Transcript 第四章_留数定理

第四章 留数定理
留数的概念及留数定理
2 利用留数定理计算复变函数的积分
3 利用留数定理计算实变函数的积分
1
§4.1 留数定理
一 留数及留数定理
1.
留数
如果函数f(z)在z0的邻域内解析, 那么根据柯西定理
 f ( z ) d z  0.
l
但是,
如果z0为f(z)的一个孤立奇点, 则沿在z0的某
个去心邻域0<|z-z0|<R内包含z0的任意一条正向简
单闭曲线l的积分  f ( z ) d z
一般就不等于零.
l
因此将f(z)在此邻域内展开为洛朗级数
f(z)=...+a-n(z-z0)-n+...+a-1(z-z0)-1
+a0+a1(z-z0)+...+an(z-z0)n+...
后,两端沿l逐项积分, 右端各项积分除留下
a-1(z-z0)-1的一项等于2pia-1外, 其余各项积分都等于零,
所以
1
l f ( z) d z  2 π ia-1 l z - z0 d z  2 π ia-1.
其中a-1就称为f(z)在z0的留数,
即
1
Res f ( z0 ) 
2p i
Res f ( z0 )  a-1
记作Resf(z0),
 f ( z) d z
C
 f ( z) d z  2 π i Re sf ( z )
0
l
2（有限远点的）留数定理 设函数f(z)在区域D内除
有限个孤立奇点b1,b2,...,bn外处处解析. l是D内包围
诸奇点的一条正向简单闭曲线, 则

f ( z) d z 
l
n
  f ( z) d z
j 1 l j
n
 2 π i  Res f (b j ).
j 1
D
bn
l3
b1
ln
b2
b3
l2
l
l1
[证] 把在l内的孤立奇点zj(j=1,2,...,n)用互不包含的
正向简单闭曲线lj围绕起来, 则根据复合闭路定理有
①l 包围一个 f(Z)的孤立奇点 Z 0 时

f (z ) =

k  -
ak
( z - z0 )
l0
k
l
Cauchy 定理知：  f ( z )dz =
l
又
1
2pi
dz
l z - 

l
 f ( z )dz
l0
0 (l不包围）
= 
 1 (l包围 )

f ( z )dz =   a k ( z - z
= a -1 2 pi =2 pi
l0 k  -
a -1
D
z0
0)
k
dz
a -1 =Resf( z 0 )
D
②l包围多个孤立奇点时：
 f ( z ) d z   f ( z ) d z   f ( z ) d z     f ( z) d z.
l
l1
l2
bn ln b1
l1
l3 b
b2
3
l2
l
ln
1
f ( z ) d z  Res f (b1 )  Res f (b2 )    Res f (bn )

2πi l
n
即
 f ( z ) d z  2 π i Res f (b ).
l
j 1
j
求函数在奇点z0处的留数即求它在以z0为中心的圆
环域内洛朗级数中a-1(z-z0)-1项的系数即可. 但如果
知道奇点的类型, 对求留数可能更有利.
二. 留数的计算方法
（一）可去奇点的留数：
对于可去奇点由定义知：Resf(z0)=0
（二） 极点的留数
1 如果z0为f(z)的一阶极点（单极点）, 则

f (z ) =  a k ( z - z0 )k
k  -1
= a -1 (z- z0 ) + a 0 + a1 ( z - z0 ) + a 2 (z- z0 ) +……
-1
2
2
3
( z - z0 ) f(z)= a -1 + a 0 ( z - z0 ) + a1 ( z- z0 ) + a 2 ( z- z0 ) +……
lim ( z - z 0 ) f ( z) = a -1 =Resf( z 0 )
z  z0
P( z )
对于 f(z)可表示为形式 f(z)=
时，且 P(z),Q(z)在z 0 点是解析的，
Q( z )
Q( z 0 )=0, Q ' ( z 0 ) ≠0
P(z 0 )≠0
则有：
lim ( z - z 0 ) f ( z ) = lim( z - z0 ) P( z )
z  z0
z  z0
Q( z )
P(z0 )
== '
Q (z0 )
2 如果z0为f(z)的m阶极点, 则
a- m1
a- m
a-1
 a0  a1 ( z - z0 ) 
 

