+∞
推导
∫
+∞
−∞
f ( x)dx =2πi{f(z)在上半平面所有奇点的留数之和}
+∞ −∞
例：计算 I = ∫
+∞
1 dx （n为正整数） 2 n (1 + x )
黑板
此时，如果f(z)在实轴上存在有限个单极点，则 推导
∫
−∞
f ( x)dx =2πi{f(z)在上半平面所有奇点的留数之和}
+πi{f(z)在实轴上所有奇点的留数之和} 黑板
∑ Res f ( z ) + Res f (∞) = 0
k =1 k
n
1. lim f ( z ) = 0 a Res f (∞) = − lim[ z ⋅ f ( z )] z →∞ z →∞ 1 1 2. lim f ( z ) ≠ 0 a Res．f (∞) = − Res[ f ( ) 2 , 0] z →∞ z z
课堂练习：
∫
| z|= 2
ze z z eZ z − sin z f ( z ) d z; f ( z ) = 2 , 4 , , 2 z − 1 z − 1 z ( z − 1) z6
设∞为f(z)的一个孤立奇点，即f(z)在去心邻域R<|z|<+∞内 解析，则定义函数f(z)在z=∞处的留数为 1 Res f (∞) = ∫L f ( z )dz 2πi 其中L: 积分方向为顺时针方向（实际上是包含无穷远点 的区域的正方向）.如果f(z)在z=∞的去心邻域R<|z|<+∞内 的洛朗级数为
1 d m −1 (3) Res f ( z0 ) = lim m −1 [( z − z0 ) m f ( z )] (m − 1)! z → z0 d z
．
m级极点 级极点
3. 本性奇点的留数:洛朗展开 本性奇点的留数 洛朗展开
ze z ze z ze z e 例: Res[ 2 ,1] = lim( z − 1) 2 = lim = ; z →1 z −1 z − 1 z →1 z + 1 2
5z − 2 5z − 2 Res[ f ( z ), 0] = lim z = lim = −2 2 z →0 z → 0 ( z − 1) 2 z ( z − 1) d 2 2 5z − 2 Res[ f ( z ),1] = lim ( z − 1) = lim 2 = 2 2 z →1 dz z ( z − 1) z →1 z 5z − 2 ． ∫ |z|=2 z( z − 1)2 d z = 2πi(−2 + 2) = 0
第四章 留数定理
§4.1 留数定理
已知洛朗展开 f ( z ) = l
k =−∞
∑
+∞
ak ( z − z0 ) k
z0
∫
l
f ( z )dz =
f ( z )dz =
∫ f ( z )dz
l0
l0
∫
l
k =−∞
∑
+∞
ak ∫ ( z − z0 ) k dz = 2π ia−1
l0
定义留数 Resf(z0) = a-1 留数 使得
类型III 类型III
∫
+∞
0
F ( x) cos mxdx,
∫
+∞
0
G ( x) sin mxdx,
∫
+∞
−∞
R( x)eimx dx
其中，F(x)是偶函数、G(x)是奇函数，m>0； F(z), G(z), R(z)实轴上无奇点,在上半平面除有限个奇点外解析; 当z在上半平面和实轴上→∞时，F(z)、G(z)和R(z)一致地→0； +∞ 1 +∞ 推导 ∫ F ( x) cos mxdx = ∫ F ( x)eimx dx 0 2 −∞ 黑板 +∞ 1 +∞ 同理 ∫ G ( x) sin mxdx = ∫ G ( x)eimx dx 0 2i −∞ 约当引理 如果m为正数，CR是原点为圆心位于上半平面 的半圆周，且当z在上半平面和实轴上→∞时，F(z)和G(z) 一致地→0，则
z =1
1 z e ,1 = 1 Res 2 z − z 2πi
e e 1 z dz dz = ∫ L z2 − z 2πi ∫ L z − 1
1 z
1 z
1 z 1 e = ⋅ 2πi z 2πi
=e z =1
1. 可去奇点的留数为零 2. 极点的留数 单极点
z sin z dz 例:计算 ∫ z 3 | z | =1 (1 − e )
z sin z → z = 0 ∈ C :| z |= 1 z 3 (1 − e ) z2 z3 z ( z − + L) (1 − + L) z sin z z2 1 3! 3! = =− 3 = − − a1 − L 2 z 3 z (1 − e ) z (1 + z + L)3 z 3 −( z + + L) 2! 2! z sin z Res , 0 = −1 z 3 (1 − e ) z sin z ∫ |z|=1 (1 − e z )3 d z = −2πi
∫ f ( z )dz = 2π i Re sf ( z )
0 l
例: f ( z ) = ze ,
z=0 1 1 −1 1 −2 z ze = z + 1 + z + z + L , 2! 3!
