并且符合定理4.1，所以 Resf(z)?z?ck18z7z?ck?1， 8ck7又因为ck7??c7，所以Resf(z)??z?ckck.而f(z)在上半平面内只有c0,c1这两个极点，所78c以积分 ??????3?iidz188??2?i(ce?ce) 778z?c8c ??c7sin???8.
例9 计算积分I??03x2dx.
(x2?1)(x2?9) 解：分母次数比分子高2次，奇点是?i,?3i，所以积分存在，上半平面只有两个极点
i,3i.根据推论1可得
x2 Resf?x??x?i?x?i??x2?4???x?i1 6i?3， 16iResx2 f?x??2x?3i?x?1??x?3i?所以根据留数定义可得 I????0x?3i3??3x2?1?2?i??dx. ?22??(x?1)(x?9)?6i16i?24????（三）有理函数乘三角函数的积分
利用留数定理计算形如?分我需要引入以下理论. 引理2
【1】
??F?x?cosnxdx，???F?x?sinnxdx的积分，计算这一类积
（若尔当引理） 设函数f?z?在半圆周?R：z?Rei?（0????，R充分
大）上连续，且
limf?z??0
x???在?R上一致成立，则 limx????R?f?z?einzdz?0（n?0）. (4-6)
证 对于任意的??0，存在R0????0,当R?R0时，就会有
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f?z???,z??R. 那么就可以得到
?R?f?z?einzdz???0f?Rei??einReRei?id?
i? ?R??e?nRsin?d?， （4-7）
0? 又因为
2?????sin????0????，将（4-7）式化解为 ?2??
?R?f?z?e?inzdz?2R??2e?nRsin?d?
0? ?2R??2e0?2nR??????2e?? d??2?R???2nR?????0??2nR???? ? 定理4.2 设f?x??????. 1?e???nn?nRP?x?，其中P?x?,Q?x?为互质多项式，同时满足下列条件： Q?x?(1)Q?x?的次数比P?x?的至少高一次；（2）在实轴R???0,???上Q?x?恒不为零； (3）n?0； 则有
?????f?x?einzdz?2?iImak?0?inx?Res?fze????. (4-8) z?ak 证 令CR??zz?Rei?,0?????,L??x?R?x?R?,规定逆时针方向为正方向，则有：
CR?L?f?z?einzdz?CR?f?z?einzdz??R?Rf?z?einzdz，
令R???,则有：
R???limCR?L?f?z?einzdz?limR???CR?f?z?e?inzdz?limR????R?Rf?x?einxdx
?limR???CRf?z?einzdz??13
????f?x?einxdx，
所以可得，
?
????f?x?einxdx?limR???CR?Linx?f?z?einzdz?limR???CR?f?z?edzinzdz?2?iImak?0?Res?f?z?e???Rlim???z?ak?CR??z?feR???，
inz又因为Q?x?比P?x?的次数高，所以在CR上limf?z??0，又由若尔当引理可得， lim故可以得，
R???CR?f?z?einzdz?0，
?????f?x?einxdx?2?iImak?0?inx?Res?fze?????0z?ak?2?iImak?0?Res?f?z?e??z?ak?inx?? .
cos2xdx.
01?x2cos2x 解：显然，被积函数f?x??为奇函数，所以
1?x2??cos2x1??cos2xdx?dx . ?22?0??1?x21?x根据定理4.2可得
例10 计算积分I??
?e2iz?e2ixs?2????1?x2dx?2?iRez?i1?z????，
?2?i?所以有
e??e?22i?2cos2x?2 ， dx??e??1?x2??cos2x1?2故 ?dx??e .
01?x22??xsinx 例11 计算积分I??dx.
??x2?4x?13 ???xeix 解：显然，函数f?x??2满足若尔当引理，因此可知
x?4x?13 m?1,g?x??x
x2?4x?13 函数f?x?显然有两个一阶极点x1?2?3i,x2?2?3i，显然x1在上半平面内， 故根据推论1可得，
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Resf?x??x?2?3ixeix?x?4x?13??2x?2?3i
2?3i?e?3?2i? ?，
6i所以积分
??????2?3i?exeixdx?2?i?x2?4x?136ie?3?2?3i??cos2?isin2?e?3?2cos2?3sin2??i?3?2i ???3
?3?3e?3?2sin2?3cos2?由此可得
xcosx??3dx????x2?4x?133e?2cos2?3sin2? ，
??xsinx??3dx????x2?4x?133e?2sin2?3cos2? ，
??故可知
xsinx??3dx?e?2sin2?3cos2?.
??x2?4x?133(四) 两类特殊路径上的广义积分
1、积分路径上有奇点的积分
I???? 在定理4.2中Q?x?无实零点，现在我们容许Q?x?有有限多个零点，即
f?x??P?x?inxe在实轴上有有限多个一阶极点，为了计算去掉奇点的路径的积分，除了Q?x?上文中提到的两个引理外，我们还需要了解与引理1相似的引理.
引理3 设函数f?x?沿圆弧Lr:x?c?rei?(?1????2,r充分小)上连续，同时 lim?x?c?f?x???
r?0在圆弧Lr上一致成立，则
lim?f?x?dx?i??2??1??.
r?0Lr 推论3 令f?x??P?x?，其中P?x?与Q?x?是互质多项式，同时符合下列条件： Q?x? （1）Q?x?的次数高于P?x?的次数，
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（2）Q?x?在轴R???0,???上仅有一个一阶零点x0， （3）n?0， 则可得 ?P?z?inz edz?2?i?Resf?x?einx??iResf?x?einx. （4-9）
??Q?z?x?akx?x0Imak?0?????? 推论3.1 将推论3中的条件（2）放宽为Q?x?在实轴上仅有有限个一阶零点xi，那么
?P?z?inz（4-10） edz?2?i?Resf?x?einx??i?Resf?x?einx.
??Q?z?x?akx?xiImak?0i????????cosxsinxdx. 例12 计算积分I??dx和I????0xx??sinxdx存在，且 解: 数学分析可知积分?0x?? ???0inx??sinx??esinx11dx?PV.?dx?Im?dx ，
????x2x2xeinz所以考虑函数f?z??，显然n?1，沿图4.2所示闭曲线?的积分，根据柯西积分定
z理可知
?f?z?dz?0，
?可写成 ?Rrix?reeixeizeizdx??dz??dx??dz?0.
?Rxxzz?R?r ?R
?r
?r O r ?R R x 图4.2
同时?R,?r分别表示图中半圆周z?Rei?和z?rei?（0????，r?R）， 由若尔当引理可知
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