f ( z) 
m -1
m
z - z0
( z - z0 ) ( z - z0 )
( z - z0 )m f ( z )  a- m  a- m1 ( z - z0 )   a-1 ( z - z0 )m-1  a0 ( z - z0 )m  a1 ( z - z0 ) m1
lim ( z - z 0 ) m f ( z )  非零有限值
z  z0
d m-1
1
{ m-1 [( z - z 0 ) m f ( z )]}
Re sf ( z 0 )  lim
z  z0 (m - 1)! dz
例1.
1
f
(z
)
 n
在z 0  1的留数。
求
z -1
解： f ( z ) 
1
1

z n - 1 ( z - 1)( z n -1  z n - 2    1)
可见：z=1 是 f(z)的单极点。
Resf( z 0 )= lim ( z - 1) f ( z ) = lim
z 1
z 1
1
( z n -1  z n - 2
1
=
   1） n
首先判断奇点
类型，若是极
点判断其阶数
例1.
1
f
(z
)
 n
在z 0  1的留数。
求
z -1
首先判断奇点
类型，若是极
点判断其阶数
法二
1
设： g ( z ) 
 nz n-1
n0
 z n - 1 ， g (1) ( z )
z

z
z

1
0
f ( z)
可见：z=1 是 g（z）的一阶零点，是 f(z)的单极点。
Resf( z 0 )= lim ( z - 1) f ( z ) = lim
z 1
z 1
z -1
1
1

lim
=
z n - 1 z 1 nz n -1 n
1
例 2． f (z ) = 2
在 z=i 的留数
3
( z  1)
解： 显然，z=i 是函数的三阶极点。
1 d2
Resf(i)= lim
z i (3 - 1)! dz 2
1 d2
= lim
z i 2! dz 2
3
=- i
2


1
3
( z - i)
2
3
(
z

1
)


 1 

3
(
z

i
)


Re sf ( z0 ) 
1
d m-1
lim
{ m-1 [( z - z0 ) m f ( z )]}
z  z0 ( m - 1)! dz
例 3 确定函数 f (z ) =
解:
Z= np
1
的极点，求出函数在这些极点的留数。
sin z
n=0,  1,2,3
lim ( z - np ) f ( Z )
z  np
z - np
= lim
=1（n 为偶数）或-1（n 为奇数）
z  np sin z
ze z
dz
2

例 4 计算积分 C z - 1 , C 为正向圆周|z|=2.
z
 f ( z) d z
l
n
 2 π i  Res f (b j ).
j 1
ze
f ( z)  2
[解]由于
z - 1 有两个一阶极点+1,-1, 而
这两个极点都在圆周|z|=2 内, 所以
ze z
C z 2 - 1 d z  2 π i[Res f (1)  Res f (-1)].
z ez
z ez e
Res f (1)  lim ( z - 1) 2
 lim

z 1
z - 1 z 1 z  1 2
z ez
z e z e -1
Res f (-1)  lim ( z  1) 2
 lim

.
z  -1
z

1
z -1
z -1 2
因此
z ez
e e -1
C z 2 - 1 d z  2 π i( 2  2 )  2 π i ch 1
我们也可以下式 来求留数:
P ( z ) P( z 0 )
=
lim ( z - z 0 ) f ( z ) = lim( z - z0 )
z  z0
z  z0
Q( z ) Q ' ( z 0 )
z ez
e
Res f (1) 
 ;
|
z

1
2z
2
z ez
e -1
Res f (-1) 

.
|
2 z z  -1 2
这比前面方法要简单些.
z ez
f ( z)  2
z -1
z
例5 计算积分  4 d z, C为正向圆周|z|=2.
z -1
C
z
f ( z)  4
[解] 被积函数
z - 1 有四个一阶极点1,i
都在圆周|z|=2 内, 所以
z
C z 4 - 1 d z  2 π i{Res f (1)  Res f (-1)
 Res f (i )  Res f (-i )} .
P( z )
z
1
也可以这样算,
 3  2 ,故
Q( z ) 4 z
4z
z
1 1 1 1
C z 4 - 1 d z  2 π i( 4  4 - 4 - 4 )  0
例6 计算积分
ez
C z ( z - 1) 2 d z,
C为正向圆周|z|=2.
[解] z=0 为被积函数的一阶极点, z=1 为二阶
极点, 而
z
z
e
e
Res f (0)  lim z 
 lim
 1.
2
2
z 0
z  0 ( z - 1)
z ( z - 1)
z


