最后更新: 2025-01-18 10:58 查看: 209 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

留数定理

## 留数定理    
定理 设 $f(z)$ 在区域 $D$ 内除有限个孤立奇点 $z_1, z_2, \cdots, z_n$ 外处处解析，在边界 $C$ 上连续，则
 ![图片](/uploads/2025-01/2b306e.jpg)
$$
\int_C f(z) d z=2 \pi i \sum_{k=1}^n \operatorname{Res}\left[f(z), z_k\right]
$$

证明 如图，将孤立奇点用含于 $D$ 内且
互不重叠的圆圈包围起来，根据复合闭路定理有

$$
\int_C f(z) d z=\sum_{k=1}^n \int_{c_k} f(z) d z=2 \pi i \sum_{k=1}^n \operatorname{Res}\left[f(z), z_k\right]
$$

注意 只需计算积分曲线 $C$ 所围成的有限区域内奇点的留数。

`例` 计算 $I=\oint_C \frac{\sin ^2 z}{z^2(z-1)} d z$ ，其中 $C$ 为 $|z|=2$ ．
解 被积函数 $f(z)$ 在 $|z|<2$ 内有两个奇点：
可去奇点 $z=0, ~ 一$ 阶极点 $z=1$ ，

$$
\begin{aligned}
& \quad \operatorname{Res}[f(z), 0]=0 . \\
& \quad \operatorname{Res}[f(z), 1]=\lim _{z \rightarrow 1}(z-1) f(z)=\lim _{z \rightarrow 1} \frac{\sin ^2 z}{z^2}=\sin ^2 1 . \\
& I=2 \pi i(\operatorname{Res}[f(z), 0]+\operatorname{Res}[f(z), 1])=2 \pi i \sin ^2 1 .
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $I=\oint_C \frac{1}{z^{101}\left(1-z^2\right)} \mathrm{d} z$, 其中 $C$ 为 $|z|=0.5$.
解 令 $f(z)=\frac{1}{z^{101}\left(1-z^2\right)}, z=0$ 为 $f(z)$ 的 101 阶极点。
将 $f(z)$ 在 $0<|z|<1$ 内展开为洛朗级数:

$$
\begin{aligned}
& f(z)=\frac{1}{z^{101}} \sum_{n=0}^{+\infty} z^{2 n}=\frac{1}{z^{101}}+\frac{1}{z^{99}}+\cdots+\frac{1}{z}+z+z^2+\cdots \\
& \Rightarrow \quad \operatorname{Res}[f(z), 0]=1 \\
& \Rightarrow \quad I=2 \pi i \operatorname{Res}[f(z), 0]=2 \pi i
\end{aligned}
$$

`例`计算 $I=\int_C \frac{ e ^z}{z(z-1)^2} d z$ ，其中 $C$ 为 $|z|= 2$ ．
解 被积函数 $f(z)$ 在 $|z|<2$ 内有两个奇点：

$$
\begin{aligned}
& \text { 一阶极点 } z=0, \text { 二阶极点 } z=1, \\
& \operatorname{Res}[f(z), 0]=\lim _{z \rightarrow 0} z f(z)=\lim _{z \rightarrow 0} \frac{e^z}{(z-1)^2}=1 . \\
& \begin{aligned}
\operatorname{Res}[f(z), 1] & =\frac{1}{(2-1)!} \lim _{z \rightarrow 1} \frac{d}{d z}\left[(z-1)^2 f(z)\right] \\
& =\lim _{z \rightarrow 1} \frac{d}{d z}\left(\frac{e^z}{z}\right)=\lim _{z \rightarrow 1} \frac{e^z(z-1)}{z^2}=0 .
\end{aligned} \\
& I=2 \pi i(\operatorname{Res}[f(z), 0]+\operatorname{Res}[f(z), 1])=2 \pi i .
\end{aligned}
$$

`例`计算 $I=\int_C \frac{ e ^z}{\cos \pi z} d z$ ，其中 $C$ 为 $|z|= 1$ ．
解 被积函数 $f(z)$ 的奇点为 $z_k=k-\frac{1}{2}, k=0, \pm 1, \pm 2, \cdots$ ，但在 $|z|<1$ 内只有两个简单级点：$z_0=-\frac{1}{2}, z_1=\frac{1}{2}$ ，

$$
\begin{aligned}
& \operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right]=\left.\frac{e^z}{(\cos \pi z)^{\prime}}\right|_{z=z_0}=\left.\frac{e^z}{-\pi \sin \pi z}\right|_{z=z_0}=\frac{1}{\pi} e^{-\frac{1}{2}}, \\
& \quad \operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right]=\left.\frac{e^z}{-\pi \sin \pi z}\right|_{z=z_1}=-\frac{1}{\pi} e^{\frac{1}{2}} \\
& I=2 \pi i\left(\frac{1}{\pi} e^{-\frac{1}{2}}-\frac{1}{\pi} e^{\frac{1}{2}}\right)=-4 i \operatorname{sh} \frac{1}{2} .
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $I=\int_C \frac{ e ^{\cos z}}{\sqrt{2}-2 \sin z} d z$ ，其中 $C$ 为 $|z|=\pi$ ．
解 被积函数 $f(z)$ 在 $|z|<\pi$ 内有两个奇点：
简单级点 $z_1=\frac{\pi}{4}, z_2=\frac{3 \pi}{4}$ ，

