1、15.1 孤立奇点孤立奇点5.2 留数留数5.3*留数在定积分计算中的应用留数在定积分计算中的应用2 本章中心问题是留数定理，前面讲的柯西本章中心问题是留数定理，前面讲的柯西定理、柯西积分公式都是留数定理的特殊情况，定理、柯西积分公式都是留数定理的特殊情况，并且留数定理在理论探讨与实际应用中都具有并且留数定理在理论探讨与实际应用中都具有重要意义，它是复积分与复级数理论相结合的重要意义，它是复积分与复级数理论相结合的产物，产物，本章采用第一、第二两节综合讲授的方本章采用第一、第二两节综合讲授的方法，讲授内容如下：法，讲授内容如下：3一、孤立奇点的分类（一、孤立奇点的分类（p102）二、留数的概念
2、及留数定理二、留数的概念及留数定理（p111）三、函数孤立奇点的特性三、函数孤立奇点的特性（p104）（一）可去奇点（一）可去奇点（二）极点（二）极点 （三）本性极点（三）本性极点 四、函数在极点的留数四、函数在极点的留数(p114)(p114)五、利用留数计算积分举例五、利用留数计算积分举例4一、孤立奇点的分类一、孤立奇点的分类 1 1 孤立奇点的定义孤立奇点的定义(p102)(p102)：0()f zz若函数在 处000zzz不解析，但在的某一去心邻域内处处解析，0()zf z则称 为函数的10()zf zz如：是函数的孤立奇点，1()e.也是函数的孤立奇点zf z孤立奇点510()1si
3、nzf zz如是函数的一个奇点，1(1,2,)nznn 除此之外，也是它的一个奇点，10nzn当的绝对值逐渐增大时，可任意接近，0()zf z即在不论怎样小的去心邻域，总有函数的奇点存在，0().zf z所以是函数的奇点但不是孤立奇点62 2 孤立奇点的分类孤立奇点的分类(p103)(p103)：(1)(1)主要部分消失主要部分消失 00()0f zzzz函数在孤立奇点的邻域内展为洛朗级数为：()f z 00()()nnnf zCzz即，0z则称 为函数(2)(2)主部仅含有限项主部仅含有限项(m项),0()zf z则称 为函数的(3)(3)主部含有无限多项，主部含有无限多项，0()zf z则
4、称 为函数的00()nnnCzz01()nnnCzz解析部分解析部分主要部分主要部分可去奇点m阶极点本性奇点()f z 的7解：)1sin0(zzf zz说明点是函数的例可去奇点.()0f zz 函数在的去心邻域内可展开成洛朗级数：35sin1()()3!5!zzzf zzzz24111,3!5!zz 展开式中不含负幂项，sin0()zzf zz是函数的可去奇点.8()0f zz 解：函数在的去心邻域内可展开成洛朗级数：3544sin1()()3!5!zzzf zzzz4sin0()2zzf zz说明点是函数的例三阶极点.4sin0()zzf zz是函数的三阶极点.3311 1113!5!7!