1
d
e
2
Res f (1) 
lim
( z - 1)

2
z

1
(2 - 1)!
dz 
z ( z - 1) 
d  ez

 lim
z 1 d z
 z

e z ( z - 1)
  lim
 0.
2
z 1
z

所以
z
e
C z ( z - 1)3 d z  2 π i{Res f (0)  Res f (1)}
 2 π i (1  0)  2 π i.
复习
有限远点的留数、留数定理及留数求法
f(z)=...+a-n(z-z0)-n+...+a-1(z-z0)-1
+a0+a1(z-z0)+...+an(z-z0)n+...
Res f ( z0 )  a-1
0<|z-z0|<R
 f ( z) d z   2 π i Re sf (b )
j
l
j
bj是l所包围的孤立奇点
Re sf ( z0 )  lim( z - z0 ) f ( z) Re sf ( z )  P( z0 )
z  z0
0
Q' ( z0 )
1
d m-1
Re sf ( z0 )  lim
{ m-1 [( z - z0 ) m f ( z)]}
z  z0 (m - 1)! dz
D
bn ln b1
l1
l3 b
b2
3
l2
l
无限远点的留数、留数定理及留数求法
f(z) 

k
a
z
 k ; R  z  
k -
Res f ()  -a-1
 f ( z) d z  2p iResf ()
l
l外部除∞外无其它孤立奇点
y
o
R
x
三、在无穷远点的留数与留数定理
1、留数
设函数f(z)在无穷远点的邻域上解析，z   为函数的奇
点，将 f(z)在 z   的邻域上展为洛朗级数：
f(z) 

k
a
z
 k ; R  z  
k -
-a-1称为f(z)在无穷远点的留数，记作Resf(z)=-a-1
设函数 f(z) 在圆环域R<|z|<内解析, l 为圆环域内绕
原点的任何一条简单闭曲线, 则绕无穷远点的正向积分：

f ( z) d z  ?
f ( z) 

l

k -
l
f ( z) d z 


ak z k ; R  z  

k
(
a
z
)
dz

(
a
z
  k
  k )dz
k
l
k -
l
k -
 -2p ia-1  2p i(-a-1 )  2p i Re sf ()
负号来源于积分方向,与有限远点的正积分方向相反。
2、(无限远点)留数定理
设函数 f(z) 在圆环域R<|z|<内解析, l 为圆环域内绕
原点的任何一条简单闭曲线, 则绕无穷远点的正向积分：
y
 f ( z) d z  2p iResf ()
l
积分路线的方向是正的。-----------留数定理
o
R
说明：
（1） f (z )是周界处到无穷大区域上的函数。在 z  
的邻域上解析
（2） 对无穷远区域来说，l 的正方向积分就是顺时针方向。
（3） Re sf ()  -a-1 (与有限远点的留数相差一个负号。)
（4） 即使 点不是函数的奇点， Resf(z) 也可以不为0。
x
推论：如果函数f(z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点,
那末f(z)在所有各奇点(包括点)的留数总和必等于零.
n
Res f ()   Res f ( zk ).
k 1
1

2πi

l
1
f ( z) d z 
2πi

f ( z) d z
0
l
∞
求留数的一种方法
D
zk
z1
l
四.在无穷远点处留数的计算
 f ( z) d z  2pn iResf ()
Res f ()   Res f ( zk )  0
l
k 1

Resf()=Res[f ( z ), ]  -Res  f

1 1 
   2 , 0
z z

证明
现取正向简单闭曲线l为半径足够大 的正向圆周 :
z  .
1
设 z ,
ζ
并设
i
z  e ,   re
-i
则
1
  ,   - ,
r
y
y
o
l外部除了∞外，f（z）无其它奇点

x
o
1/
l':  
x
1

 : 0  -2p
 : 0  2p
.
l’内部除了0外无其它奇点
1
z ,
ζ
证明
i
z  e ,   re
-i
1
  ,   - ,
r
1
l : z   . l ' :   .  : 0  -2p ; : 0  2p

