论文留数定理及其应用
论文留数定理及其应用 Company number：【0089WT-8898YT-W8CCB-BUUT-202108】
石河子大学
本科毕业论文（设计）
留数定理及其应用
院系师范学院
专业数学与应用数学
姓名向必旭
指导老师曹月波
职称讲师
摘要
留数，也称残数，是指函数在其孤立奇点处的积分。综观复分析理论的早期发展，这一概念的提出对认识孤立奇点的分类及各类奇点之间的关系具有十分重要的意义。同时，它将求解定积分的值的方法推进到一个新的阶段，通过函数的选取，积分路径的选取等等，求解出了许多被积函数的原函数解不出来的情况，为积分理论的发展奠定了充分的基础。
1825 年，柯西在其《关于积分限为虚数的定积分的报告》中，基于与计算实积分问题的情形的类比,处理了复积分的相关问题，并给出了关于留数的定义。随后，柯西进一步发展和完善留数的概念，形成了定义。
柯西所给的这一定义一直沿用到了现在，推广到了微分方程，级数理论及其他一些学科，并在相关学科中产生了深远影响，成为一个极其重要的概念。因而很自然地产生了这样一个问题：柯西为什么要定义这一概念或者说，什么因素促使柯西提出了留数的定义显然这一问题对于全面再现柯西的数学思想，揭示柯西积分理论乃至整个复分析研究的深层动机等具有极为重要的理论意义和历史意义。随着留数的发展，复积分的相关问题得到了极大的进步，并解决了一些广义积分和特殊定积分的计算问题。
关键字：留数；留数定理；积分
目录
摘要···············································
1.引
言·············································
2.留
数·············································
2.1留数的定义及留数定
理························
2.2留数的求
法····························
······
2.3函数在无穷远处的留
数························
3. 用留数定理计算实积分
3.1 计算形如∫f (cos x ,sin x )dx 2π
0的积分············ 3.2 计
算
形
如
∫f (x )+∞
?∞
dx 的积
分···················· 3.3 计
算
形
如
∫P (x )
Q (X )
+∞?∞
e imx dx
的积
分················ 3.4 计算形如∫P (x )
Q (x
)+∞?∞cos mxdx 和∫P (x )
Q (x )
+∞?∞sin mxdx 的积分
3.5 计
算
积分
路
径
上
有
奇
点
的
积
分····················
参考文献
1. 引言
留数理论是柯西积分理论的延续。其中的泰勒级数和洛朗级数是研究解析函数的有力工具。留数在复变函数论本身和实际应用中都是很重要的，它和计算周线积分（或归结为考察周线积分）的问题有密切关系。此外应用留数理论，我们已有条件去解决“大范围”的积分计算问题，还可以考察区域函内数的零点分布状况。
2.留数
留数的定义及留数定理
如果函数f (z )在点a 是解析的，周线C 全在点a 的某邻域内，并包围点a,则根据柯西积分定理，有 ∫f (z )C
dz =0
但是，如果a是f(z)的一个孤立奇点，且周线C全在a的某个去心邻域内，并包围点a,则积分
∫f(z)
C
dz
的值，一般说来，不再为零。并且利用洛朗系数公式很容易计算出它的值来。概括起来，我们有