5、zzzz9例例3 3(p106)11()e研究函数的孤立奇点的类型.zf z解：解：11()e1在整个复平面内除去点外处处解析，zf zz1 是它的唯一的孤立奇点.z0|1|z 将函数在内展开成洛朗级数，得到：112111e1(1)(1)(1)2!nzzzzn此级数含有无穷多个负幂项，1z 故是它的本性奇点.10二、留数的概念及留数定理二、留数的概念及留数定理 留数是复变函数论中重要的概念之一，它与留数是复变函数论中重要的概念之一，它与解析函数在孤立奇点处的洛朗展开式、柯西复合解析函数在孤立奇点处的洛朗展开式、柯西复合闭路定理有着密切的联系闭路定理有着密切的联系引例：引例：0()若 为函数的一
6、个孤立奇点，zf z0,内含 的任意一条正向简单闭曲线z()d 问题:=?Cf zz000是的某一个去心邻域CzzzR0zCR00zzR1100011()()(),nnnnnnf zCzzCCzzC对展开式两边沿着 逐项积分得：00011()d()dd()d,nnnnCCCCnnf zzCzzzCzCzzz001101dd()d,()nnnnCCCnnCzCzCzzzzz101d()CCzzz12.Ci102,01d0,0()nCi nznzz因此将函数在内展成罗朗级数：R|00 ZZ)(Zf1200()0设 是函数的孤立奇点，在环形域zf zzzR101()()内，函数的洛朗展开式中项的系数
7、称为f zzzC0()函数在点的留数，记为：f zz01Res(),f zzC 012Res(),()d.Cf zzf zzi 即1 1留数的定义留数的定义 (p111)(p111)1301Res(),f zzC 说明说明1 1：10CCCz 的的值值与与 的的半半径径大大小小无无关关，只只要要求求 包包含含 即即可可.012Res(),()d.Cf zzf zzi 即:02()dRes(),Cf zzif zz 说明说明2 2：0zC141(),f zDz设函数在区域 内除有限个孤立奇点的一条正向简单闭曲线，则:1()d2Res(),Cnkkf zzif zzD1z2z3z4znz.C1C2
8、C3C4CnC2,nzzCD外处处解析，是 内包围所有奇点2 2留数定理留数定理 (p113)(p113)15例例4(p112)1()e0.求函数在孤立奇点处的留数zf zzz解：解：()0|f zz 函数在内的洛朗展开式为：1211()e1,2!3!zf zzzzz11Res e,0.2!zz16例例5(p112)21()cos0.f zzzz求函数在孤立奇点处的留数解：解：()0|f zz 函数在内的洛朗展开式为：22211111()cos(1),2!4!(2)!znnf zzzzzn z 21Rescos,00.zz17例例6 6(p112)sin()0.zf zzz求函数在孤立奇点处的
9、留数解：解：0sinlim1,zzzsin0()是函数的可去奇点,zzf zzsinRes,00.zz2421111()sin13!5!(21)!nf zzzzzzn()0|f zz 函数在内的洛朗展开式为：18例例7 7(p106)11()e求函数在孤立奇点的留数.zfz解：解：11()e1在整个复平面内除去点外zfzz1处处解析，是它的唯一的孤立奇点.z0|1|将函数在内展开成洛朗级数，z11211e1(1)(1)2!zzz11Re se,11.z1(1)!nzn19 1、留数定理即为复合闭路定理，把闭路积分化、留数定理即为复合闭路定理，把闭路积分化为函数在该闭曲线内的每个孤立奇点的留数的
10、计算。为函数在该闭曲线内的每个孤立奇点的留数的计算。因而若能用简便方法求出留数，则可解决一类积分计因而若能用简便方法求出留数，则可解决一类积分计算问题。算问题。002()Re (),0.zf zs f zz、若是的可去奇点，则：说明：说明：00()()zf zf zz若是的本性奇点，求出在处的洛朗展开0()zf z若是的极点，则可用求导数或求极限的方101Re (),.Cs f zzC 式中的系数，则：法求留数.20三、函数孤立奇点的特性三、函数孤立奇点的特性（一）可去奇点（一）可去奇点00()()zf zf zz若 为函数的可去奇点，则在 的去心内的洛朗级数就是一个不含00 zz201020
11、0()()()()nnf zCC zzCzzCzz负幂项的级数：邻域 下面我们讨论：下面我们讨论：1、函数的孤立奇点的特性、函数的孤立奇点的特性 2、函数在极点的留数、函数在极点的留数 2101z孤立奇点 为可去奇点的充分必要条件0()zf z设 为函数的孤立奇点，则下列条件是等价的,0(1)()zf z为函数的可去奇点；00(2)()f zzzz函数在 点的洛朗级数展开式中不含的负幂项，即000(3)lim()zzf zCC,（为一常复数）(p103)；0(4)()f zz函数在 某去心邻域内有界.(了解、不证)(p104)2010200()()()()nnf zCC zzCzzCzz22解