于是有
1
Res[f ( z ), ] 
2p i
 f ( z)dz
1 2π  1
f  i

2π i 0
 re
 i
 i d  .
 re
l
1 -2 π
i
i

f
(

e
)

ie
d


2πi 0
1 2π
2π i 0
1
2πi

 
1
 1  i
f  i  i 2 dre i
 re  ( re )
1 1
f   2 d
 
（ζ

1
ρ
为正向）

在 l':  
 1 1 
 - Res f    2 ,0 .
 z z

1

内除
 0
外无其他奇点 .
[证毕]

Resf()=Res[f ( z ), ]  -Res  f

1 1 
   2 , 0
z z

求积分的又一种方法:

l

f ( z )dz  2p iRes  f

1 1 
   2 , 0
z z

l外部除了∞外，f（z）无其它奇点
在很多情况下此法更为简单.
 f ( z) d z  2p iResf ()
l

l

f ( z )dz  -2p iResf ()  2p iRes  f

1 1 
   2 , 0
z z

例7 计算积分 
z
dz
4
z -1
, C为正向圆周:|z|=2.
C
z
z 4 - 1 在|z|=2的外部除∞外无奇点,因此
解
1
1
1
z -1
z -3
z
f ( )  2  -4
 -4

2
z
z
z z - 1 z - 1 1 - z4
因此

C
z
1 
1
d z  2 π i Res  2 f ( ), 0 
4
z 
z -1
z
0
z
在零点处展开的级数无负幂项，因此留数为0
4
1- z
例8 求
z
2 在 z  1,  的留数。
( z - 1（
) z  1）
解：
z  1 时，f ( z ) 
z
的一阶极点，z=-1时是
( z - 1)(z  1) 2
二阶极点。

 1
z
Re sf (1)  lim( z - 1)
=
2
z 1
( z - 1)(z  1)  4


d 
z
1
2
Re sf (-1)  lim
(
z

1
)


2
z  -1 dz
4
(
z
1
)(
z

1
)


 Re sf (1)  resf (-1)  resf ()  0
 resf ()  0
有限远孤立奇点
洛朗展开
f(z) 

 ak ( z - z0 ) ;0  z - z0  R
k
k - 
留数
留数定理
Res f ( z0 )  a-1

l
单极点留数
求法
m阶极点留
数求法
f ( z ) d z   2 π i Re sf (b j )
j
bj是l所包围的孤立奇点
Re sf ( z0 )  lim( z - z0 ) f ( z)
z  z0
P( z0 )
Re sf ( z0 )  '
Q ( z0 )
1
d m-1
Re sf ( z0 )  lim
{ m-1 [( z - z0 )m f ( z)]}
z  z0 (m - 1)! dz
无限远孤立奇点
f(z) 

k
a
z
 k ; R  z  
k -
Res f ()  -a-1
 f ( z) d z  2p iResf ()
l
l外部除∞外无其它孤立奇点
Resf()=Res[f ( z ), ]
 1 1 
 -Res  f    2 , 0 
 z z

有限远孤立奇点

f ( z )dz 
l
无限远孤立奇点
 2 π i Re sf (b )
 1 1 
2p iRes  f    2 , 0
 z z

l外部除∞外无其它孤立奇点
j
j
bj是l所包围的孤立奇点
留数的关系
n
Res f ()   Res f ( zk )  0
k 1
§4.2 留数在定积分计算上的应用
主要手段：
设将实变函数的定积分转化为复变函数的路径积分。
一、形如

2π
R(cosθ , sinθ )d的积分
θ
0
被积函数的分母在 0~2π内不为零
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 .
两个重要工作:
1) 积分区域的转化
2) 被积函数的转化
形如
2π
0
R(cos , sin )d
令ze
i
i
dz  ie d
dz
d  ,
iz
-1
1 i
z
z
sin   (e - e - i ) 
,
2i
2i
-1
z

z
1 i - i
,
cos  (e  e ) 
2
2
当
 历经变程 [0 , 2π ] 时,
z 沿单位圆周 z  1的 正方向（逆时针）绕行一周.
2π
0
R(cos , sin )d

f ( z )dz
z 1
y
y
o 2p
x(θ)
o
1
x
2π
0
R(cos , sin )d
 z 2  1 z 2 - 1  dz
  R
,
 iz
2
z
2
iz