1 z
1 z
1 Res [ f ( z ), 0] = c−1 = 2
e , 例: f ( z ) = 2 z −z
由逐项积分定理及公式得到
c− n c−1 f ( z ) = ⋅⋅⋅ + n + ⋅⋅⋅ + + c0 + c1 z + ⋅⋅⋅ + cn z n + ⋅⋅⋅ z z
1 Res f (∞) = 2πi
∫
L
f ( z )dz = −c−1
当f(z)以z=∞为可去奇点或解析点时,其留数可能不等于0． 例: f(z)=1/z以z=∞为解析点，但留数 Res f (∞) = −1 函数f(z)=(z-1)/z以z=∞为可去奇点，但留数 Res f (∞) = 1 留数和定理 设函数f(z)在扩充复平面上除了有限远zk (k = 1, 2, … , n)以及z=∞以外处处解析，则
∫
l
f ( z )dz = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( z )dz
l1 l2
类型II 类型II ∫−∞ f ( x)dx 其中f(x)是x的有理函数，复变函数f(z) 在实轴上没有奇点，在上半平面除了有限个奇点外解析； 当z在上半平面和实轴上→∞时，zf(z)一致地→0；
x n + a1 x n −1 + L + an , m−n ≥ 2 如果f(x)是x的有理分式 f ( x) = m m −1 x + b1 x + L + bm
5 z 27 例: I = ∫ dz 2 4 4 5 | z|=4 ( z − 1) ( z + 2)
π + 2 kπ i 5 z 27 4 a ±1, 2e 4 (k = 0,1, 2,3) ∈ C :| z |= 4 ( z 2 − 1) 4 ( z 4 + 2)5
5 z 27 I =−∫ d z = −2πi Res f (∞) 2 4 4 5 | z| = 4 ( z − 1) ( z + 2) Re sf (∞) = − lim[ zf ( z )] = −5 z →∞ I = 10πi
z + z −1 z − z −1 dz , ) = 可知 I = ∫| z|=1 R( 2 2i iz
∫
| z | =1
f ( z )dz
例：计算 I = ∫
2π
0
1 dθ (0 < ε < 1) 1 + ε cos θ
围道积分法 基本思想：实变函数定积分↔复变函数回路积分 y l2
l1 a 0 b x
课堂练习：P68 例1-3
．
留数定理 设函数 f(z) 在区域 D 内除有限个孤立奇点z1, z2 , … , zn外处处解析， l为区域内包围各奇点的一条正向简单 闭曲线，则 n
∫
l
f ( z ) d z = 2πi∑ Res f ( zk )
k =1
5z − 2 dz 例:计算 ∫ | z|= 2 2 z ( z − 1)
ze z P(1) e = Res 2 ,1 = z − 1 Q′(1) 2
1 1 d2 1 3 Res 2 ,i = lim 2 ( z − i) ⋅ 3 3 3 ( z + 1) (3 − 1)! z →i d z ( z − i) ( z + i) 1 3i −5 = lim[(−3)(−4)( z + i) ] = − 2 z →i 16
Hale Waihona Puke (1) Res f ( z0 ) = lim( z − z0 ) f ( z )
z → z0
P ( z0 ) (2) Res f ( z0 ) = , Q′( z0 ) P( z ) , P ( z0 ) ≠ 0, Q( z0 ) = 0, Q′( z0 ) ≠ 0 f ( z) = Q( z )
应用留数定理计算实变函数定积分 §4.2 应用留数定理计算实变函数定积分
类型I 类型I
∫
2π
0
R (cos θ ,sin θ )dθ