定义设函数f(z)以有限点a为孤立奇点，即f(z)在点a的某去心领域0< |z?a| 1 2πi ∫f(z) τ dz(τ:|z?a|=ρ,0<ρ 为f(z)在点a的留数，记为f(z) z=a Res 由柯西积分定理知道，当0<ρ 1 2πi ∫f(z)dz= τ c?1 即f(z) z=a Res=c?1 这里c?1是f(z)在z=a处的洛朗展式中1 z?a 这一项的系数。 留数的求法 如果z0为f(z)的简单极点，则 Res[f(z),z0]=lim z?z0 (z?z0)f(z) 法则2：设f(z)=P(x) Q(X) ，其中P(x),Q(x)在z0处解析，如果P(z)≠0，z0为Q(z)的一阶零点，则z0为f(z)的一阶极点，且 Res[f(z),z0]=P(z) Q(Z) 法则3：如果z0为f(z)的m阶极点，则 Res[f(z),z0]=1 (m?1)!lim z?z0 d m?1 dz m?1 [(z?z0)m f(z)]. 例 1 求函数f (z )= e iz 1+z 2 在奇点处的留数 解 f (z )有两个一阶极点z =±i ，于是根据法则得 Res [f,i ]=P (i )Q ′(i ) =e i 2 2i =?i 2e Res [f,i ]=P (?i )Q ′(?i ) =e i 2 ?2i =i 2 e 例 2 求函数f (z )= e iz z (1+z )在奇点处的留数 解 f (z )有一个一阶极点z =0与两个二阶极点z =±i ，于是由法则 可得 Res (f,0)=lim z→0e iz ( 1+z 2)2 =1 Res (f,i )=lim z→i [(z ?i )2e iz z (1+z )]′ =lim z→i [e iz z (1+z )]′ =?3 4e Res (f,?i )=lim z→i [ e iz z (z?i )]′ = 6+i 4 e 函数在无穷远点的留数 定义 设∞为f (z )的一个孤立奇点，即f (z )在圆环域R <|z |<+∞内解析，则称 12πi ∮f (z )dz (C:|z |=ρ>R )C 为f (z )在点∞的留数，记为Res [f (z ),∞]，这里C ?是指顺时针方向 （这个方向很自然地可以看作是绕无穷远点的正向）。 如果f (z )在R <|z |<+∞的洛朗展开式为f (z )=∑C n z n ∞n=?∞，则 Res [f,∞]=?C ?1 这里，我们要注意，z =∞即使是f (z )的可去奇点，f (z )在z =∞的留数也必是这是同有限点的留数不一致的地方。 定理 如果f (z )在扩充复平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远点在内） 为z 1,z 2, z n ,∞，则f (z )在各点的留数总和为零 关于在无穷远点的留数计算，我们有以下的规则 法则 Res [f (z ),∞]=?Res [f (1z )1 z ,0] 例3 求下列函数在所有孤立奇点处的留数： （1）z 2sin 1 z ； （2） 1sin 1z ； 分析 对于有限的孤立奇点a ，计算留数Res [f (z ),a ]最基本的方法就是寻求洛朗展开式中负幂项C ?1(z ?a )?1的系数C ?1。但是如果能知道孤立奇点的类型，那么留数的计算也许稍简便些.。 例如当a 为可去奇点时，Res [f (z ),a ]=0（切记当a =∞时此结论不成立）对于极点处留数的计算，我们有相应的规则或公式。 对于无穷远点的留数Res [f (z ),∞]，一般是寻求f (z )在R <|z |<+∞内洛朗展开式中负幂项C ?1z ?1的系数变号?C ?1，也可转变为求函数?1z 2f (1 z )在 z =0处的留数，还可以用公式 Res [f (z ),∞]=?∑Res [f (z ),a k ]n k=1，其中a 1,a 2,a 3, a n 为f (z )的有限个奇点。 解 （1）函数f (z )=z 2sin 1 z 有孤立奇点0和∞，而且易知在R <|z |<+∞ 内有洛朗展开式 z 2 sin 1z =z 2 (1z ?13!1z 3+15!1z 5 ?) =z ?13!1z + 15!1z 3 ? 这既可以看成是函数z 2sin 1 z 在z =0的去心邻域内的洛朗展开式，也可 以看成是函数z 2sin 1 z 在z =∞的去心邻域内的洛朗展开式 所以 Res [z 2 sin 1z ,0]=?13! Res [z 2 sin 1z ,∞]=13! （2）函数f (z )= 1sin 1z 有奇点：0，∞，1kπ (k =±1,±2,) .