$$
\begin{aligned}
& \operatorname{Res}\left[f(z), z_1\right]=\left.\frac{e^{\cos z}}{(\sqrt{2}-2 \sin z)^{\prime}}\right|_{z=z_1}=\left.\frac{e^{\cos z}}{-2 \cos z}\right|_{z=z_1}=-\frac{\sqrt{2}}{2} e^{\frac{\sqrt{2}}{2}}, \\
& \operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right]=\left.\frac{e^{\cos z}}{-2 \cos z}\right|_{z=z_2}=\frac{\sqrt{2}}{2} e^{-\frac{\sqrt{2}}{2}}, \\
& I=2 \pi i\left(\frac{\sqrt{2}}{2} e^{-\frac{\sqrt{2}}{2}}-\frac{\sqrt{2}}{2} e^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\right)=-2 \sqrt{2} \pi i \operatorname{sh} \frac{\sqrt{2}}{2} .
\end{aligned}
$$

`例`计算 $I=\int_C \sin \frac{z}{z-1} d z$ ，其中 $C$ 为 $|z|=2$ ．
解 令 $f(z)=\sin \frac{z}{z-1}, z=1$ 为 $f(z)$ 的本性奇点，
将 $f(z)$ 在 $0<|z-1|<+\infty$ 内展开为洛朗级数：

$$
\begin{aligned}
& f(z)= \sin \left(1+\frac{1}{z-1}\right)=\sin 1 \cdot \cos \frac{1}{z-1}+\cos 1 \cdot \sin \frac{1}{z-1} \\
&= \sin 1 \cdot\left(1-\frac{1}{2!(z-1)^2}+\frac{1}{4!(z-1)^4}-\cdots\right) \\
&+\cos 1 \cdot\left(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{3!(z-1)^3}+\cdots\right), \\
& \Rightarrow \quad \operatorname{Res}[f(z), 1]=\cos 1, \quad \Rightarrow \quad I=2 \pi i \cos 1 .
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $I=\int_C \frac{\mathrm{e}^z-\mathbf{1}}{z^3} \mathrm{~d} z$, 其中 $C$ 为 $|z|=1$.
解 利用洛朗展式求解
将被积函数 $f(z)$ 在 $z=0$ 的去心邻域展开,

$$
\begin{aligned}
& f(z)=\frac{1}{z^3} \cdot\left[\left(1+\frac{1}{2 !} z^2+\frac{1}{3 !} z^3+\frac{1}{4 !} z^4+\cdots\right)-1\right] \\
& \quad=\frac{1}{2 !} \cdot \frac{1}{z}+\frac{1}{3 !}+\frac{1}{4 !} z+\cdots \\
& \Rightarrow \quad \operatorname{Res}[f(z), 0]=\frac{1}{2 !}=\frac{1}{2} . \\
& \Rightarrow \quad I=2 \pi i \operatorname{Res}[f(z), 0]=\pi i .
\end{aligned}
$$

`例`计算 $I=\int_C \frac{ e ^z- 1 }{z^3} d z$ ，其中 $C$ 为 $|z|= 1$ ．
解 方法一 利用极点的留数计算法则求解
$z=0$ 为被积函数 $f(z)$ 的二阶极点，

$$
\begin{aligned}
& \operatorname{Res}[f(z), 0]=\frac{1}{1!} \lim _{z \rightarrow 0}\left(z^2 \cdot \frac{e^z-1}{z^3}\right)^{\prime}=\lim _{z \rightarrow 0}\left(\frac{e^z-1}{z}\right)^{\prime} \\
& \\
& =\lim _{z \rightarrow 0} \frac{z e^z-e^z+1}{z^2}=\lim _{z \rightarrow 0} \frac{e^z}{2}=\frac{1}{2} . \\
& I=2 \pi i \operatorname{Res}[f(z), 0]=\pi i .
\end{aligned}
$$

方法二 利用高阶导数公式求解

$$
I=2 \pi i \cdot \frac{1}{2!} \lim _{z \rightarrow 0}\left(e^z-1\right)^{\prime \prime}=\pi i
$$

解 方法三 利用洛朗展式求解
将被积函数 $f(z)$ 在 $z=0$ 的去心邻域展开，

$$
\begin{aligned}
& \begin{aligned}
& f(z)=\frac{1}{z^3} \cdot\left[\left(1+\frac{1}{2!} z^2+\frac{1}{3!} z^3+\frac{1}{4!} z^4+\cdots\right)-1\right] \\
&=\frac{1}{2!} \cdot \frac{1}{z}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!} z+\cdots \\
& \Rightarrow \quad \operatorname{Res}[f(z), 0]=\frac{1}{2!}=\frac{1}{2} . \\
& \Rightarrow \quad I=2 \pi i \operatorname{Res}[f(z), 0]=\pi i
\end{aligned} .
\end{aligned}
$$

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