Res[
f
(z),0]
lim
z0
zf
(z)
lim
z0
sin( z (z
i) i )8
sin
i;
f
(
z)
sin( z (z
i i )8
)
(
z
1 i)
i
sin( z (z
i i )8
)
i
1
1 z
i
( z
1 i)7
1 3!(z
i )5
1 5!(z
i )3
1 7!(z
i)
i
i 1
1( i
1
15 z2
1
2 z4
1 , z
所以 Res[ f (z),] C1 1,
故
z
3 (z2
z13 5)3 ( z 4
1)2dz
2π
i[(1)]
2i.
16
例7
计算
z
5 (z
1 3)(z5
dz. 1)
2
解
z
5
(z
1 3)(z5
dz 1)
2π
i
5 k 1
Res[
f
(z), zk
]
2
5
z
i
)
1 i2
(z
i
)2
13
i
1 7!
1 5!
1 3!
1!1
z
1
i
所以
Res[
f
( z ), i ]
i 1
1 3!
1 5!
71!
由留数定理得
z 2
sin( z(z
z i) i)8 dz
2π
i{
Res[
f
( z ),0]
Res[
f
( z ), i ]}
2i sin
i
i
1
1 3!
z
5
(z
1 3)(z5
dz 1)
2π
5
i
k 1
Res[
f
(z),
zk
]
2
2i 1 i .
242 121
18
nπ
(1)n
1 nπ
,
Res
z
1 sin
z
,0
lim
z0
d dz
z
2
z
1 sin
z
sin z zcos z
lim z0
sin2 z
0.
12
3.用留数定理计算沿封闭曲线的积分 sin(z i)
例4 计算积分 z 2 z(z i)8 dz.
解 z 0 为一级极点，z i 为七级极点.
(
z
(z 1)2
5)sin z z2(z 1)3
的有限奇点，并
确定类型.
解 z 0, z 1, z 1是奇点.
因为
f
(z)
1 z (z
z5 1)2(z
1)3
sin z z
1 z
g(z),所以 z 0 是单极点； z 1 Nhomakorabea是二级极点;
z 1 是三级极点.
7
练习
1. 设 z 0为函数
z5 5!
z7 7!
z
1 z2 z4 z6 3! 5! 7! 9!
得z 0是f (z)的可去奇点, z 是f (z)的本性奇点.
4
tan1
(2) e z;
解 令 w tan1 , 则 f (z) ew . z
由cos 1 0, z
得
zk
1 k 1 π
2
为w tan1的一级极点,
第五章 留数
一、重点与难点 二、内容提要 三、典型例题
一、重点与难点
重点：留数的计算与留数定理 难点：留数定理在定积分计算上的应用
2
二、内容提要
可去奇点
孤立奇点
极点
本性奇点
函数的零点与 极点的关系
留数
计算方法 留数定理
对数留数
分留 上数 的在 应定 用积
计算 f (z)dz
辐路 角西
C
原原
2
1. 0 R(sin ,cos )d ;
m( )
1 ex2 的 z4 sin z
m级极点，那么
（A）5 （B）4
(C) 3
2. z 1是函数
(z 1)sin 1 z1
的(
(A)可去奇点
（B）一级极点
(C) 一级零点
（D）本性奇点
（D）2 )
3. z 是函数
(A)可去奇点 (C) 二级极点
3 2z z3 的( ) z2
（B）一级极点
理理
2.
f ( x)dx;
3. R( x)eaixdx
3
三、典型例题
1.判别奇点类型
例1 求下列函数f (z)在扩充复平面上的奇点,并
判别类型.
(1)
sin z z3
z
;
(2)
tan1
e z;
解 (1)由于f (z)在0 z 内的洛朗展式为 :
f
(z)
sin z z3
z
1 z3
z
z3 3!
Res[ f (z), zk ] Res[ f (z),3] Res[ f (z),]
k 1
Res[
f
( z ),3]
lim( z
z3
3)
(z
1 3)(z5
1)
1 242
,
17
(z
1 3)(z5
1)
z 1
3 z
1 z51
1 z5
1 z6
1
3 z
1
1 z5
,
所以 Res[ f (z),] 0,
（D）本性奇点
8
2. 求各奇点处留数
例3 求下列各函数在有限奇点处的留数.
(1)sin 1 , (2)z2 sin 1 , (3) 1 ,
z1
z
z sin z
解 (1)在 0 z 1 内,
sin
z
1
1
z
1
1
1 3!(z
1)3
,
所以
Ressin(
1 z
1)
,1
C1
1.
9
(2) z2 sin 1 z
解 因为 sin z z z3 z5 , 3! 5!
所以在0 z 内，
z2
sin
1 z
z 2
1 z
1 3! z 3
1 5! z 5
z
1 3! z
1 5! z 3
故
Res z 2
sin
1 z
,0
C1
1 6
.
10
(3) 1 z sin z
解 z nπ (n 0,1,2,)为奇点,
当 n 0 时 n 为一级极点，
因为 lim (z nπ ) 1
znπ
z sin z
lim (1)n z nπ (1)n 1 ,
znπ
z sin(z nπ )
nπ
由 lim z2 f (z) lim z 1, 知z 0是二级极点.
z0
z0 sin z
11
所以
Res
z
1 sin
z
,
z
(k 0,1,)
而ew仅有唯一的奇点z 且为本性奇点,又
1
limtan
zzk
z
5
所以
zk
k
1 1 π
(k 0,1,)
2
都是 f (z) 的本性奇点.
当z 时,因为
tan1
lim f (z) lime z 1 ,
z
z
故知 z 是 f (z) 的可去奇点.
6
例2
求函数
f
(z)
1 5!
71!.
14
例6
z13 z 3 (z2 5)3(z4 1)2dz.
解 在 3 z 内,
3
2
f (z)
z61
z13
5 z2
3
z
8
1
1
2
z
4
1 z
1
1
5 z2
1
1
1 z4
1 z
1
5 z2
25 z4
3
1
1 z4
1 z8
2
15
1 z