显然0为非孤立奇点，1kπ为sin 1z 的一阶零点，所以1kπ为1sin 1z 的一阶极点 由公式 Res [1 sin 1z , 1kπ ]= 1 (sin 1z ) ′|z=1kπ = (?1)k+1k π (k =±1,±2,) 由公式 Res [f (z ),∞]=?Res [1z 2f (1 z ),0] , Res [ 1sin 1 z , 1kπ ,∞]=?Res [ 1z 2sin z ,0] 易知z =0为 1 z 2sin z 的三阶极点 Res [1 sin (1z ),∞]=?Res [1z 2sin z ,0]=?12lim z→0d 2dz 2(z sin z ) =?12lim z→0 z (sin z )2+2cos z (sin z ?cos z )(sin z )3 =?1 6 注：由分式给出的函数 P (Z ) Q (Z ) ，其中P (z )与Q (z )在z 0(≠∞)都解析。若z 0为 Q (z )的一阶零点，那么当P (z 0)≠0时，z 0是P (Z )Q (Z ) 的简单极点；当P (z 0)=0 时，z 0是 P (Z )Q (Z ) 的可去奇点，不管是哪类点都有Res [P (z )Q (Z ),z 0 ]=P (z 0) Q (z 0) 3.用留数定理计算实积分 留数定理的一个重要应用是计算某此实变函数的积分。 如，在研究阻尼振动时计算积分∫sin x x dx ∞0 ，在研究光的衍射时，需要计算菲涅耳积分 ∫sin x 2dx ∞ 0.。在热学中将遇到积分∫e ?ax cos bx dx ∞ (a >0，b 为任意实数)如用实函数分析中的方法计算这些积分几乎是不可能的，既使能计算，也相当复杂。如果能把它们化为复积分，用柯西定理和留数定理，那就简单了。当然关键的是设法把实变函数是积分跟复变函数回路积分联系起来。 把实变积分联系复变回路积分的要点如下：定积分∫f (x )b a dx 的积分区间[a, b ]可以看作是复数平面上的实轴上的一段l 1，或者利用自变数的变换把l 1变成某个新的复数平面上的回路，这样就可以应用留数定理了；或者另外补上一段曲线l 2，使l 1和l 2合成回路包围着区域B ，这样 ∮f (z )l dz =∫f (z )dz +∮f (z )dz l 2 l 1 左端可应用留数定理，如果∮f (z )dz l 2 容易求出，则问题就解决了。下面具体介绍几个类型的实变定积分。留数计算定积分活反常积分没有普遍的实用通法，我们只考虑几种特殊类型的积分。 形如∫f (cos x,sin x )dx 2π 型的积分 这里f (cos x,sin x )表示cos x ,sin x 的有理函数，并且在[0,2π]上连续，把握此类积分要注意，第一：积分上下限之差为2π，这样当作定积分 时x 从0经历变到2π，对应的复变函数积分正好沿闭曲线绕行一周。第二：被积函数是以正弦和余弦函数为自变量。当满足这两个特点之后，我们可设z =e ix ，则dz =izdx ， sin x = e ix ?e ?ix 2i = z 2?12iz ，cos x = e ix +e ?ix 2 = z 2+12z 得 ∫ f (cos x,sin x )dx =∫f (z 2?12z ,z 2?12iz )|z |=1 2π dz iz =2πi ∑f (z )z=z k Res n k=1 例4 计算I =∫dθ5+3cos θ 2π 解 令z =e iθ，则 I =∫ dθ 5+3cos θ 2π =∮2(2)dz =2|z |=1∮1 ()()dz |z |=1 =22πi [1()()]z=? 13 Res =3π2 例5 计算积分 I =∫ (sin θ)2 dθ2π (a >b >0) 解 令z =e iθ,则 I =∫[?(z 2?1)2 4z ]|z |=1 · 1 a+b(z 2+1 2z ) · dz iz =i ∫(z 2?1)2z 2(z 2+2a b z +1)dz =i |z |=1∫(z 2?1)22()() |z |=1dz 其中 α= ?a+√a 2?b 2 b ,β= ?a?√a 2?b 2 b 为实系数二次方程 z 2 +2a b z +1=0 的两个相异实根.