留数定理与几类积分的计算中文摘要本文主要总结几类可用留数定理计算的积分的特征并给出对应的用留数定理算积分的步骤以及可行性说明。

其中类型3是对文献1中给出的结论的推广，类型3中的引理2是笔者对文献1的一道习题的推广并给出了证明。

接着笔者补充了参考文献2中多值函数积分部分4个引理的证明并给出相应的应用例子，类型7笔者根据个人理解将分成瑕积分和黎曼积分两类给出计算方法。

关键词：留数定理，积分计算，单值函数，多值函数……正文（一）单值函数类型1：形如20(sint,cost)dt I R π=⎰的实积分，其中(x,y)R 是有理函数，并且在圆周22{(x,y):x y 1}+=上分母不为零。

解决技巧：令it z e =，将实积分转化为单位圆周上的复积分。

由sin ,cost ,22it it it itit e e e e t dz ie dt i ---+===可得： 22221111111(,)2Re ((,),z )22222n k C k z z z z I R dz i s R iz z iz iz z i =-+-+==π∑⎰①其中，12,,...,n z z z 是22111(,)22z z R iz z zi -+在单位圆周的所有孤立奇点，22111(,)22z z R iz z zi-+在单位闭圆盘除去12,,...,n z z z 外的其他点都解析。

例子：类型2：形如(x)dx I R +∞-∞=⎰的实反常积分，其中(x)R 是有理函数，在实轴上分母不为零，并且分母的次数至少比分子次数高2。

计算公式为12Re (R(z),z )nk k I i s ==π∑（其中12,,...,n z z z 为R(z)在上半平面的所有孤立奇点，R(z ）在上半平面除去这些点外的其他点解析）解决技巧：围道积分法。

添加圆弧将实反常积分转化到计算留数和半径趋向于无穷的圆弧积分，其中R Γ取逆时针方向。

如图所示：图1可行性分析：由留数定理可得当12max(,,...,)n R z z z >时，有1(z)dz (x)dx 2Re (R(z),z )RnRk Rk R R i s Γ-=+=π∑⎰⎰②于是只要圆弧积分在半径趋于无穷时存在极限则可以算出原反常积分。

要求分母的次数至少比分子次数高2可使得半径趋向于无穷的圆弧积分为零。

证明：(z)dz (z)2(z)RR f f f R Γ≤Γ≤π⎰，由于分母次数至少比分子次数高2，因而必有lim (z)0R f R →∞=，证得lim (z)dz 0RR f Γ→∞=⎰。

令R →+∞可得12Re (R(z),z )nk k I i s ==π∑例子：类型3：形如(x)e (0)i x I f dx λλ+∞-∞=>⎰的积分，其中(z)f 在0lmz ≥上可能有有限个孤立奇点外，在其余点解析，而且,0lim (z)0z lmz f →∞≥=，(z)f 在实轴上的孤立奇点只能是可去奇点或者一阶极点。

从对于类型2的可行性分析可知留数定理计算反常积分的可行性关键在于圆弧积分当半径趋于无穷时的极限好算，最好是为零。

为了用留数定理解决类型3的积分需用Jordan 引理。

引理1（Jordan 引理）:若函数(z)f 在0,lmz (a 0)R z a ≤<∞≥->上连续，且,lim(z)0z lmz af →∞≥-=，则对任意正的常数0λ>，都有lim (z)dz 0Ri z R e f λΓ→∞=⎰，其中0:z Re ,,i R lmz a R R ϕΓ=≥->用此引理可知满足引理要求的(z)f 与i z e λ的乘积做被积函数的圆弧积分当半径趋于无穷时极限为零，可用留数定理计算反常积分(x)e (0)i x I f dx λλ+∞-∞=>⎰。

类型3.1形如(x)e (0)i x I f dx λλ+∞-∞=>⎰的积分，其中(z)i z e f λ在上半平面0lmz >上可能有有限个孤立奇点外,分母在实轴上没有零点，在其余点解析，而且,0lim(z)0z lmz f →∞≥=解决技巧：围道积分法。

与类型2的解决技巧相同。

计算公式及推导：若(z)i z e f λ在上半平面除去12,,...,n z z z 等所有孤立奇点外连续，在0lmz ≥连续，且,0lim(z)0z lmz f →∞≥=，则可得1(z)2Re ((z),z )ni zi z k k ef dz i s e f λλ+∞-∞==-π∑⎰，分离实部和虚部可得：1sin(x)(x)2Re ((z),z )ni z k k f dx s e f λλ+∞-∞==π∑⎰③1cos(z)(z)2{Re ((z),z )}ni z k k f dz lm s e f λλ+∞-∞==-π∑⎰④例子：类型3要求分母在实轴上不为零，此时我们会提出疑问——如果被积函数在实轴上有有限个点使得分母为零，此时能否使用留数定理？为简单起见，只讨论这些实值均是f(x)的一阶极点的情况。

