例题：求下列 Res[f(z), ]的值
（1）f(z)=
(2)f(z)=
解：（1）在扩充复平面上有奇点： 1， ，而
1 为 f(z)的一
级极点且 Res[f(z),1]=
=
=e
Res[f(z),-1]=
=
=-
∵Res[f(z), ] + Res[f(z),1] + Res[f(z),-1]=0 得
∴
复变函数积分方法总结
[键入文档副标题]
acer [选取日期]
复变函数积分方法总结
数学本就灵活多变，各类函数的排列组合会衍生多式多样的函数新
形势，同时也具有本来原函数的性质，也会有多类型的可积函数类型，
也就会有相应的积分函数求解方法。就复变函数：
z=x+iy i2=-1 ，x,y 分别称为 z 的实部和虚部，记作
为
cos
。
故解这类题是就会联想到复变函数与三角变换的相关知识--欧拉公
式，令 z= ,dz=izd =i d d =
sin = (
)=
cos
则
d=
=
其 中 f(z)=
]
然后又留数定理求的积分值为
2πi 的所有孤立奇点。
其中 zk（k=1,2, …n）为 f(z)在单位圆周内
形如
的积分计算。其中 R(x)为 x 的有理函数，且分母的
它的内部完全含于 D，z0 为 C 内的任一点，有：
f(z0)=
例题：1）
2）
解：=2π isin z|z=0=0 解： =
=2πi
| = z=-i
解析函数的高阶导数：
解析函数的导数仍是解析函数，它的 n 阶导数为
f(n)(z0)=
dz(n=1,2…)
其中 C 为 f(z)的解析区域 D 内围绕 z0 的任一条正向简单闭曲线，而
=0。
判断可去奇点方法：⑴函数 在某个去心邻域 0<
< 内解
析，则 z0 是 的可去奇点的充要条件是存在极限
=c0，其
中 c0 是一复常数; ⑵在⑴的假设下，z0 是 f(z)可去奇点的充要条件
是：存在 r≤ ，使得 f(z)在 0<
<r 内有界
极点：若函数 f(z)在孤立奇点 z0 的去心邻域内洛朗级数展开式中
Res[f(z),
]=-{
Res[f(z),1]+
Res[f(z),-1]}= (
)=-sh1
(2) 由 公 式 Res[f(z),
]=-Res[f( )
,0] ， 而
f( )=
以 z=0 为可去奇点，所以
Res[f(z), ]= -Res[f( ) ,0]=0
用留数定理计算积分：
形如
d 的定积分; <+ 内的洛朗展开式为
f(z),=
则有 Res[f(z), ]=-c-1
如果 f(z)在扩充复平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远处在内）
设为 z1，z2，…，zn 则 f(z)在各奇点的留数总和为零,即 +Res[f(z), ]=0;
Res[f(z), ]=-Res[f( ) ,0]
解：利用 C-R 条件
=2x+y =-2y+x =2 =-2
所以满足拉普拉斯方程，有
= =2y-x = =2x+y
所以 v=
+ =2xy- +
=2x+ =2x+y
=y
= +c
v(x,y)=2xy-
+c
f(z)=u(x,y)+iv(x,y)= (2-i) +iC
4.留数求积分：
留数定义：设 z0 为函数 f(z)的一个孤立奇点，即 f(z)在去心邻域、
求解方法： （1）偏积分法：若已知实部 u=u(x,y),利用 C-R 方程先求得 v
的偏导数 = ，两边对 y 积分得 v=
.再由 = 又得
+ =-
从而 =
dx + C
v=
+
不定积分法：
dx + C 同理可由 v(x,y)求 u(x,y).