由根与系数的关系αβ=1，且显然|β|>|α|，故必|α|<1，|β|>1. 于是，被积函数f (z )在|z |=1上无奇点。在单位圆|z |<1内只有一个二阶极点z =0和一个一阶极点z =α。则 f (z ) =[ (z 2?1) 2 z 2+2a b z+1 ] z=0 , z=0Res =?2a b , f (z ) z=a Res = (z 2?1) 2 z (z?β)∣z=α=(α2?1) 2 α(α?β ) = (α?1α )2α?β =(α?β)2α?β =α?β= 2√a 2?b 2 b , 由留数定理得 I = i 2b ·2πi [? 2a b + 2√a 2?b 2 b ]= 2πb 2 [a ?√a 2?b 2]. 形如∫f (x )dx +∞ ?∞ 型的积分 把握此类积分要注意，首先分析其函数特点，函数必须满足一下两条才能适用。第一：f (z )= P (z )Q (z ) ，其中P (z )，Q (z )均为关于z 的多项式，且分 母Q (Z )的次数至少比分子p (z )的次数高两次；第二：f (z )在半平面上的极点 为z k (k =1,2,3,…,n )在实轴上的极点为x k (k =1,2,3,…,n )则有 ∫f (x )+∞ ?∞dx =2πi[∑f (z )z=z k Res n k=1] 例6 计算I = ∫x 2 (x 2+a 2)2 dx (a >0)+∞?∞ 解 由于lim z→∞ z?z 2( z 2+a 2)2=0，且上半平面只有一个极点a i ,因此I = ∫x 2 (x +a )+∞?∞=2πi? z 2 (z +a ) z=ai Res =2πi?[z 2( z+ai )]′ |z=ai =π 2a 例7 设a >0,计算积分∫dx x 4+a 4 +∞0 解 因 ∫dx x +a +∞ =12∫dx x +a +∞?∞ ，f (z )=1x +a , 它一共有四个一阶极点 a k =ae π+2kπ 4 i (k =0,1,2,3) 且符合定理的条件。而 f (z )=14z 3 ∣z=a k = z=a k Res 14a k 3 =a k ( a k )4 =? a k 4a 4 (k =0,1,2,3) (这里用到了(a k )4+a 4=0) f (z )在上半平面内只有两个极点a 0及a 1,于是 ∫dx x +a +∞0 = ?πi 14a (ae π4i +ae 3π 4 i ) = ?πi 14a (e π4 i ?e ? πi 4 ) = π2a sin π4 = 2√2a 3 形如∫P (x )Q (x )+∞?∞e imx dx 型的积分 1) 留数公式 定理2（若尔当引理）设函数g (z )沿半径圆周ΓR :z =Re iθ(0≤θ<π) 上连续，且lim R→+∞ g (z )=0在ΓR 上一致成立，则lim R→+∞ ∫g (z )Γ R e imz dz =0(m >0) 证明 ε>0,R 0(ε)>0，使当R >R 0时， 有 |g (z )|<ε,z ∈ΓR 于是 |∫g (z )e imz dz ΓR |=|∫g(Re iθ)e imRe iθ dθπ 0|≤Rε∫e ?mR sin θdθ (2)π 这里利用了|g(Re iθ)|<ε,Re iθi =R 以及 |e imRe iθ |=|e ?mR sin θ+imR cos θ|=e ?mR sin θ 于是由若尔当不等式 2θπ ≤sin θ≤θ（0≤θ≤π 2 ） 将（2）化为 |∫g (z )e imz dz гR |≤2Rε∫e ?mR sin θdθπ2 ≤2Rε∫e ? 2mRθ π dθ=π2 02εR [? e ?2mR πθ2mR π ] θ=0 θ= π2 = πεm (1?e ?mR )< πεm 例8 计算I = ∫xe ix x 2?2x+10 dx +∞?∞ 解 不难验证，函数f (z )=ze iz z 2?2z+10 满足若尔当引理条件 这里m =1，g (z )=z z 2?2z+10 ，函数有两个一阶极点z =1+3i 及z =1? 