12、：)8sin0(zzf zz说明点是函数的例可去奇点.()0(1)函数在的去心邻域内可展开成洛朗级数：f zz35sin1()()3!5!zzzf zzzz24111,3!5!zz 展开式中不含负幂项，sin0()zzf zz是函数的可去奇点.0sin2lim1zzzsin0()是函数的可去奇点.zzf zz230e1lim1zzz0ln(1)lim1zzz201cos1lim2zzze10()是函数的可去奇点.zzf zzln(1)0()是函数的可去奇点.zzf zz21cos0()是函数的可去奇点.zzf zz21110000eln()cosRes,Res,Res,zzzzzz240()z
13、f z若 为函数的可去奇点，则0()在 的去心邻域f zz00内的洛朗级数就是一个不含负幂项的级数：zz2010200()()()()nnf zCC zzCzzCzz0()这个幂级数的和函数在内处处解析.F zzz00()lim()定义：zzf zF z2可去奇点的解析化(p104)0()f zz则则函函数数在在处处解解析析.()幂级数的和函数F z000()lim().即:zzf zf zC25（二）本性奇点（二）本性奇点 005z孤立奇点 为本性奇点的充分必要条件（p1）0()zf z设 为函数的孤立奇点，则下列条件是等价的,0(1)()zf z为函数的本性奇点；0(2)()函数在 点洛朗
14、级数展开式中含有无穷多f zz0(3)lim().zzf z极限不存在且不是无穷大0个的负幂项；zz26例（备）例（备）1()0zf zez函数，点为它的本性奇点.解：(1)z当 沿正实轴趋向于0时，1()zf ze 则函数；(2)0z当 沿负实轴趋向于 时，1()0zf ze则函数；(2)2(3),niAie写成若对于给定复数1(2)2nizeie 要使，1(2)2nzni可取数列，0,nnz 时，10limnzz zei有：nzz当 沿数列 趋向于零时，0lim().zzf z由(1)(2)(3)分析得：极限不存在且不等于10()zzf ze故点为的本性奇点.271 1 孤立奇点的分类孤立
15、奇点的分类(p103)(p103)：(1)(1)主要部分消失主要部分消失 00()0f zzzz函数在孤立奇点的邻域内展为洛朗级数为：()f z 00()()nnnf zCzz即，0z则称 为函数(2)(2)主部仅含有限项主部仅含有限项(m项),0()zf z则称 为函数的(3)(3)主部含有无限多项，主部含有无限多项，0()zf z则称 为函数的00()nnnCzz01()nnnCzz解析部分解析部分主要部分主要部分可去奇点m阶极点本性奇点()f z 的小小 结：结：280(1)z孤立奇点 为可去奇点的充分必要条件0()zf z设 为函数的孤立奇点，则下列条件是等价的,0(1)()zf z为
16、函数的可去奇点；00(2)()f zzzz函数在 点的洛朗级数展开式中不含的负幂项，即000(3)lim()zzf zCC,（为一常复数）(p103)；0(4)()f zz函数在 某去心邻域内有界.(了解、不证)(p104)2010200()()()()nnf zCC zzCzzCzz2 函数孤立奇点的特性函数孤立奇点的特性29005z(2)孤立奇点 为本性奇点的充分必要条件（p1）0()zf z设 为函数的孤立奇点，则下列条件是等价的,0(1)()zf z为函数的本性奇点；0(2)()函数在 点洛朗级数展开式中含有无穷多f zz0(3)lim().zzf z极限不存在且不是无穷大0个的负幂项
17、；zz300()f zz 函数在点 处的洛朗展开式为：10000()()(0,1)()()nmnmmnCCf zCzzCmzzzz0()f zz函数在点 的某去心邻域内能表示成：01()(),()mf zg zzz00()()0.g zzg z其中在 的邻域内解析，且00()lim()zzzf zf z是函数的极点，缺点：不能指明极点的阶数.00lim()()(0)mmmzzzzf zCC0()zmf z1是的阶零点0(3)孤孤立立奇奇点点为为阶阶极极点点的的充充分分必必要要条条件件（待待学学）zm0()zf zm是函数的阶极点3100利利用用极极限限判判断断奇奇点点的的类类型型，当当极极限限
