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1、第五章留数定理及其应用目录1留数定理2一留数的定义 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2二Cauchy 留数定理. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .22留数的算法33用留数定理计算围线积分44* 无穷远点的留数55实积分R2 0R(cos,sin) d66实积分R+ f(x) dx87积分R+ f(x)eimxdx108* 特殊积分129* 多值函数的积分12c ? 19922003林琼桂本
2、讲义是中山大学物理系学生学习 “数学物理方法” 课程的参考资料， 由林琼桂编写制作 欢迎任何个人 复制用于学习或教学参考，欢迎批评指正，但请勿用于出售11 留数定理21留数定理一留数的定义如果函数 f(z) 在点 a 的邻域 K： |z a| 1由根与系数的关系，有 z1z2= 1，故 |z1|z2| = 1，从而 |z1| 1解本题不需重新计算 由于 a 1， 故 1/a 0Resf(ak).(13)注1? z 时 zf(z) 0 （一致趋于 0）的大意是 zf(z) 0 的速度与 z 的辐角无关（在指定的辐角范围内，这里是 0,）精确地说，就是 0， R0 0 与 无关，当 |z| R0时
3、，就有 |zf(z)| 0 表示求和只对上半平面的各孤立奇点进行3? 如果 f(x) 是有理分式， 则易知分母的多项式次数应该至少比分子的次数大 24? 这一公式应该在理解和练习使用的基础上熟练掌握证明如图 2， 作半圆 R： z = Rei（0 ） ， 与实轴上的线段 R,R 一起构成围线 CR，取 R 充分大以使 f(z) 在上半平面的孤立奇点全落在 CR内，根据 Cauchy 留数定理， 有ZCRf(z) dz =ZRRf(x) dx +ZRf(z) dz = 2iXImak0Resf(ak)(14)由于 zf(z) 0 （z ），故 0， R0 0 与 无关，当 |z| R0时，就有|
4、zf(z)| R0时，在 R上， 就有 |f(z)| 0Resf(ak) +1 2XImbk=0Resf(bk)#.(15)方括号中的第二项求和对实轴上的各一阶极点进行我们不拟给出这一公式的严格证明，但是可以这样 来把握它： 形象地看， 可以认为实轴上的奇点有一半处于上半平面， 因此， 它们对积分的贡献是上半平面 的奇点所贡献的一半， 这样便不难掌握这一公式 另外， 注意上述积分具有双重的广义性 （无穷限积分， 无界函数积分），而所得结果是两种意义上的主值例2计算积分I =Z+dx x(x 1)(x2+ 1) 解取f(z) =1 z(z 1)(z2+ 1),它满足公式(15)的条件，在上半平面
5、上有一阶极点z = i，在实轴上有一阶极点z = 0和z = 1易得Resf(i) =1 + i 4,Resf(0) = 1,Resf(1) =1 2,故I =Z+f(x) dx = 2i Resf(i) +1 2Resf(0) +1 2Resf(1) = 2i?1 + i41 2+1 4 = 2.习题梁p. 82, 2 (7).7 积分R+ f(x)eimxdx107积分R+ f(x)eimxdx为了计算这一积分，先介绍下述的Jordan 引理设函数 f(z) 在半圆 R：z = Rei（0 ）上连续，且当 R 时， f(z) 0， 则lim RZRf(z)eiz = 0,(m 0).(16
6、)在给出该引理的严格证明之前，先作一点直观的说明在上一节计算积分类型R+ f(x) dx 时，曾经用到 limRRRf(z) dz = 0 的结论，其条件是当 R 时，zf(z) 0 （虽然没有当作引理列出来） 这里我们看到， Jordan 引理所要求的条件较弱， 主要原因是被积函数中含有因子 eimz，它在半径很大的圆弧上是 的快速振荡函数，这弥补了 f(z) 下降较慢的不足 一个更直观的类比是， 在微积分中， 我们知道， 广义积分R 1dx/x是发散的，而R 1dx sinx/x 和R 1dx cosx/x 则是收敛的（虽然它们不能绝对收敛），其原因正在于后两者的被积函数中存在着振荡因子