3i ， f (z )=z=1+3i Res ze iz (z 2?2z +10) ′|z=1+3i =(1+3i )e ?3+i 6i 于是 I = ∫xe ix x ?2x+10 dx +∞?∞ =2πi (1+3i )e ?3+i 6i =π3 e ?3(cos 1?3sin 1)+i π3 e ?3(3cos 1+sin 1)． 形如∫P (x )Q (x )+∞?∞cos mxdx 和∫P (x ) Q (x )+∞?∞sin mxdx 型积分 定理 设g (z )= P (x )Q (x ) ，其中P (x )和Q (x )是互质多项式，并且符合条件： （1）Q (x )的次数比P (x )的次数高； （2）在实轴上Q (x )≠0； （3）m >0 则有 ∫g (x )e imx +∞ ?∞ dx =2πi ∑[g (z )e imz ]z=a k Res ima k (4) 特别地，将（4）式分开实虚部，就可用得到形如 ∫P (x ) Q (x ) +∞?∞ cos mxdx 及∫P (x ) Q (x ) +∞?∞sin mxdx 的积分。 由数学分析的结论，可知上面两个反常积分都存在，其值就等于其柯西主值。 例9 计算I =∫cos x (x +1)(x +9) dx +∞ ?∞ ． 解 利用1 ( z 2+1)(z 2+9) →0 (z →∞)以及若尔当引理，且分母在上半圆只 有两个孤立奇点z =i 和z =3i ，得到 I =∫ cos x (x 2+1)(x 2+9) dx +∞ ?∞ =Res2πi (e iz (z +1)(z +9) +z=i Res e iz (z +1)(z +9) z=3i Res ) =Re2πi (e ?116i + e ?3?48i ) = π24e (3e 2?1) 计算积分路径上有奇点的积分 在数学分析中，对于反常积分，也可以类似的定义它的柯西主值。又在定理中假定Q (x )无实零点，现在我们可以把条件放宽一点，允许Q (x )有有限多个一阶零点,即允许函数f (z )= P (z )Q (z ) e imz 在实轴上有有限一阶极点。为了估计挖去这种极点后沿辅助路径的积分,除了 上面的两个引理外，我们在引入一个与其相似的引理。 引理 设f (z )沿圆弧S r :z ?a =re iθ(θ1,θ2 ,r 充分小)上连续,且 lim r→0 (z ?a )f (z )=μ 于S r 上一致成立,则有lim r→0 ∫f (z )S r dz =i (θ1?θ2)μ 证明 因为 i (θ2?θ1)μ=μ∫1z?a dz S r 于是有 |∫f (z )dz ?i (θ2?θ1)μS r |=|∫ (z ?a )f (z )?μ z ?a dz S r | 与上述引理的证明相似，得知上式在r 充分小时，其值不超过任意给定的正数ε。 例10 计算积分∫sin x x +∞0 dx 解 ∫sin x x +∞0dx 存在,且考虑函数f (z )= e iz z 沿图所示之闭曲线路径C 的积 分 根据柯西积分定理得 ∫f (z )dz =0C 或写成∫e iz x dx +∫e iz z dz + ∫e ix x dx ?∫e iz z dz =0C r ?r ?R C R R r (1) 这里C R 及C r 分别表示半圆周 z =Re iθ及z =re iθ (0≤θ≤π,r 由引理知 lim R→+∞ ∫e iz z dz =0C R 和lim r→0 ∫e iz z dz =iπC r 在（1）中，令r →0,R → +∞取极限即得∫e ix x dx +∞?∞的主值 .∫e ix x dx =iπ+∞?∞ 所以 ∫sin x x dx +∞0 =12 P.V.∫sin x x dx +∞?∞ =π 2 参考文献 ［1］钟玉泉.复变函数论［M ］高等教育出版社，2004. ［2］盖云英.复变函数与积分变换指导［M ］科学出版社，2004. ［3］王玉玉.复变函数论全程导学及习题全解［M ］中国时代经济出版社， 2008. ［4］王瑞苹.论留数与定积分的关系［J ］菏泽学院学报,2005. ［5］余家荣. 复变函数论［M］高等教育出版社，2004. ［6］李红,谢松发.复变函数与积分变换［M］华中科技大学,2003.