留數(shù)及其應(yīng)用摘要數(shù)定理得知，計算函數(shù)f(z)沿C的積分，可歸結(jié)為計算圍線C內(nèi)各孤立奇點處的留數(shù)之和．而留數(shù)又是該奇點處的羅朗級數(shù)的負一次冪的系數(shù)，因此我們只關(guān)心該奇點處羅朗留數(shù)理論是復(fù)積分和復(fù)級數(shù)理論相結(jié)合的產(chǎn)物，利用留數(shù)定理可以把沿閉路的積分轉(zhuǎn)化為計算孤立點處的留數(shù)．此外，在數(shù)學(xué)分析及實際問題中，往往一些被積函數(shù)的原函數(shù)不能用初等函數(shù)表示，有時即便可以，計算也非常復(fù)雜．我們利用留數(shù)定理可以把要求的積分轉(zhuǎn)化為復(fù)變函數(shù)沿閉曲線的積分，從而把待求積分轉(zhuǎn)化為留數(shù)計算．本文首先介紹留數(shù)定義及留數(shù)定理，然后針對具體不同的積分類型有不同的計算方法以及留數(shù)理論在定積分中的一些應(yīng)用．關(guān)鍵詞留數(shù)定理；留數(shù)計算；應(yīng)用引言對留數(shù)理論的學(xué)習(xí)不僅是前面知識的延伸，更為對原函數(shù)不易直接求得的定積分和反常積分的求法提供了一個較為方便的方法．預(yù)備知識孤立奇點.設(shè)f(z)在點〃的把計算閉曲線上的積分值的問題轉(zhuǎn)化為計算各個孤立奇點上的留數(shù)的問題，即計算在每一個孤立奇點處的羅朗展式中負冪一次項的系數(shù)C.-1在一般情況下，求羅朗展式也是比較麻煩的，因此，根據(jù)孤立奇點的不同類型，分別建立留數(shù)計算的一些簡便方法是十分必要的.若z0為f(z)的可去奇點則f(z)在0<z-z01VR某去心鄰域內(nèi)解析，但在點a不解析，則稱a為f的孤立奇點.例如sinz,ez以z=0為孤立奇點.z、五以z=0為奇點，但不是孤立奇點，是支點11 ^以z-0為奇點(又由sin=0,得z= (k=±1,±2...,)故z-0不是孤立奇.1 z k兀sin—z點).設(shè)a為f(z)的孤立奇點，則f(z)在a的某去心鄰域內(nèi)，有為f(z)在點a的主要部分，稱f(z)=￡^^^+￡c(z—a)〃，稱￡n.^a)n為f(z)在點a的主要部分，稱￡C(z-a)n為f(z)在點a的正則部分，nn=0當(dāng)主要部分為0時，稱a為f(z)的可去奇點;c C c當(dāng)主要部分為有限項時，設(shè)為二—m + (m-1)——+???+-5(c豐0)(z—a)m(z—a)m-i z—a-m稱a為f(z)的m級極點；當(dāng)主要部分為無限項時，稱a為本性奇點.留數(shù)的概念及留數(shù)定理留數(shù)的定義設(shè)函數(shù)f(z)以有限點a為孤立點，即f(z)在點a的某個去心鄰域0<|z?a|<R內(nèi)解析，則積分2^7Jf(zbz(T:|z.a|=p,0<p<R)為f(z)在點a的r留數(shù)，記為：Resf(z).z=a留數(shù)定理介紹留數(shù)定理之前，我們先來介紹復(fù)周線的柯西積分定理：TOC\o"1-5"\h\z設(shè)D是由復(fù)周線C=C+C-+C-+…C-所圍成的有界連通區(qū)域，函數(shù)f(z)01 2 n在D內(nèi)解析，在D=D+C上連續(xù)，則Jf(zbz=0.C定理1M(留數(shù)定理)設(shè)f(z)在周線或復(fù)周線C所范圍的區(qū)域D內(nèi)，除a,a，…,a外解析，在閉域D=D+C上除a,a，…,a外連續(xù)，則(“大范圍”12 n 12 n\o"CurrentDocument"積分)Jf(z)dz=2兀i￡Resf(z). (1)z=aC k=1k證明以a為心，充分小的正數(shù)p為半徑畫圓周r:z?a=p(k=1,2,…,n)k k k k使這些圓周及內(nèi)部均含于D，并且彼此相互隔離，應(yīng)用復(fù)周線的柯西定理得Jf(z)dz=￡nJf(z)dz，C k=1rk由留數(shù)的定義，有Jf(z)dz=2兀iResf(z).z=ak特別地，由定義得Jf(z》z=2兀iRes,z=airk k代入(1)式得Jf(zbz=2兀i￡Resf(z).k=1Z=ak定理2設(shè)a為f(z)的n階極點，f(z ，(z-a)n其中p(z)在點a解析，①(a)w0,則()0n-1)(a)Resf(z)=Gy-z=a這里符號中(。)(a)代表p(a)，且有①(n-1)(a)=lim5(n-1)(z).zfa推論3設(shè)a為f(z)的一階極點，5(z)=(z-a)f(z),Resf(z)=5(a).z=a推論4設(shè)a為f(z)的二階極點，w(z)=(z-a)2f(z),Resf(z)=6(a).z=a留數(shù)的引理,R充分大)上連續(xù)，且2引理1設(shè)f(z)沿圓弧S:z二Re?(,R充分大)上連續(xù)，且2limzf(z”九于S上一致成立(即與0<0<0中的0無關(guān))，則R-+8 R 1 2limJf(z)dz=i(0-0)九.Rf+8SR引理2(若爾當(dāng)引理)設(shè)函數(shù)g(z)沿半圓周r:z=Rei?(0<0<兀，R充分R大)上連續(xù)，且limg(z)=0在r上一致成立，則RlimJg(z)eimzdz=0(m>0).rf+8rR