因为 =Ux+i Vx= Ux-iUy= Vy+iVX
所以 f(z)=
式中只有无限个负幂项，则称 z0 是 f(z)的本性奇点
判断方法：孤立奇点是本性奇点的充要条件是不存在有限或无穷的极
限
。
函数在极点的留数：
准则一：若 z0 为一级极点，则
Res[f(z),z0]= 准则二：做 z0 为 m 级极点，则
Res[f(z),z0]=
{(z-z0)mf(z)}
准则三：设 f(z)= ,P(z)以及 Q(z)都在 z0 解析，如果 P(z0) 0，
=b2-a2
∴
=b2-a2
定义衍生 1：参数法：
f(z)=u(x,y)+iv(x,y), z=x+iy 带入
得：
再设 z(t)=x(t)+iy(t)
=
- vdy + i
( ≤t≤ )
+ udy
=
参数方程书写：z=z0+(z1-z0)t（0≤t≤1）；z=z0+reiθ，(0≤θ≤2π)
例题 1：
积分路线是原点到 3+i 的直线段
为 B 的一条光滑的有向曲线，把曲线 C 任意分成 n 个弧段，设分点为
A=z0 ，z1，…，zk-1，zk，…，zn=B，在每个弧段 zk-1 zk(k=1,2…n)上任
取一点?k 并作和式 Sn=
(zk-zk-1)=
?zk 记?zk= zk-
zk-1，弧段 zk-1 zk 的长度 =
{?Sk}(k=1,2…,n),当
内两条正向简单闭曲线，C1 在 C 的内部，且以复合闭路 =C+C1 所围
成的多连通区域 G 全含于 D 则有：
=
+
=0
即
=
推论：
=
例题：
C 为包含 0 和 1 的正向简单曲线。
解： 被积函数奇点 z=0 和 z=1.在 C 内互不相交，互不包含的正向曲
线 c1 和 c2。
=
+
=
=
++
+
=0+2πi+2πi+0
+…]=
.
*
一个在 0< 级极点。
< 解析，同时
，则 z0 是 f(z)的 m
判断定理：（1）f(z)在 z0 的去心邻域 0<
<
，z0 是 f(z)
的 m 级极点的充要条件是可以表示成*的形式。（2）z0 是 f(z)的 m 级
极点的充要条件是
=.
本性奇点：若函数 f(z)在孤立奇点 z0 的去心邻域内洛朗级数展开
解：参数方程 z=（3+i）t
= =(3+i)3
=6+ i 例题 2： 沿曲线 y=x2 计算
解： 参数方程
或 z=t+it2 (0≤t≤1)
= =(1+i)
=- + i
定义衍生 2 重要积分结果： z=z0+ reiθ ，(0≤θ≤2π) 由参数法可得：
+ 2i
]
=
dθ=
dθ
=
例题 1：
例题 2：
=4πi
原函数法(牛顿-莱布尼茨公式)：
定理可知，解析函数在单连通域 B 内沿简单曲线 C 的积分只与起点
z0 与终点 z1 有关，即
=
这里的 z1 和 z0 积分的上下限。当下
限 z0 固定，让上限 z1 在 B 内变动，则积分
在 B 内确定了一
个单值函数 F(z),即 F(z)=
所以有
若 f(z)在单连通区域 B 内解析，则函数 F(z)必为 B 内的解析函数，
它的内部全含于 D.
例题：
C: =1
解：由高阶导数的柯西积分公式： 原式=2πi (ez)(4)|z= =
3.解析函数与调和函数：
定义：（1）调和函数：如果二元实函数 (x,y)在区域 D 内具有二 阶连续函数，且满足拉普拉斯方程：
+ =0，则称 (x,y)为区域 D 内的调和函数。若 f(z)=u+iv 为解 析函数，则 u 和 v 都是调和函数，反之不一定正确 （2）共轭调和函数:u(x，y)为区域内给定的调和函数，我们把是 u+iv 在 D 内构成解析函数的调和函数 v(x,y)称为 u(x,y)的共轭调和 函数。若 v 是 u 的共轭调和函数，则-u 是 v 的共轭调和函数 关系：任何在区域 D 内解析的函数，它的实部和虚部都是 D 内的调和 函数；且虚部为实部的共轭调和函数。
0 时，
不论对 c 的分发即?k 的取法如何，Sn 有唯一的极限，则称该极限值为
函数 f(z)沿曲线 C 的积分为：
=
?zk
设 C 负方向(即 B 到 A 的积分记作)
.当 C 为闭曲线时，f(z)
的积分记作
(C 圆周正方向为逆时针方向)
例题：计算积分
,其中 C 表示 a 到 b 的任一曲
线。
（1） 解：当 C 为闭合曲线时， =0.
设 B 为以单连通区域，z0 位 B 中一点，如 f(z)在 B 内解析，则函数
在 z0 不解析，所以在 B 内沿围绕 z0 的闭曲线 C 的积分
一般
不为零。 取 z0 位中心，以 >0 为半径的正向圆周
= 位积
分曲线 ，由于 f(z)的连续性，所以
=
=2πif(z0)