z 1 


z 1
f ( z )dz  2π i
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 .
n
 Res f ( z ), zk .
k 1
包围在单位圆周
内的诸孤立奇点.
2p
计算 I  0
例1
解
cos 2
 (0  p  1) 的值。
2 d
1 - 2 p cos  p
由于0<p<1, 被积函数的分母在 0  θ  2π 内不为零,
因而积分是有意义的. 由于
cos 2  e2i  e-2i  z 2  z -2
I

z 2  z -2

2

1  z4
dz 
2
2iz (1 - pz)(z - p)
| z | 1

| z | 1
因此
1
dz

-1
iz
zz
2
1- 2p
p
2

| z | 1
f (z) d z
在被积函数的三个极点z=0,p,1/p中只有前两个在圆周|z|=1内,
其中z=0为二阶极点, z=p为一阶极点.
d
Re s f (0)  lim
z 0 d z
 2

1  z4
z 

2
2iz (1 - pz)(z - p) 

( z - pz2 - p  p 2 z )4 z 3 - (1  z 4 )(1 - 2 pz  p 2 )
 lim
z 0
2i ( z - pz2 - p  p 2 z ) 2
1  p2
2ip 2
n
 f ( z) d z  2 π i Res f (b ).
j 1
j
1
d m-1
Re sf ( z0 )  lim
{ m-1 [( z - z0 ) m f ( z)]}
z  z0 (m - 1)! dz
l
1  p2
Re s f (0)  ,
2
2ip


1  z4
Re s f ( p)  lim( z - p) 

2
z p
2
iz
(
1
pz
)(
z
p
)


1  p4

2ip 2 (1 - p 2 )
因此
 1  p2
1  p4  2 π p 2
I  2 π i 

2
2
2 
2ip (1 - p )  1 - p 2
 2ip
做题步骤
将实积分
2π
0
R(cos , sin )d 化为回路上的复积分  f ( z )dz
dz
i dz  ie d
d  ,
令ze
-1
iz
1 i
z
z
sin   (e - e - i ) 
,
2i
2i -1
1 i - i
zz
cos  (e  e ) 
,
2
2
i
找新函数f（z）在
单位圆
z 1
z 1
内的奇点
n
由有限远点留数定理
 f ( z) d z  2 π i Res f (b ).
l
j 1
j
2p
dx
例2 计算 I  
1   cos x
0
(0    1)
2π



解：
dx
1  ε cos x
I
(0    1)
0
；
z
dz /( iz )
z  z -1
1 1  ε
2
εz  2 z  ε  0
2
2

i

dz
εz 2  2 z  ε
z 1
2
1

1

ε
有两根 z1 
ε
是 f (z )的两个单极点
- 1 - 1  ε2
z2 
ε
课本73
页例一
- 1  1 -  2 1 - 1 -  2 1 - (1   )(1 -  ) 1 - (1 -  )
z1 



 1 在圆内




z2 
-1 - 1 -  2


1 1-  2


1

1
在圆外
0    1
1
|
 Re sf ( z`1 ) 
2
'
( εz  2 z  ε ) z

1

-1 1- ε 2
ε
1

|
2εz  2 z
1

1
2 1 - ε2
2π
dx
2
1
2π
I 
 2 πi

2
1  ε cos x
i 2 1 - ε2
1
ε
0

-1 1- ε 2
ε
dx
例3 计算 0
2 ( a  0).
a  sin x
π
π
dx
dx
解
0 a  sin 2 x  0 1 - cos 2 x
a
2
1 π
d2 x
 
令 2x  t,
0
1
cos
2
x
2 a
2
1
1
dz
1 2π
dt
 

 
2
2 0 a  1 - cos t 2 z 1 1 - ( z  1) 2 z iz
a
2
2
dz
 2i  2
.
z - 2( 2a  1) z  1
z 1
π
极点为 :
z1  2a  1 - ( 2a  1)2 - 1 (在单位圆内)
z2  2a  1  ( 2a  1)2 - 1 (在单位圆外)


π
0
dx
a  sin2 x
 2π i  2iRes[ f ( z ), ( 2a  1 2π

.
2
( 2a  1) - 1
2a  1 - 1)].
2
二、形如

- R( x )dx的积分
1、分析：
若有理函数 R(x)的分母至少比分子高两次,
即z在上半平面和实轴上→∞时，zf（z）一致地→0
并且分母在实轴上无孤立奇点，在上半平面上有有限个孤立奇点.
一般设
分析
z n  a1 z n-1    an
R( z )  m
,m-n2
m -1
z  b1 z
   bm
可先讨论
R
- R R( x )dx,
最后令 R   即可 .
R
- R R( x )dx
 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分段光滑曲线, 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”)
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
这里可补线
CR
.
-R
0
(以原点为中心 , R为半径
.
R
CR
x
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 :