引理3 (1)設(shè)a為f(z)的n階零點，則a必為函數(shù)f^zz)的一階極點，并且ReszResz=a\f(z)]

fU⑵設(shè)b為f(z)的m階極點，則b必為函數(shù)將的一階極點，并且留數(shù)的計算函數(shù)在極點的留數(shù)法則1：如果z0為f(z)的簡單極點，則Res[f(z),z]=lim(z一z)f(z)00z一zzz0法則2：設(shè)f(z)=P9，其中P(z),Q(z)在z處解析，如果P(z)牛0,z為Q(z)Q(z) 0 0的一階零點，則z0為f(z)的一階極點，且ResRes[f(z),z0]=P(z)

07(^)法則3：如果z0為f(z)的m階極點，則1 dm-1Res[f(z),z]= —lim-——[(z-z)mf(z)].0 (m-1)!z-zdzm-i 0z-z02.函數(shù)在無窮遠點的留數(shù)定理1如果f(z)在擴充復(fù)平面上只有有限個孤立奇點(包括無窮遠點在內(nèi))為z,z,…z,8，則f(z)在各點的留數(shù)總和為零.12 n關(guān)于在無窮遠點的留數(shù)計算，我們有以下的規(guī)則.

11法則4： Re5[f^z),^]二—Re5[f()?一,0].zz2例1求函數(shù)f(z)=/二在奇點處的留數(shù).1+Z2解f(z)有兩個一階極點z=±，，于是根據(jù)(6.5)得Res(Res(f,i)=P(i) ei2 iQr(i) 2i 2eRe取f,-i)=QO=S二餐2求函數(shù)f(z)=cosz在奇點處的留數(shù).z3f(z)有一個三階極點z=0，故由(6.7)得1 cosz 1 1Res(f,0)=lim(z3?一z)〃=lim(-cosz)=——2z-oz3 2z-o 2四.留數(shù)定理在定積分中的應(yīng)用利用留數(shù)計算定積分活反常積分沒有普遍的實用通法，我們只考慮幾種特殊類型的積分．.形如于f(cosx,sinx疝型的積分0這里f(cosx,sinx)表示cosx,sinx的有理函數(shù)，并且在［0,2兀］上連續(xù)，把握此類積分要注意，第一：積分上下限之差為2兀,這樣當(dāng)作定積分時x從0經(jīng)歷變到2兀，對應(yīng)的復(fù)變函數(shù)積分正好沿閉曲線繞行一周.第二：被積函數(shù)是以正弦和余弦函數(shù)為自變量。當(dāng)滿足這兩個特點之后，我們可設(shè)z=eix,則dz=izdx,. eix—e-ixz2—1 eix+e-ixz2+1TOC\o"1-5"\h\zsinx= = ,cosx= = 得i 2iz 2 2z千( .M /z2-1z2-11dzJf(cosx,sinx)dx=Jf , -Iz=112z2izIiz0=2兀i￡Resf(z).k=1z=zk

例1計算I=于上？5+3cos00解令z="，則TOC\o"1-5"\h\z「干 d0 , 2、入5+3cos0 Izl=i2(3z2+；0z+3y0.2f/L 、di』=i(3z+j(z+3)"二2.2兀iRest 1r—=藝i_i(3z+1)(z+3) 2z一3例2計算I#例2計算I#dx+v'3cosx解I二手(—竺一02+<3cosx_4 zdz=—Q) -： ，3iUtz2+2z+1

