若有理函数 R(x)的分母至少比分子高两次, 并且分母在实轴上无孤立奇点. 一般设
n 1

P ( z ) z a1 z an R( z ) m ,mn2 m 1 R( z ) z b1 z bm
n
分析
可先讨论 R R( x )dx , 最后令 R 即可 .

1 2 2 2, 2bi(a b )
z ai
1 b 2 3a 2 Res[ R( z ), bi ] 2 3 2 2 2 2 2, ( z a ) ( z bi ) z bi 4a i (b a )
所以


0
dx 1 dx 2 2 2 2 2 ( x a ) ( x b ) 2 ( x 2 a 2 )2 ( x 2 b 2 )
R
0, R0 , 使当R R0时，有
g( z ) , z C R .

CR
g ( z )e dz
iaz


0
g( R e )e
i
i
iaR ei θ
R e i id
由 g( R e ) , R e i R 及
i
e
iaR ei θ
e
aRsin iaRcos
R
R R( x )dx
R
f ( z )dz
C
1. 被积函数的转化: 可取 f(z)=R(z) . (当z在实轴上的区间内变动时 , R(z)=R(x)) 2. 积分区域的转化: 取一条连接区间两端的按段光滑曲线, 使与区间
一起构成一条封闭曲线, 并使R(z)在其内部除有
限孤立奇点外处处解析. (此法常称为“围道积分法”)
2
1 z4 Res[ f ( z ), p] lim ( z p) 2 z p 2iz (1 pz)( z p)
1 p 2 2 , 2ip (1 p )
4
因此
2 1 p2 1 p 2π p 2 I 2π i 2 2 2 2. 2ip (1 p ) 1 p 2ip
§5.3 留数在定积分 计算中的应用
一、形如 0
2π
R(cos , sin )d

的积分
二、形如 R( x )dx 的积分
三、形如 R( x )e iaxdx (a 0) 的积分

一、形如 0
2π
R(cos , sin )d
的积分
其中R(cos , sin )是 cos , sin 的有理函数 .
πi{Res[ R( z ), bi ] Res[ R( z ), ai ]}
( 2a b)π b2 3a 2 1 3 . i 3 2 2 2 2 2 2 2 4a b(a b) 4a i (b a ) 2bi (b a )
x2 x 2 例4 计算积分 4 dx x 10x 2 9

解
z2 z 2 z2 z 2 2 R( z ) 4 2 2 z 10 z 9 ( z 1)( z 9) 3i .
z z2 1 i Res[ R( z ), i ] lim( z i ) . 2 zi ( z i )( z i )( z 9) 16 z2 z 2 3 7i . Res[ R( z ),3i ] lim( z 3i ) 2 z3 i 48 ( z 1)( z 3i )( z 3i )
y
无孤立奇点. 同前一类型: 补线 C R
C R 与 R, R 一起构成封闭
R
CR
zn z2 O z3
z1 R x
曲线C ,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:

R
R
R( x )e dx
iax
CR
2 πi Res[ R( z )e iaz , zk ] R( z )e dz
5 x2 x 2 x4 10x 2 9 dx 2πi{Res[ R( z), i ] Res[ R( z), 3i ]} 12 .

三、形如

R( x )e iaxdx (a 0)
的积分
积分存在要求: 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, 并且R(x)在实轴上

e
aRsin

得
aR sin

CR
g( z )e dz R e
iaz 0
aR sin
d 2 R e
2 0
d
由约当不等式（如右图）
y
2 y π
y sin
2

sin (0

2
)
o
2


C
R
g( z )e dz 2 R e
约当引理：
设函数 ( z)沿半圆周 R : z R e i (0 , R充分大） g C
上连续，且在 C R上有 lim g( z ) 0. 则 R
R C R
lim g( z )e iazdz 0 (a 0) .
证
由 lim g( z ) 0得：
解
由于0 p 1,
1 2 p cos p2 (1 p)2 2 p(1 cos )
在 0 2π 内不为零， 故积分有意义.
1 2 1 2 i 2 i 由于 cos 2 (e e ) ( z z 2 ), 2 2 z 2 z 2 1 dz I 1 2 zz 2 iz z 1 1 2p p 2
思想方法 :
把定积分化为一个复变函数沿某条 封闭路线的积分（围道积分法） .
两个重要工作:
1) 积分区域的转化 2) 被积函数的转化
令ze
i
dz ie d
i
dz d , iz
1 i z2 1 cos (e e i ) , 2 2z
z2 1 1 i , sin (e e i ) 2iz 2i
且 z 0为二级极点， p 为一级极点， z
所以在圆周z 1上被积函数无奇点，
d 2 1 z4 Res[ f ( z ),0] lim z 2 z 0 dz 2iz (1 pz)( z p)
( z pz 2 p p 2 z )4 z 3 (1 z 4 )(1 2 pz p 2 ) lim z 0 2i ( z pz 2 p p 2 z )2 1 p 2 , 2ip
iaz
令 R :



R( x )e dx lim R( z )e dz
iax iaz R C R iaz
2πi Res[ R( z )e , zk ]
故只要求出 R( z )e iazdz ， 就可以求出积分 lim
R C R


R( x )e iaxdx.
iaz 2 0

aR sin
d 2 R e
2 0


2 aR


d
R( x )e iaxdx lim R( z )e iazdz (1 e aR )R .C R a a 2πi Res[R( z )e iaz , zk ]
从而
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.
y
CR zn z2 R O z3 z1 R x
这里可补线 C R
(以原点为中心 , R为半径 的在上半平面的半圆周)
C R 与 R, R 一起构成封闭曲线C , R(z)在C及其
内部(除去有限孤立奇点）处处解析. 根据留数定理得 :
dx 0 ( x 2 a 2 )2 ( x 2 b2 ) (a 0, b 0, a b) 1 R( z ) 2 ( z a 2 )2 ( z 2 b 2 )

例3 计算积分
解
在上半平面有二级极点 z ai, 一级极点 z bi.
1 Res[ R( z ), ai ] ( z ai )2 ( z 2 b 2 )
z 2 z 2 I 2 z 1
1 dz 1 zz 2 iz 1 2p p 2 4 1 z dz f ( z )dz . 2 2iz (1 pz )( z p) z 1 z 1
1 被积函数的三个极点z 0, p, , p
z 0, p, 在圆周 z 1内，
f ( z )dz 2π i 1 Res f ( z ), zk . k
包围在单位圆周 内的诸孤立奇点.
n
z的有理函数 , 且在 单位圆周上分母不 为零 , 满足留数定 理的条件 .
例1
计算 I
2π
0
cos2 2 d ( 0 p 1)的值. 1 2 p cos p
由于分母 ( z)的次数比分子( z)的次数至少高两次 Q P ,则
zP ( z ) 0, 当z 时. Q( z )
即 从而

P ( R e i ) R e i 0, 当 z R 时. i Q( R e )
R
R
R : R( z )dz 0 ; R( z )dz R( z )dz , C
R C R

lim g( z )e iazdz 0 (a 0) .
根据约当引理 及以上的讨论得：


R( x )e iaxdx 2πi Res[R( z )e iaz , zk ]