R
R( x )dx 
-R
R   :  R( z )dz  0 ;

R( z )dz  2πi
CR
 ResR(z )
k
k1
CR
证明：
R   : 
CR
f ( z )dz  0 ;
dz
f
(
z
)
dz

zf
(
z
)
C
C
z
R
R
 max zf ( z )
pR
R


zf ( z )
CR
dz
z
 max zf ( z )
 p max zf ( z)
R→∞，zf z  在上半平面和实轴上一致地趋向于零，则
p .max zf z   0
则可有 lim  f z dz  0
R 
CR

CR
pR
R
 R( x)dx  
R
-R
R( z )dz  2πi
CR
CR

R( x)dx 
-R



R( x )dx ,
-


R( x )dx  2πi
-
k
k1
R   :  R( z )dz  0 ;
R
 ResR(z )
 ResR( z )
k
2、条件与结论：
条件：
1) R(z)在实轴上无奇点;
2) R(z) 在上半平面上存在有限个奇点外是解析的;
3) 当z   上半平面和实轴上zf(z)一致地  0
结论：


R( x )dx  2πi [R(z)在上半平面的留数之和]
-

dx
计算积分 -  2
( x  a 2 )2 ( x 2  b 2 )
例4
解
(a  0, b  0, a  b)
1
R( z )  2
( z  a 2 )2 ( z 2  b 2 )
在上半平面有二级极点 z  ai , 一级极点 z  bi .
1
d m-1
Re sf ( z0 )  lim
{ m-1 [( z - z0 )m f ( z)]}
z  z0 (m - 1)! dz
Res[R(ai)]
1



2
2
2 
(
z

ai
)
(
z

b
)


z  ai
1

2
2 2,
2bi (a - b )
Re sf ( z0 )  lim( z - z0 ) f ( z)
z  z0
1
b 2 - 3a 2
 3 2
Res[ R(bi)]  2
2 2,
2 2
( z  a ) ( z  bi ) z  bi 4a i (b - a )



dx
2
2 2
2
2
(
x

a
)
(
x

b
)
-
 2πi{Res[ R(bi)]  Res[ R(ai)]}
 b 2 - 3a 2

1
 2pi  3 2 2 2 
2
2 2
4
a
i
(
b
a
)
2
bi
(
b
a
) 

( 2a  b)π
 3
2.
2a b(a  b)

例5 计算

0
解：
dx
(1  x 2 ) n
(n为正数)
课本75
页例5

由于n为正偶数


0

dx
1

2 n
2
(1  x )

-

0
dx
是偶函数,则有
(1  x 2 ) n
dx
(1  x 2 ) n
1
1
复变函数 R ( z ) 

2 n
(1  z )
( z  i)n ( z - i)n
奇点是z=  i ,为n 阶极点。z=i在上半平面
1
dn-1
1
n
ResR(z)  lim
[(z - i)
]
n
1
n
n
z  i ( n - 1) dz
(z  i) (z - i)
1
d n-1
1
 lim
[
]
z  i ( n - 1) dzn - 1 ( z  i ) n

-n-n - 1-n - 2...-2n  2

( 2i)- 2n 1
n - 1!

n n  1n  2 ...2 n - 2 
i
n-1
2 n - 1!
(2n - 2)!
i
2 2n-1
[(n - 1)!] 2


0
(2n - 2 )!
dx
 - 2 πi
i
2 2n-1
2 n
[(n - 1)!] 2
(1  x )
(2n - 2 )!
π
[(n - 1)!]2 2 2 n - 2
三、形如


-
R( x)eimx dx
的积分
积分存在要求: 1、R（x）分母的次数至少比分子的次数高一次,
2、R(z)在实轴上无孤立奇点。
y
同前一型: 补线 C R
C R与 - R, R 一起构成封闭
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 .
CR
.
-R
0
.
Rx



-

-
imx
R( x)e dx
R( x)e dx  2p i  Res[R( zk )e
imx
imzk
R( z )eimz在上半平面所有奇点的留数之和
]
说明：

