Resf?z??z?03z?1?z?2?2z?0??1 4由推论2可知，
Resf?z??(z?13z?1)?zz?1?1
由留数定义可知，
? 例4 计算积分??1?3dz?2?i?1????i. 2z?3?4?2z?z?2?tanz?sinz?dz（n为正整数）.
3z?1z?n1sin2?z 解：显然，被积函数f?z??tan?zsin?z?，因此只有z?k?（k?0,?1...）
2cos?z为1阶极点，由定理3.2可知
sin2?zf?z?? Res1(cos?z)?z?k?21z?k?2?1 ? 由留数定义可知， ?z?ntan?zsin?zdz?2?i1?2i . ? 例5 计算积分?1z?3?z?i??z?2??z?4?8dz.
解：显然，z??i,z?2,z??4是被积函数
f?z??1?z?i??z?2??z?4?8
的孤立奇点，根据定理2.3可知，
Resf(z)?Resf(z)?Resf(z)?Resf(z)?0
z??iz?2z??4z??又因为 z??i,z?2是圆z?3内的点，根据留数定理可得，
11dz?Resf(z)?Resf(z)
z??iz?22?i?z?3?z?i?8?z?2??z?4?z??4z?? ??Resf(z)?Resf(z)
? ??lim?z?4?f?z??Res?fx??4z?0?
7
?1?1???2? ?z?z? ?所以，
?16?i?4?8?16?i?4?8
1z?3?z?i??z?2??z?4?8dz??i3?i?4?8.
四、应用留数计算定积分
前面我们已经讨论了应用留数计算沿闭曲线复函数积分，只需计算各奇点留数即可，但对于定积分能否利用留数进行计算，若可以的话不仅计算简便，而且还可以解决高等数学方法不能求出的积分.接下来我们就来讨论这一问题，用留数理论来求定积分的一般步骤：
设求积分
?????f?z?dz
① 首先取函数F?x?，通常使F?z??f?z?；
② 其次选择积分路线?使区间??R,R?为?的一部分；
③ 再次在?所围成的区域上应用留数定理，求出F?x?在奇点处的留数； ④ 最后取极限，并且估计?不在实轴上部分的积分极限.
（一）三角函数有理式的积分
利用留数定理计算积分?R?cos?,sin??d?，其中R?cos?,sin??是cos?,sin?的有理
02?函数，且在?0,2??上连续.因此，令
x?ei?，则可得dx?iei?d?， cos??1i?1?1?e?e?i????x??， ?22?x? sin??1i?1?1? e?e?i????x?? . （4-1）?2i2i?x?当?由0?2?时，x就会绘成单位圆周?：x?1，因此可得， ?2?0?x2?1x2?1?dx, R?cos?,sin??d???R??? （4-2）2x2ixix??x?1 ??
f?x?dx
8
?2?i?Resf?x?
k?1x?xkn1?x2?1x2?1?所以f?x??R?,?,xk?k?1,2,???n?为包含在x?1内的所有奇点.
ix?2x2ix? 例6 计算积分I??2?0d??0?q?1?.
1?2qcos??q2 解：令x?ei?，则可得d??dx.当q?0时， ix 1?2qcos??q2?1?q?x?x?1??q2?故原式可以变为 I??x?q??1?qx?x，
1dx， ?x?1i?x?q??1?qx?1，
x?q1?qx????且在圆x?1内 f?x??只以x?q为一阶极点，在x?1上无奇点，由推论1可知 Resf?x??x?q11?qxx?q?10?q?1?， 2?1?q所以，由留数定理得
2?11 I??2?i???0?q?1?.
i1?q21?q2d??0???1?. 02??cos?dx 解：令x?ei?，则可得d??，由公式（4-2）可知
ix2dxdxix I??， ?2?x?1x?1x?x?1i?x?4x??2??2 例7 计算积分I??2?而方程?x2?4x???0的根为： x1??2?4??2?，x2??2?4??2?.
但在x?1内只有x1这一个根，显然被积函数为f?x??1，故由留数定理可得
?x2?4x?? 9
212? I??2?iResf?x??4?. ?2x?x1i2?x?4x?x14??（二）有理函数的积分 利用留数定理计算形如?明以下理论.
引理1 设f?x?沿圆弧LR:x?Rei???1????2?上连续且R充分大，同时
x???????P?x?dx的积分 ，为了计算这一类积分，我们首先要证Q?x?limxf?x???
在LR上一致成立（即与?1????2中的?无关），则 limx???LR?f?x?dx?i??2??1??. （4-3）
LR ?2 ?1 O x
图4.1 证 因为
dx i??2??1?????，
LRx于是可得
?LRf?x?dx?i??2??1????LRxf?x??? dx （4-4）
x对于任给??0，由已知条件可知，存在R0????0,使当R?R0时，有不等式 xf?x??????2??1,x?LR ，
于是公式（4-4）不超过
??2??1?l?? （其中l为LR的长度，即l?R??2??1?）. RP?x? 定理4.1 设f?x??为有理分式，其中
Q?x? P?x??c0xn?c1xn?1?????cn?c0?0?
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与 Q?x??b0xm?b1xm?1?????bn?b0?0? 为互质多项式，且符合下列条件： （1）m?n?2；
（2）在实轴上Q?x??0，于是有 ?????f?z?dz?2?iImak?0?Resf?x?. (4-5)
x?ak 证 有条件（1）（2）及数学分析的结论可知，?????f?z?dz?limR????R??Rf?z?dz.
取上半圆周?R：z?Rei?（0????）作为辅助曲线.于是由线段??R,R?与?R组成周线LR,取R充分大，使LR内部包含f(x)在上半平面内的一切孤立奇点.有条件（2）可知，f(x)在LR上没有奇点. 按留数定理得
?f?x?dx??LR?R?Rf?z?dz??R?f?x?dx?2?i?c0?????Resf?x?，
x?akImak?0因为
P?x?c0x?????cnxn?1?x?m xf?x??xmQ?x?b0x?????bmxncnxn， bb0?????mxm由假设条件（1）可知m?n?1?1，故沿?R上就有 xf?x??0 ?R????. 由引理1可得
?f?x?dx?0，
?R故可得
?????f?z?dz?2?iImak?0?Resf?x? .
x?ak 例8 设c?0，计算积分
I??????dz. z8?c8 解：显然被积函数为f?z?? ck?ce
1，因此有八个一阶极点 z8?c88i??2k? （k?0,1,2,3,4,5,6,7），
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