18、是是注注意意：型型时时，可可以以象象高高等等数数学学中中那那样样用用罗罗必必达达法法则则来来计计算算:0(),()f z g zzz如果函数是当，以零为极限的两个不恒等于零的解析函数，则00()()limlim.()()zzzzf zfzg zg z323 3 留数的定义及留数定理留数的定义及留数定理00()0 zf zzzR设 是函数的孤立奇点，在环形域内，101()()f zzzC函数的洛朗展开式中项的系数称为0()f zz函数在 点的留数.01Res(),f zzC 说明：说明：10CCCz 的的值值与与 的的半半径径大大小小无无关关，只只要要求求 包包含含 即即可可.012Res(),
19、()d.Cf zzf zzi 记作记作；0Res(),f zz02()dRes(),Cf zzif zz (1)(1)留数的定义留数的定义33(2)留数定理1(),f zDz设函数在区域 内除有限个孤立奇点的一条正向简单闭曲线，则:1()d2Res(),Cnkkf zzif zzD1z2z3z4znz.C1C2C3C4CnC2,nzzCD外处处解析，是 内包围所有奇点34作业：作业：5.1 孤立奇点孤立奇点,5.2 留数留数,5.2 留数留数(续续)打星号题可以不做，作业全部做完后三张一起交打星号题可以不做，作业全部做完后三张一起交.课堂练习课堂练习（写清班级、学号、姓名交给本班学习委员）（写
20、清班级、学号、姓名交给本班学习委员）(2)0()zf z是的可去奇点,11e1Re e,1,Re,0zzssz求：(1)(2)(1)1()zf z 是的本性奇点112111e1121)zzz！（11Re e,11zse1Re,00zsz35今天交作业今天交作业:4.3 泰勒级数泰勒级数4.4 洛朗级数洛朗级数(打星号题可以不做打星号题可以不做).36（三）极点（三）极点 0zz如果在洛朗级数展开式中只有有限多个的负幂项，100()()mzzzz且关于的最高幂为，即2102010()()()()mmf zCzzCzzCzz0()zf zm则孤立奇点称为函数的阶极点.010()CC zz(1,0)
21、mmC372102010010()()()()(),(1,0)mmmf zCzzCzzCzzCC zzmC0()zf zm如果孤立奇点为函数的阶极点，1101001()()()()mmmmf zCCzzCzzzz01()()mg zzz()这里满足g z01（）在圆域内是解析函数zz02()0.g z（）00()n mnnCzz下下面面讨讨论论阶阶极极点点的的(P P特特征征1 10 04 4)m0()0)mg zc38()f z反过来，当一个函数能表示为00()()0的形式，在内解析且g zzzg z0()那么 是函数的 阶极点.zf zm0001lim()lim()()mzzzzf zg
22、zzz 从而：(1)0lim().zzf z 00lim()()mmzzzzf zC(2)01()()()mf zg zzz0()0g z3901zm、孤孤立立奇奇点点为为阶阶极极点点的的充充分分必必要要条条件件0(1)()zf zm是函数的 阶极点；0(2)()f zz函数在点 处的洛朗展开式为：10000()()(0,0)()()nmnmmnCCf zCzzCmzzzz0(3)()f zz函数在点 的某去心邻域内能表示成：01()(),()mf zg zzz00()()0.g zzg z其中在 的邻域内解析，且00(4)()lim()zzzf zf z是函数的极点，缺点：不能指明极点的阶数
23、.00lim()()(0)mmmzzzzf zCC(4)0()设设 为为函函数数的的孤孤立立奇奇点点，则则下下列列条条件件是是等等价价(p5(p5的的,10)10)zf z40例例9 9210()zezf zz是函数的几阶极点.解解:法一：法一：22011111!2!3!znnezzzznz210()zezf zz所以是函数的一阶极点.法二：法二：22011111!2!3!znnezzzznz211(1)2!3!zzz()0(0)10zz 其中在解析，且，210()zezf zz所以是函数的一阶极点.1()zz4120011limlim10,zzzzeezzz 法三：法三：210()zezf
24、zz所以是函数的一阶极点.3sin zz练 习：3sin0()zzf zz是二阶极点，而不是三阶极点.01lim1zzez2300sinsinlimlim10,zzzzzzz422 2、函数的零点与极点的关系、函数的零点与极点的关系(p106)(p106)2211()(1)(2).(1)(2)()f zzzzzf z引函数，例：11,2()zzf z注意：分别是的一阶零点和二阶零点.1,2()zzf z 分别是的一阶极点和二阶极点.2111()()(1)(2)(1)f zg zzzz22111()()(2)(1)(2)f zh zzzz(),()12g z h zzz其中分别在和的邻域内解析，
