 为三阶极点，并且很难判断为三阶极点。直接用洛朗展开式很简单 3566 3sin111()!5zzzz 所以 故留数为 15!b!
9、3解：（1） 因为 ，所以 为 的可去奇点，所以32sinzdA0sinlm1z0zsinz由留数定理可得：Re(0f） 32sin.Res(0)2.zdifiA（2） 为 的二阶极点，由留数定理可得：1z2()1ef2 221.().lim().4()(2)!1zz ze dediresfi iei A（3）函数 有 4 个一阶极点 ,但在圆: ，外除无穷远点外无其它14zi2z奇点根据留数定理 和 ,mkmkbzresfresf110)()( 021)()(zfresresf有 4-1 04 22 221k zzdibiresfiresf A04zires（4） 有三个奇点,其中 在圆 内
10、，3 在圆)(f )3(1)0zi 1,i2z外并且为一阶极点, 因此,根据留数定理，有2z.102=2+1()(3)z dziresfirsfiz A再由留数的求法，有 ，)()(ffresfrsf 031)1()()( 002 zz zifresresf所以 102=+()(3)z diresfirsfiz A1010)()(23iiiiresf 4解：（1）为求函数 在 的留数，根据 可知，改求函fz01()()kkresfresfz数 在有限奇点处的留数。函数 有两个有限远奇点 ，且都是一fz fz阶极点。 211()lim).(.zzzzeresf所以 1()(1)()sinh2er
11、esfresff（2）令 ，则 的洛朗级数就是其本身，所以 =fzfz (,)1resf（3） ，则 ，所以20-1cos!kz2011cos=/=!2!kkkkzzz(,)ref（4） 非孤立奇点无留数。=z（5） ，则 = ，所以2301!kkzzze 2+1ze20!kz(,)0rsf（6）232222 01 11!kkz kzzzze (,)0rsf5解：（1）可以验证被积函数的奇点为 ，六个 奇点全部位于+241,=0,13kie的圆内，则有 ，而 = 5，所以=4z=2()Iiresf()limzrsff0Ii（2）将函数 在有限远奇点为 ，并且知 为一阶极13().zfze1,0
12、z1z点， 为本性奇点（求其留数只能用洛朗展开）可求其留数和来求积分。0z而我们将转化为在 处留数的计算。z132.()zCediresfA方法一 ：将 在 的去心领域 内做洛朗展开：()fz113222322 2235 211.().()!5()!4!4zzeezzzz 所以 1()()resfb13 122.()2.3zCdiresfiiA方法二：021)(zfresf 344 1,lim.(1)!()3z zzde 所以， 3 22.()2.zCediresfiiA（3）被积函数的奇点为 1 和 1，均位于 圆内，所以 ，由=z2()Iiresf最后可得 -1()2cresffzdi-1Iie（4）被积函数的奇点为 在单位圆 内的奇点为2=z是单极点，于是 点留数为201+=z0z，故02 21+1()lim+zresf 02 2=cdiIkifzA6 解：