1、有些被积函数可以化为型如三的积分，如：

1 imx
- imx
F
(
x
）
cos
mxdx

F
(
x
)
(
e

e
)dx
0
0
2
F(x)-----为偶函数
1 
1 
imx
  F ( x)e   F ( x)e -imx dx
2 0
2 0
1 
1 -
imx
  F ( x)e dx -  F ( x)eimx dx( x  - x)
2 0
2 0
1 
1 0
imx
  F ( x)e dx   F ( x)eimx dx( x  - x )
2 0
2 -
)
 f ( z在上半平面的留数之和

1 
imx
  F ( x)e dx  p i 

imz
-
2
 f ( z )  F ( z )e

同理： 如果G(x)是奇函数，有


0

1 imx
G (x）sin mxdx   G ( ) (e - e - imx )dx
0
2i
1 
1 
imx
  G ( x)e -  G ( x)e - imx dx
2i 0
2i 0
1 
1 -
imx
  G ( x)e dx -  G ( x)eimx dx( x  - x)
2i 0
2i 0
 f ( z )在上半平面的留数之和
1 
imx
  G( x)e dx  p 

imz
-
2i
 f ( z )  G ( z )e


 f ( z )在上半平面的留数之和
F ( x）cos mxdx  p i 

imz
 f ( z )  F ( z )e


0


0
 f ( z )在上半平面的留数之和
G (x）sin mxdx  p 

imz
 f ( z )  G ( z )e

2、上两个积分应用留数定理计算时需要满足的条件：
1）F(x)是偶函数、G(x)奇函数；
2） F(x)、G(x)函数在实轴上没有奇点；在上半平面上有有限奇点；
3）当 x   时， F(x)、G(x)在实轴上或上半平面一致地趋于0。
例7 计算积分
解

0

0
x sin mx
2
2 2 dx ,
(x  a )
m  0, a  0.
x sin mx
1   x sin mx
dx
2
2 dx 
2
2
2

2 - ( x  a )
(x  a )
课本78
页例7

1  
x
imx
 2p  
e dx 
2
2
2
2  - ( x  a )

又
z
imz
f ( z)  2
e
,
2 2
(z  a )
在上半平面只有二级极点 z  ai ,
d
z
m - ma
imz 
 e ,
Res( f ( z ), ai )  
2e

dz  ( z  ai )
 z  ai 4a
则



-
z


x
imz
imx
 2piRes  2
e , ai 
e
dx
2
2
( z  a )

( x 2  a 2 )2


0
1
x sinmx
( )
x  2π 
2
2 2
2
(x  a )
mp - ma

e .
4a
注意
以上积分中被积函数中的R(x)在实轴
上无孤立奇点.


0
 f ( z )在上半平面的留数之和
G (x）sin mxdx  p 

imz
f
(
z
)

G
(
z
)
e


例8 计算


0
解


0
cos mx
dx
2
2
x a
cos mx
1
dx 
2
2
2
x a


-
课本78
页例6
 

2
2
 
 
 ( ) 2
极点为 z  ai, ai 在上半平面单极点是ai
2
 
e imz
e - ma
Re sf (ai)  lim( z - ai) f ( z )  lim

z  ai
z  ai z  ai
2ai



0
cos mx
1
e-ma
π -ma
dx  2 πi

e
2
2
2
2ai
2a
x a
四、实轴上有单极点的情况


-
f ( x)dx  ?
1、问题的提出：
对于类型二、三来说要求f(z)在实轴上无奇点，但若f(z)
在实轴上有奇点的函数如何积分呢？
从最简单情况讨论，即讨论f(z)在实轴上有单极点情况。
2、分析：

a. 想绕过奇点，如对于积分  f ( x)dx 若在x=a处为f(z)
-
的单极点，则在奇点处挖去半径为  的半圆。

l
b. 积分化为
a -
R
f ( z )dz  
f ( x)dx  
f ( x)dx  
-R
a 
CR
f ( z )dz  
C
f ( z )dz
c.当R  ,   0 时，上式右端一、二项之和为所要的积分。
y
-R
O
a-ε
CR
R x

l
f ( z )dz 

a -
-R
f ( x)dx  
R
a 
f ( x)dx  
可证明： lim C P ( z - a )dz  0
 0


R
f ( x )dx  2πi
-
CR
f ( z )dz  
C
f ( z )dz
lim  P ( z - a )dz  0
  0 C
 Re sf (z)  πi  Re sf (z)
上半屏面
实轴上
y
实轴上的奇点是单奇点
-R
O
a-ε
CR
R x
例9
分析