解决技巧：采用选取合适的积分闭路绕过奇点。

如图2所示：图2 可行性分析：由留数定理可得：1(z)dz (z)dz (x)dx (x)dx 2Re (e f(z),z )RrnrRi zi zi xi xi z k C C Rrk ef ef ef ef i s λλλλλ--=-++=π∑⎰⎰⎰⎰由此式我们可知(x)e (0)i x I f dx λλ+∞-∞=>⎰计算关键在于小圆弧积分(z)dzri z C e f λ⎰当r 趋于零时是否容易求极限。

直观判断：0r +→时，i z e λ可用0i e λ⨯替代，(z)dz ri z C e f λ⎰近似于0(0)(z)dz (0)ri C z f e z λ⨯--⎰。

由于z=0只是一阶极点，可0lim (z)r zf →存在，用其替代分子的位置。

1r C dz i z =-π⎰。

猜想0(z)dz (lim (z))r i z C r e f i zf λ→=-π⎰，证明两者相等的方法是作差，然后对作差结果的模进行合适放大来说明模必定为零。

文献2对以上猜想的一般化是下面的引理2，此处略去证明。

引理2：函数(z)f 在区域D ：120,arg(z a)z a r θθ<-≤≤-≤上连续，且lim(z a)(z)z az Df A →∈-=则210lim (z)dz ()f i A ρρθθΓ→=-⎰（12,,0i a e r θρρθθθρΓ=+≤≤<<）含实值一阶极点的类型3积分计算公式：其中12,,...,l x x x 是(z)f 在实轴上的所有一阶极点且除此之外无其他奇点。

112Re (e f(z),z )Re (e f(z),x )nli zi z k t k t I i s i s λλ===π+π∑∑⑤证明：不妨设(z)f 在实轴上只有两个一阶极点12,x x ，12x x <取积分闭路1122'[R,x r][x r,x r][x r,R](R,r)C R r r C L C L C L --+-+=+++++,其中',r r C C 分别以12,x x 为中心，以r 为半径的半圆周，取顺时针方向。

（r 足够小，保证两半圆周无交）由留数定理可得：121(R,r)(z)dz (z)dz (x)dx (z)dz (x)dxRrx rx ri z i z i x i z i x C C RC x re f e f e f e f e f λλλλλ---+=+++⎰⎰⎰⎰⎰+'21(z)dz (x)2Re ((z),)rnRi zi xi z k C x rk ef ef dx i s e f z λλλ+=+=π∑⎰⎰由Jordan 引理得lim (z)dz 0Ri z C R e f λ→∞=⎰，由引理2得'120lim((z)dz (z)dz)lim[(z )(z)(z x )(z)]rri z i z i z i z C C r r e f e f i x e f e f λλλλ→→+=-π-+-⎰⎰=12[Re ((z),)Re ((z),)]i z i z i s e f x s e f x λλ-π+ 令0,r R →→+∞可得I =121[Re ((z),)Re ((z),)]2Re ((z),z )ni zi zi z k k i s ef x s ef x i s e f λλλ=π++π∑最后用归纳法可证得f(z)有l 个实值一阶奇点时⑤成立。

例子：（二）多值函数 类型4：形如0(x)x (1p 0)p I f dx +∞=-<<⎰的反常积分，(z)f 在C ∞上除去12,,...,n z z z 外解析，这些点均不在包括原点的正实轴上，z =∞是(z)f 的m 阶零点（1m ≥）解决技巧：做积分闭路C(R,r)如图3所示：图3可行性分析：利用多值函数p z 在正实轴下沿是上沿的取值乘上一个不为1的常数k ，用留数定理可得(R,r)1(z)2Re ((z),)npp k C k z f dz i s z f z ==π∑⎰,将(1k)I -转换到大圆弧积分，小圆弧积分和留数的计算。

引理3：若单值函数(z)f 在C ∞上除去12,,...,n z z z 外解析，这些点均不在包括原点的正实轴上，z =∞是f(z)的m阶零点（1m ≥）则有2012(x)dx Re (z (z),z )(1p 0)1n ppk pik i x f s f e +∞π=π=-<<-∑⎰（在正实轴上取实值的一个单值解析分支算留数）证明：考虑多值函数(z)p z f 。

在复平面上取正实轴作为割线，得一区域，再去掉12,,...,n z z z 后得到的区域D (z)p z f 可以分解成单值解析分支。

取(z)p z f 在割线上沿取实值的分支，记为0[(z)]p z f ，做积分闭路如图3所示，其中R 足够大，使得12,,...,n z z z 均在R C 的区域。

r C 以原点为圆心，r 为半径。

在实轴下沿，p(ln arg 2)0(z f(z))(z)z i z k i p ef ++π=，因为在实轴上沿要取实值，可取k=0。

在下沿有arg 2z =π。

由留数定理可得⑥2(R,r)1(z)dz (z)dz (z)dz (1e)(x)dx 2Re ((z),z )RrnRp p p p ip p k C C C rk z f z f z f x f i s z f π==++-=π∑⎰⎰⎰⎰先计算1(z)dz 2(R)R Rp p C z f M +≤π⎰。