7、下面是Jordan引理的严格证明 证明由积分的基本性质有flflflflZRf(z)eizflflflflZR|f(z)|eim(Rcos+iRsin)R d =ZR|f(z)|emRsinR d,由于R 时，f(z) 0，所以 0， R0 0与无关，当R R0时，就有|f(z)| 0Resf(z)eimz,ak,m 0.(17)注1? 这里求和也是只对上半平面的各孤立奇点进行2? 注意这里的条件 “当 z 时，f(z) 0”比上节的相应条件弱如果 f(x) 是有理分式，则易知分母的多项式次数应7 积分R+ f(x)eimxdx11该至少比分子的次数大 13? 特别注意公式成立的条件 m 0如
8、果 m 0 这一条件并不构成本质的限制4? 这一公式应该在理解和练习使用的基础上熟练掌握证明如图 2， 作半圆 R： z = Rei（0 ） ， 与实轴上的线段 R,R 一起构成围线 CR，取 R 充分大以使 f(z) 在上半平面的孤立奇点全落在 CR内，根据 Cauchy 留数定理， 有 ZCRf(z)eiz =ZRRf(x)eimxdx +ZRf(z)eiz = 2iXImak0Resf(z)eimz,ak.取 R 的极限，由 Jordan 引理，半圆上的积分为 0，即得式 (17)证毕例 1计算积分 I =Z0cosmx x2+ 1dx，其中 m 0解I =Z0cosmx x2+ 1dx
9、 =1 2Z+cosmx x2+ 1dx =1 2Z+eimx x2+ 1dx,最后一个等号成立是因为最后一个积分的虚部明显为 0取f(z) =1 z2+ 1,f(z) 满足定理的条件，在上半平面只有一个一阶极点 z = i，易得Resf(z)eimz,i =eimz 2zflflflflz=i=em 2i,故I =1 2 2i Resf(z)eimz,i =1 2 2i em 2i= 2em.例 2计算积分 I =Z0xsinmx x2+ a2dx，其中 a 0，m R 且 m 6= 0解先考虑 m 0，I =Z0xsinmx x2+ a2dx =1 2Z+xsinmx x2+ a2dx =
10、1 2ImZ+xeimx x2+ a2dx,取f(z) =z z2+ a2,f(z) 满足定理的条件，在上半平面只有一个一阶极点 z = ai，易得Resf(z)eimz,ai =zeimz 2zflflflflz=ai=ema 2,故Z+xeimx x2+ a2dx = 2iResf(z)eimz,ai = 2iema2= iema,8 * 特殊积分12而I = 2ema.当 m 0 时的结果，可得I =Z0xsinmx x2+ a2dx = Z0xsin|m|x x2+ a2dx = 2e|m|a= 2ema.如果f(z)在实轴上有若干 一阶极点，此外满足上述定理的条件，则公式(17)可推
11、广为Z+f(x) dx = 2i(XImak0Resf(z)eimz,ak +1 2XImbk=0Resf(z)eimz,bk).(18)这一公式与式(15)类似， 所以无需更多的说明例3计算积分I =Z+0sinmx xdx，其中m R且m 6= 0解先考虑m 0，I =1 2Z+sinmx xdx =1 2ImZ+eimx xdx,取f(z) =1 z,它满足公式(18)的条件，在上半平面没有奇点，在实轴上有一个一阶极点z = 0易得Resf(z)eimz,0 = eimz|z=0= 1,故Z+eimx xdx = 2i 1 2 Resf(z)eimz,0 = 2i 1 2 1 = i,而I = 2.当m 0时的结果，可得I =Z0sinmx xdx = Z0sin|m|x xdx = 2.可见结果只与m的符号有关，而与m的大小无关习题梁p. 82, 3 (1) (5).（第(5)小题中a 0，m 0）8* 特殊积分暂略9* 多值函数的积分暂略