25、(1)0,(2)0.gh且43定理定理100()()f zzzf z如果函数在 处解析，则 为的()0()0,0,1,2,(1),nfznm的阶零点充要条件是m()0()0.mfz证明证明:(不证不证)（1 1）零零点点的的定定义义(p p1 10 06 6)0()()()mf zzzz若函数，0()其中在 处解析zz(为一正整数)m0()则称 为函数的阶零点.zf zm0()0且，z44证明：()0()zf zm设 是函数的 阶零点，则0()()()mf zzzz00()()0zzz其中在 处解析，且，0z从而在 邻域内泰勒展开式为：201020()()(),zCC zzCzz00()0zC
26、其中，10010()()()mmf zCzzC zz()0()0,0,1,2,(1),nfznm()00()!0.mfzmC而，()()f z已知函数的泰勒级数为：10010()()()mmf zCzzC zz0010()()mzzCC zz()()00()0,0,1,2,(1),()0nmfznmfz且，201020()()()zCC zzCzz令，0()()(),mf zzzz0()zf zm则 为函数的 阶零点.45例例1031()1为函数的几阶零点.zf zz解：解：(1)0f由于，31(1)3|30zfz且，1()zf z所以是函数的一阶零点.2:()3(1),()2 3(1),()
27、6,org zzgzzgz31()(1)zg zz为函数的几阶零点.31()(1)zg zz为函数的三阶零点.3()(1)1,g zz32:()1(1)(1)orf zzzzz(1)(1)(1)0,()60,ggggz但46（2）.函数的零点与极点的关系(p107)定理定理20()zf zm是函数的阶极点证明证明*：()0()zf zm设 是的 阶极点，则有01()(),()mf zg zzz00()()0g zzg z其中在 处解析，且，0zz当时，有001()()()()()mmzzzzh zf zg z100()()0.h zzh z其中在 处解析，且0()zmf z1是的阶零点.470
28、0lim0()zzzzf z1当时，由于，00()f z1只要令，0()()()mzzh zf z1由可知：0()zmf z1是的 阶零点.()0()zmf z1如果 是的 阶零点，则0()()()mzzzf z1001()()()mzzf zzzz当时，00()()0()zzzz1而=在 处解析，且，0()zf zm所以点 为的 阶极点.)(zg0z00()()0zzz其中在 处解析，且，48例例11(p106)21()(1)(2)f zzz研究函数孤立奇点的类型.解：解：1,2()zzf z 是函数的两个孤立奇点，21()(1)(2)()zzzf z1()zz 是函数的一阶零点；1()zf
29、 z 是函数的一阶极点；2()zz 是函数的二阶零点；2()zf z 是函数的二阶极点.49例例12232().(1)(1)求有理函数的极点zf zzz解：解：1.zzi 函数的孤立奇点有：，31()(1)()()2zi zzif zz的一阶零点，1z(1)231(1)(1)()2zzf zz是的三阶零点，1()是函数的三阶极点.zf z31()(1)()()2zi zzif zz的一阶零点，zi(2)是3zi()是()都是函数的一阶极点（简单极点）.zif z50例例13(p10813(p108)1sin z函数有些什么奇点？如果是极点，指出它的阶？解：解：sin0z 由得：,0,1,2,z
30、kk ，,(0,1,2,)()zkkf x 所以是函数的孤立奇点.cos(1)0kk(sin)|cos|z kz kzzsinzkz是的一阶零点，1sin是的一阶极点.zkz0,1,2,.k 51小小结结0()f zz 函数在点 处的洛朗展开式为：10000()()(0,1)()()nmnmmnCCf zCzzCmzzzz0()f zz函数在点 的某去心邻域内能表示成：01()(),()mf zg zzz00()()0.g zzg z其中在 的邻域内解析，且00()lim()zzzf zf z是函数的极点，缺点：不能指明极点的阶数.00lim()()(0)mmmzzzzf zCC0()zmf