J3由于分母有兩個根z「-*,z2=-73，其中|4一一因此匕I= ?2兀iRes=4兀*3i z=zzzi.形如小f(x迎x型的積分一0把握此類積分要注意，首先分析其函數(shù)特點，函數(shù)必須滿足一下兩條才能適

用。第一：f(z)=層，其中P(z)，Q(z)均為關(guān)于z的多項式，且分母Q(z)的次數(shù)至少比分子P(z)的次數(shù)高兩次；第二：f(z)在半平面上的極點為z(kk=1,2,3,…，n),在實軸上的極點為x(k=1,2,3,…，n)則有k于fGbx=2兀ik-k=1z=zk例3計算I=+T—2一dx.x4+x2+1-8解取f(z)=一三一= z4+z2+1 z2-z+1孤立點為1Wi孤立點為1Wi,z2 22-東,其中落在上半平面的為ziI=2兀i￡Resf(z)=k=1z=，k "3例4計算I=x例4計算I=x2+a2-8^^-dx(a>0).解由于limz.)2=0，且上半平面只有一個極點a「因此x2+a2-8=2兀i-Resz=aiz2z2(z+ai)z=ai2a.形如fP&eimxdx型的積分QU)-81)留數(shù)公式定理2[1](若爾當(dāng)引理)設(shè)函數(shù)g(z)沿半徑圓周r:z=Re，e(0we〈兀)R上連續(xù)，且limg(z)=0在r上一致成立，則limjg(z)eimzdz=0(m>上連續(xù)，證明Ve>0,3R(證明Ve>0,3R(E)>0，使當(dāng)R>R0 0rf+8rR時，有|g(z)|<E,zerR于是jg(z)eimzdz=jg(Re)，mRe曲Rei0d0<Reje-mRsin0d0(2)這里利用了gGei這里利用了gGei0)<8，阿ei0i=R以及eimRei0=e-mRsin0+imRcos0=e-mRsin0于是由若爾當(dāng)不等式”<sin0<0

—一—(0<0<于是由若爾當(dāng)不等式”<sin0<0

—一—(0<0<―)將(2)化為

2jg(z)eimzdz<2Rer

Rje-mRsin0d0=2Re]0=—2mR 2e--0I2mRI(1-e-mR)<—EmL—」0=0即limjg(z)eimzdz=0.rf+8rR2)舉例例5計算I=+T—xeix一dx.x2-2x+10-8解不難驗證，函數(shù)f(z)=一匕一滿足若爾當(dāng)引理條件.z2-2z+10這里m=1，g(z)=z2-2z+10函數(shù)有兩個一階極點z=1+3i及z=1-3i，ResfResf(z)=z=1+3izeiz2-2z+10)(1+3i)e-3+i6iz=1+z=1+3i于是丁+8 xe沃 ,I=J dxX2-2x+10-8(1+3i)e-3+i=2—i 6i4.—=—e-334.—=—e-33(cos1-3sin1)+i—e-3(3cos1+sin1).形如于cosmxdx和joIX)3P(X) …八sinmxdx型積分QU)-8-8定理3Ei］設(shè)g(z)=%，其中尸G)和Q(Q是互質(zhì)多項式，并且符合條件:Q(x)(1)Q(x)的次數(shù)比尸(x)的次數(shù)高;(2)在實軸上Q(x)w0；則有fg則有fg(x)eimxdx=2兀iZima

kResg(z)emz=ak(3)特別地，將(3)式分開實虛部，就可用得到形如+”(x) 乖P(x).j—尸rcosmxdx及 sinmxdx的枳分.QU) QU)-8 -8例6計算/=Tf一簾一斗x.\x2+1)(C2+9/-8解利用f—i )-0(z-8)以及若爾當(dāng)引理，且分母在上半圓只有Q2+1八2+9)兩個孤立奇點z=i和z=3i,得到—q+1%+9)-8eiz eiz=Re2兀iRes， 弗 A+Res， 弗 A.=iVz2+1八2+9)z=3i12+1八2+9)=Re2兀=Re2兀i(z2+1)(z2+9)+Q+1)C+9)z=3iJA, 「、=Re2兀ie-1 =Re2兀i、16i+-48i,=-Q2-1).24e3例7計算I=+8x血mdx(m>0,a>0).x4+a40解被積函數(shù)為偶函數(shù)，所以T+8xsinmx, 1mxsinmx, 1.+fxemI=J dx=-J dx=-tmJ dx,-8x4+a4 2 x4+a4 2x4+a4-8-8

設(shè)函數(shù)關(guān)系式為f(z)=工二，它共有四個一階極點，即z4+a4兀*2k兀, 、a=ae4i(k=0,1,2,3)k7ce zzezeimz / 、得Resf