计算积分
sinx
x
0
sin x
dx .
x
课本80页例8
是偶函数，所以

sin x
1  sin x
0 x dx  2 - x dx . sin z
z
-,  某封闭曲线
sin z
在实轴上有一级极点 z  0, 应使封闭路
因
z
线不经过奇点, 所以可取图示路线:
y
解
封闭曲线C:
CR
Cr
C R  - R,- r   Cr  r , R
由Cauchy定理得:
- R -r o
ix
ix
-r e
Re
e iz
e iz
CR z dz  - R x dx  Cr z dz  r x dx  0,
- ix
ix
- it
R
e
-r e
re
dx ,
dt  - r
令 x  -t， - R dx  R
x
x
t
ix
- ix
e
e
由 sin x 
,
2i
r R x
知 2i

R
r
sin x
dx 
x

CR
e iz
dz 
z

Cr
e iz
dz  0,
z
e iz
π - R sin 
1 -y
e
d
C R z dz  C R z ds  R CeR ds  0 e
iz
π
2
0
π
2
0
 2  e - R sin  d  2  e
- R ( 2 )
π
p
-R

(
1
e
),
d
R
e iz
于是 R    
dz  0
CR z
当r充分小时

1
e iz 1
z
i n z n-1
  i - 
    g ( z ),
z
z
z
2!
n!
2
n n -1
z iz
i z
g( z )  i - 

2! 3!
n!
当 z 充分小时,
总有 g( z )  2,
iz
e
1
Cr z dz  Cr zdz  Cr g( z )dz ,
dz
Cr z 
ire i
π re i d  - ip,
0


g ( z )dz 
Cr

C
g ( z ) ds  2 ds  2π r ,
Cr
r
e iz
r  0   g( z )dz  0, 即 
dz  -π i  0  -π i ,
Cr
Cr z
sin x
e iz
e iz
2i 
dx  
dz  
dz  0,
r
C
C
R z
r z
x
R
2i 

0



0
sin x
dx  π i ,
x
sin x
π
dx  .
x
2
例10. 计算
解


0
sin x
dx
2
2
x( x  1)
   
1
分别是函数 f ( z ) 
2
2 的单极点和2阶极点，
z ( z  1)
z  i 在上半平面， z  0 在实轴上



0
sin x
1
dx

2i
x ( x 2  1) 2


-
e im x
dx
2
2
x ( x  1)
iz
iz
1
e
e
 {[lim( z - i ) 2
]  πi[ 2
]
2
2
2
z

i
2i
z( z  1)
( z  1)
3
π π
3
π   (1 )
4e
2 2
2e
z 0
}
例11 证明




π
.
2
1
sinx dx  cos x dx 
2
0
0
证明 设函数 e iz
2
z  x时
当
2

如图路径，
2
e
iz 2
 cos x 2  i sin x 2
y
e i z  0 ,
2
B
R

e
ix 2
dz   e dz   e dz  0,
iz 2
OA
R
0
AB
π
4
0
BO
2 i 2
o
π
0 ir 2e 2 i
e ix dx   e iR e Rie i d   e
2
D
iz 2
R
R
π
i
4
e dr  0,
A x

或
R
(cos x 2  i si n x 2 )x
0
e
π
i
4
R
0
e
-r
2
π
4
0
dr -  e
iR 2 cos 2 - R 2 sin 2
Rie i d .
当 R  时
e
π
4
0

π
i
4
e iR
2
π
4
0

0 e
-r
π
2
π 4i
dr 
e
2
cos 2 - R sin 2
 R e
2
4
- R 2
π
d
1 π i π


.
2 2 2 2
π
4
0
Rie i d   e - R sin 2 Rd
π
- R2

(1 - e ).
4R
R
0

0 (cos x
2
 i sin x )dx
2
1 π i π


.
2 2 2 2
令两端实部与虚部分别相等，得

0
cos x dx   sin x 2dx  1 π .
0
2 2
2

菲涅耳(fresnel)积分