31、z1是的阶零点0()是是函函数数的的阶阶极极点点zf zm52下面我们讨论函数在极点的留数下面我们讨论函数在极点的留数 问题问题:0()zf z1:如果 为函数的一阶极点，则10Re (),?cs f z z0()zf zm2:如果为函数的阶极点，则10Re (),?cs f z z53四、函数在极点的留数四、函数在极点的留数(p114)(p114)法则法则1 1（p114p114）：）：0()zf z如果为函数的一阶极点，则000Re (),lim()()zzs f z zzzf z证明：证明：0()zf z如果是函数的一阶极点，110000()()(),0|nnnf zCzzCzzzz10
32、100()()(),nnnzzf zCCzz001lim()()zzzzf zC0Re (),s f z z540()zf zm如果为函数的阶极点，则2102010()()()()mmf zCzzCzzCzz0()()mzzf z11010()()mmmCCzzCzz101()()mmmdzzf zdz10(1)!mCzz含有()正幂的项01011lim()()(1)!,mmmzzdzzf zmCdz011011lim()()(1)!mmmzzdCzzf zmdz00()nnnCzz00()m nnnCzz0Re (),s f z z55法则法则3 3(p115)(p115)：0()如果为函数
33、的阶极点，则zf zm0Re (),s f zz01011dlim()()(1)!dmmmzzzzf zmz注意：注意：(2)(2)先知道奇点的类型，有时对求留数更为有利先知道奇点的类型，有时对求留数更为有利.(1)(1)当当 m=1=1 时即为法则时即为法则1.1.56例例14(p114)1().(2)(5)f zz zz求函数在孤立奇点的留数解：解：0,1,5()zzzf z 都是函数的一阶极点，01Re (),0lim(2)(5)zs f zzz zz22111Re (),2lim(2)lim(2)(5)(5)14zzs f zzz zzz z；55111Re (),5lim(5)lim
34、.(2)(5)(2)35zzs f zzz zzz z011lim(2)(5)10zzz；57例例 15(p116)2e()0.zf zzz求函数在的留数解：解：2e0()zzf zz是函数的二阶极点，Re (),0s f z2201delim(0)(21)!dzzzzz0lim(e)1.zz 58我们已知我们已知:0()如果为函数的阶极点，则zf zm010011dRe (),lim()()(1)!dmmmzzs f z zzzf zmz01()mzf z当即为函数的一阶极点，则000Re (),lim()()mzzs f z zzzf z59说明说明：具有某些特殊形式的函数的留数具有某些特
35、殊形式的函数的留数.()()()P zf zQ z设函数，0()()P zQ zz其中及在处解析，0()0P z且，00()0,()0,Q zQ z:则0()(1)()()P zzf zQ z是函数的一阶极点，0(1):()().zQ zP z是是的的一一阶阶零零注注点点,但但不不是是的的零零点点意意00().()P zQ z00(2)lim()()zzzzf z0(2)Re (),s f zz00().()P zQ z6000()0()01,)Q zQ z0()zQ z是函数的一阶零点，01()zQ z是的一阶极点,011(),()zQ zzz()z在01()()()f zz P zzz00
36、()()0g zzg z在 处解析,且，0()zf z是的一阶极点.00().()P zQ z00lim()2zzzzf z00()0zz解析，且，01()(),f zg zzz000()lim()()zzP zQ zQ zzz61法则法则2 2(p114)(p114)：()()()P zf zQ z设函数，0()()P zQ zz其中及在处解析，0()0P z且，00()0,()0,Q zQ z0z则 是函数000()Re (),.()P zs f z zQ z()f z 的一阶极点，且留数62例例16 16(p114)().cos2zf zzz求函数在点处的留数解：解：()2是函数的一阶极
37、点，zf zRe (),2s f z2(cos)zzz 22sinzzz 63作业：作业：5.1 孤立奇点孤立奇点,5.2 留数留数,5.2 留数留数(续续)打星号题可以不做打星号题可以不做.作业全部做完后三张一起交作业全部做完后三张一起交.课堂练习课堂练习22sin()01.(1)zf zzzzz求函数在点和处的留数（写清班级、学号、姓名交给本班学习委员）（写清班级、学号、姓名交给本班学习委员）0()zf z是的可去奇点,Re (),00s f z1()zf z 是的一阶极点,2Re (),1sin 1s f z64课堂练习课堂练习22sin()01.(1)zf zzzzz1.求函数在点和处
