1 = + h( z ), 当z ≠0 时 z z
其中h(z)是在z=0的解析函数。因此
例4： eiz
iz
e 1 dz = ∫ dz + ∫ h( z )dz = −πi + ∫ h( z )dz , ∫Γε z Γε z Γε Γε
由于，h(z)在z=0的解析，在z=0的一个邻域内， | f(z)|有上界 M < +∞ 于是当 充分小时
例1、
例1、 计算积分
I =∫
2π
0
dt , a + sin t
其中常数a>1。 it 解：令 e = z ，那么sin t 而且当t从0增加到
2π
1 1 dz = ( z − ), dt = 2i z iz
时，z按反时针方向绕 圆C:|z|=1一周。
例1、
因此
2dz I =∫ 2 , C z + 2iaz − 1
I = ∫ R( x)dx,
−∞
的积分，其中R(x)是有理分式，分母在实轴上不 为零，并且分母的次数比分子的次数至少高2次 ，即积分绝对收敛。
引理6.1：
上连续的复变函数，并且设 Γr 是 以 O 为 心 、 r 为半径的圆弧在这闭区域上的一段 (r ≥ r0 ) 如果 当z在这闭区域上时， 引理3.1设f(z)是闭区域 θ1 ≤ Argz ≤ θ 2 , r0 ≤| z |≤ +∞(r0 ≥ 0,0 ≤ θ1 ,θ 2 ≤ π )
或者有时可以求出原函数，但计算也往往非常 复杂，例如 1
∫ (1 + x
2 2
)
dx,
留数定理的应用--积分的计算:
利用留数计算积分的特点： （1）、利用留数定理，我们把计算一些积分的 问题，转化为计算某些解析函数在孤立奇点的 留数，从而大大化简了计算； （2）、利用留数计算积分，没有一些通用的方 法，我们主要通过例子进行讨论； （3）我们只讨论应用单值解析函数来计算积分 ，应用多值解析函数来计算积分在课本中有讨 论。由于时间的关系，我们不讨论应用多值解 析函数来计算积分的问题，同学们可以自学。
r r ix
例4：
作积分路径如下图。在上 半平面上作以原点为心、 ε与r 为半径的半圆 Γε 与Γr 于是我们有 ix iz ix iz re −r e e e ∫ε x dx + ∫Γr z dz + ∫−ε x dx + ∫Γε z dz = 0, 在这里沿 Γε 与Γr 的积分分别是按幅角减小与 增加的方向取的。 iz e dz 的极限。 现在求当 ε 趋近于0时，∫Γ ε z
dz 现在估计积分 ∫ Γr (1 + z 2 ) 2 我们有 dz 1 |∫ |≤ 2 ⋅ πr , 2 2 2 Γr (1 + z ) (r − 1)
例2：
I=
= . ∫−∞ (1 + x ) 4 2
2 2
注解：
注解1、我们计算所得的值这个广义积分的柯西 主值，但由于此积分收敛，所以积分值等于主 值。 注解2、应用同样得方法，我们可以计算一般形 如 +∞
2 1 Res( f , z1 ) = = . 2 z1 + 2ia i a 2 − 1
于是求得
1 2π I = 2πi = 2 . 2 i a −1 a −1
注解：
注解1、应用同样得方法，我们可以计算一般形 如 2π
I = ∫ R(sin t , cos t )dt ,
0
的 积 分 ， 其 中 R(x,y) 是 有 理 分 式 ， 并 且 在 圆 C:|z|=1上，分母不等于零。
ε
| ∫ h( z )dz |≤ M ⋅ 2πε ,
Γε
e 从而 lim ∫ dz = −πi, ε →0 Γε z 令ε → 0, r → +∞ ，应用引理3.1，可以得到所
例4：
iz
求积分收敛，并且
I=
π
2
留数定理的应用--儒歇定理:
应用留数定理，我们也可以解决有关零点 与极点的个数问题，因为教学时间的关系，我 们只介绍儒歇定理，并应用它来决定方程在一 些区域内根的个数。 儒歇定理（定理6.2）设D是在复平面上的一个 6.2 D 有界区域，其边界C是一条或有限条简单闭曲线 。设函数f(z)及g(z)在D及C所组成的闭区域上解 析，并且在C上，|f(z)|<|g(z)|，那么在D上，f(z) 及 f(z)+g(z)的零点的个数相同。
第六章 留数理论及应用
第6.2节 用留数定计算实积分 节
留数定理的应用--积分的计算:
在数学分析中，以及许多实际问题中，往 往要求计算出一些定积分或反常积分的值，而 这些积分中的被积函数的原函数，不能用初等 函数表示出来；例如
sin x cos x x2 ∫ x dx, ∫ e dx, ∫ 1 + x 2 dx,
例2、 计算积分 I =
例2：
∫
∞
0
dx , 2 2 (1 + x )
解：首先，这是一个广义积分，它显然是收敛 的。我们应用留数定理来计算它。考虑函数
1 2 2 (1 + z )
这个函数有两个二阶极点 ，在上半平面上的一个是 z=i。作以O为心、r为半径 的圆盘。
例2：
考虑这一圆盘在上半平面的部分，设其边界为 Cr 。取r>1，那么z=i包含在Cr 的内区域内。沿 1 Cr取 的积分，得 2 2
z
n
n
证明：令 g ( z ) = −e , f ( z ) = az , iθ 由于当 | z |=| e |= 1 时，
| g ( z ) |=| −e |= e
z
c > e,
n
azn-ez 在|z|<1内的零点的个数与azn 相同，即n个 ，因此方程 z n
例4：
例4、 计算积分 I =
∫
+∞
0
sin x dx, x
−ix
解：取 ε及r ，使 r > ε > 0 ，我们有
eiz 函数 只是在z=0有一个一阶极点。 z
sin x e −e ∫ε x dx = ∫ε 2ix dx ix ix re −r e i = − [ ∫ dx + ∫ dx], −ε x 2 ε x
e = az
在单位圆内有n个根。
lim f ( z ) = 0,
z →∞
那么我们有
r → +∞ Γr
lim ∫ f ( z )e dz = 0.
iz
证明：设M(r)是f(z)在 Γr 上的最大值，则有
引理6.1：
iz Γr
| ∫ f ( z )e dz |≤ M (r ) ∫ e
Γr
−t sin θ
rdθ
π
2 0 − r sin θ
cos x e +e 1 e dx = ∫ dx = ∫ 2 dx, 2 2 0 2( x + 1) x iz 1 + 2 −r x + 1
r
e
例3：
于是我们有
∫
r
e
2
ix
−r
x +1
dx + ∫ e
2 iz
e
2
iz
Γr
z +1 , i) =
dz ,
= 2πi Re s (
π
e
z +1
其中 Γr 表示Cr 上的圆弧部分，沿它的积分是 按幅角增加的方向取的。
由于当|z|=1时，我们有
| f ( z ) |≥| −5 z | −1 = 4,
5
而
| g ( z ) |≤| z | + | 2 z |= 3,
8
已给方程在|z|<1内根的个数与-z5+1在|z|<1内根 的个数相同，即5个。
例2:
例2、 如果a>e，求证方程 单位圆内有n个根。
z
e = az
≤ M (r ) ∫ e
0
π
− r sin θ
rdθ = 2M (r ) ∫ e
时，
rdθ .
因为当 0 < θ <
π
2
2
π
≤
sin θ
θ
≤ 1,
引理6.1： 2 π π − rθ 所以 π 2 − r sin θ 2 e rdθ ≤ ∫ e rdθ ∫
0 0
<∫ e
0
+∞
− rθ
2
π
rdθ =
π
例3： 现在应用引理3.1，取
1 f ( z ) = 2 ,θ1 = 0,θ 2 = π , r0 = 2 z +1
那么在这引理中所设各条件显然成立。 因此，令r → +∞ ，就得到
r → +∞ − r ix
lim ∫
r
e
2
x +1
dx =
π
e
,
从而可见积分I收敛，并且
I=
π
2e
.
注解：
注解1、应用同样得方法，我们可以计算一般形 如 +∞ ix
注解：
注解1、应用此定理时，我们只要估计和在区域 边界上模的值。 注解2、f(z)及g(z)选择的原则是，f(z)在内的零点 个数好计算。
例1、 求方程 z − 5 z − 2 z + 1 = 0, 在|z|<1内根的个数。 解：令 5 8
8 5
例1:
f ( z ) = −5 z + 1, g ( z ) = z − 2 z,
(1 + z )
dx dz ∫−r (1 + x 2 ) 2 + ∫Γr (1 + z 2 ) 2 1 1 π = 2πiRes( , i ) = 2πi = . 2 2 (1 + z ) 4i 2