38、的留数（写清班级、学号、姓名，交给本班学习委员）（写清班级、学号、姓名，交给本班学习委员）0()zf z是的可去奇点,Re (),00s f z1()zf z 是的一阶极点,2Re (),1sin 1s f z2e()0.zf zzz2.求函数在的留数2e0()zzf zz是函数的二阶极点，Re (),01s f z 65留数定理(p113)1(),f zDz设函数在区域 内除有限个孤立奇点的一条正向简单闭曲线，则:1()d2Re (),Cnkkf zzis f zzD1z2z3z4znz.C1C2C3C4CnC2,nzzCD外处处解析，是 内包围所有奇点五、利用留数计算积分举例五、利用留数计
39、算积分举例66例例17 17(p116)22sind2.(1)CzzCzzz计算积分，其中 为正向圆周解：解：()20,1.f zzzz在圆周内有两个奇点：2(Re (),0Re (),1)is f zs f z0()zf z是的可去奇点,Re (),00s f z1()zf z 是的一阶极点,1Re (),1lim(1)()zs f zzf z22sind(1)Czzzz22sin 1i220sinlim1(1)zzzz 2221sinlimsin 1zzz67252d2.(1)CzzCzz z计算积分，其中 为正向圆周例例18(p116)解：解：()20,1.f zzzz在圆周内有两个奇点
40、：2(Re (),0Re (),1)is f zs f z0()zf z是的一阶极点,01()zf z 是的二阶极点,2052Re (),0lim2(1)zzs f zz 211Re (),1lim(1)()(21)!zs f zzf z252d(1)Czzz z152lim2zzz68例例194d2.1CzzCzz计算积分，其中 为正向圆周解：解：4()21,1zf zziz在圆周内有四个一阶极点：，4d1CzzzRe (),Re (),)s f zis f z i2(Re (),1Re (),1is f zs f z000()2:Res(),()P zf z zQ z由法则11112()0
41、,4444i03200144zzz，69例例20*（不讲）（不讲）6sin,2.CzzdzCzz 计算积分其中 为正向圆周解：法一解：法一 ()sinP zzz令，0()zf z 是函数的孤立奇点，0(0)(sin)|0,zPzz0(0)(1 cos)|0,zPz0(0)sin|0,zPz0(0)cos|0,zPz0()sinzP zzz是的三阶零点,6sin0()zzzf zz是函数的三阶极点，2236262300sin1sin1sinRe,0lim()lim()(3 1)!2!zzzzdzzdzzszzdzzdzz3由规则，得：再往下计算比较繁琐！再往下计算比较繁琐！701C若用洛朗展开式
42、求就法二：比较简单3566sin111()3!5!zzzzzzzz16sin1Re,0.5!zzsCz 6sin22(),05!Czzidzi f zz zz!51!313710()zf zm如果为函数的阶极点，则01011lim()()(1)!mmmzzdzzf zmdz法三*：01011lim()()(1)!m nm nm nzzdzzf zmndz 6sinRe,0zzsz565601sinlim(6 1)!zdzzzdzz5500111lim(sin)lim(cos)5!5!5!zzdzzzdz 62205sin(),!Czzidzi f zz 0Re (),s f zz72作业：作业
43、：5.1 孤立奇点孤立奇点,5.2 留数留数,5.2 留数留数(续续)打星号题可以不做打星号题可以不做.作业全部做完后三张一起交作业全部做完后三张一起交.课堂练习课堂练习22sin()01.(1)zf zzzzz求函数在点和处的留数（写清班级、学号、姓名交给本班学习委员）（写清班级、学号、姓名交给本班学习委员）0()zf z是的可去奇点,Re (),00s f z1()zf z 是的一阶极点,2Re (),1sin 1s f z73备备1 13d(2)(1)CzzCzz计算积分，其中 为(0,1,2).rrr,zr正向圆周74备备22d2.1zCzezCzz计算积分，其中 为正向圆周解：解：2
44、2()11zzezf zzz 在内，函数有两个一阶极点：，2d2Re (),12Re (),1,1zCzezis f zis f zz1211Re (),1lim(1)lim,(1)12zzzzzezees f zzzz211Re (),1lim(1)lim(1)12zzzzzezees f zzzz而，12d2()2cos.122zCzeeeziiiz75备备32d2.(1)zCezCzz z计算积分，其中 为正向圆周解：解：20()1zzf zz在圆周内，是函数的一阶极点，是二阶极点，2200Re (),0limlim1,(1)(1)zzzzees f zzz zz2211Re (),1l
45、im(1)(1)!(1)zzdes f zzzdzz z211(1)limlim0,zzzzd eezdz zz2d2Re (),0Re (),1(1)zCezis f zs f zz z2(1 0)2.ii76 留数定理为某些类型积分的计算提供了有效的方法应用留留数定理为某些类型积分的计算提供了有效的方法应用留数定理计算实变函数的定积分的方法称为数定理计算实变函数的定积分的方法称为围道积分法围道积分法围道积分围道积分法就是把求实变函数的积分化为复变函数沿着围线的积分，法就是把求实变函数的积分化为复变函数沿着围线的积分，然后然后利用留数定理，使沿着围线的积分计算，归结为留数计算要使利用留数定理
46、，使沿着围线的积分计算，归结为留数计算要使用留数计算，用留数计算，需要两个条件：一是被积函数与某个解析函数有需要两个条件：一是被积函数与某个解析函数有关；其次，定积分可化为某个沿闭路的积分关；其次，定积分可化为某个沿闭路的积分其实质就是用复积其实质就是用复积分来计算实积分，这一方法对有些不易求得的定积分和广义积分分来计算实积分，这一方法对有些不易求得的定积分和广义积分常常比较有用现在就几个特殊类型举例说明常常比较有用现在就几个特殊类型举例说明 77一、一、20(cos,sin)Rd形如的积分ize令，idzie d，dzdiz1cos22iieezz，1sin22iieezzii，(cos,s
47、in)cossin0,2 R其中为与的有理函数，且在上连续，0,2|1zz当时，对应的 正好沿着单位圆的正向绕行一周，2211 1()(,)22zzf zRzziziz函数为 的有理函数，1z 且在上分母不为零，1z 即在单位圆上无奇点，因此满足留数定理的条件，故有2220111(cos,sin)(,)22zzzdzRdRziziz 1().zf z dz 78 例1220cos2(01).1 2 cosIdppp计算，的值解：22021 2 cos(1)2(1 cos)0pppp在内，因而该积分是定积分，222211cos2()()22iieezz2212112122zzzdzIzzizpp
48、 42112(1)()zzdzizpz zp 21cos22iieezz，1().zf z dz 794211()0,2(1)()zf zzzp zizpz zpp被积函数有三个极点，0,1zzpz只有在圆周内，0zzp其中为二阶极点，为一阶极点，42201Re (),0lim2(1)()zdzs f zzdzizpz zp223422220()4(1)(1 2)lim2()zzpzpp zzzpzpi zpzpp z221,2pip 421Re (),lim()2(1)()zpdzs f zpzpdzizpz zp4221,2(1)pipp24222221122.22(1)1pppIiipi
49、ppp80二、二、()R x dx形如的积分1111()(),2()nnnmmmza zaP zR zmnQ zzb zb.z是关于 的有理函数(1)()()Q zP z比至少高两次；(2)()Q z 在实轴上无零点；(3)()Im0(1,2,)kR zzz kn在上半平面内的极点为；则有：1()2Re (),.nkkR x dxis R zz81基本思想：(),R xR R(1)先取被积函数在有限区间上的定积分，再引入辅助曲线，:Re(0),iRCz即上半圆周,R R同一起构成围线，()()()kP zR zzQ z使得所有的在上半平面内的极点 都包含在积分路径内，R取 适当的大，如下图：R
50、R1()()()2Re (),RnRkCRCkR z dzR x dxR z dzis R zz(2)Re(0)iRCz在上，令，则有0()(Re)Re()(Re)RiiiCP zPdzidQ zQ，()()Q zP z因为的次数比的次数至少高两次，于是有()Re(Re)|0()(Re)iiizP zPzRQ zQ当时，|()lim0()RCzP zdzQ z，1()2Re (),.()nkkP xdxis R zzQ x82 例222222,(0,0)()()x dxIabxaxb计算积分的值.解：4,2,2,mnmn()R z函数在实轴上没有孤立奇点，22222()()zaibizazb在
