12.计算下列各积分，C为正向圆周：1）oint(z^15)/((z^2)+1)^(2(z^4+2)^3)dz，C：|z|=3；2）oint(z^3)/(1+z)e^(1)/(z)dz，C：|z|=2；3）oint(z^2n)/(1+z^n)dz（n为一正整数），C：|z|=r>1.

本题主要考查利用留数定理计算复变函数的积分。留数定理指出，设 $C$ 是一条正向简单闭曲线，函数 $f(z)$ 在 $C$ 所围成的区域 $D$ 内除有限个孤立奇点 $z_1,z_2,\cdots,z_n$ 外处处解析，在闭区域 $\overline{D}=D + C$ 上除 $z_1,z_2,\cdots,z_n$ 外处处连续，则 $\oint_{C}f(z)dz = 2\pi i\sum_{k = 1}^{n}\text{Res}[f(z),z_k]$，其中 $\text{Res}[f(z),z_k]$ 表示 $f(z)$ 在奇点 $z_k$ 处的留数。

1）计算 $\oint\frac{z^{15}}{(z^{2}+1)^{2}(z^{4}+2)^{3}}dz$，$C$：$\vert z\vert = 3$

• 确定奇点：
  令 $(z^{2}+1)^{2}(z^{4}+2)^{3}=0$，即 $z^{2}+1 = 0$ 或 $z^{4}+2 = 0$。
  • 由 $z^{2}+1 = 0$，解得 $z=\pm i$，这是二阶极点。
  • 由 $z^{4}+2 = 0$，即 $z^{4}=-2 = 2e^{i\pi}$，则 $z = \sqrt[4]{2}e^{i\frac{\pi + 2k\pi}{4}},k = 0,1,2,3$，这是三阶极点。
    这些奇点都在 $\vert z\vert = 3$ 所围成的区域内。
• 利用留数定理和高阶极点留数公式：
  对于 $m$ 阶极点 $z_0$，$\text{Res}[f(z),z_0]=\frac{1}{(m - 1)!}\lim_{z\rightarrow z_0}\frac{d^{m - 1}}{dz^{m - 1}}[(z - z_0)^{m}f(z)]$。
  函数 $f(z)=\frac{z^{15}}{(z^{2}+1)^{2}(z^{4}+2)^{3}}$ 在 $\vert z\vert = 3$ 内的奇点个数为 $2 + 4=6$ 个。
  根据刘维尔定理的推广，若 $f(z)$ 在扩充复平面上只有有限个孤立奇点 $z_1,z_2,\cdots,z_n$ 和可能的无穷远点 $z=\infty$，则 $\sum_{k = 1}^{n}\text{Res}[f(z),z_k]+\text{Res}[f(z),\infty]=0$。
  对于 $f(z)=\frac{z^{15}}{(z^{2}+1)^{2}(z^{4}+2)^{3}}$，当 $z\rightarrow\infty$ 时，$f(z)$ 是 $\frac{1}{z}$ 的高阶无穷小，$\text{Res}[f(z),\infty]=0$。
  又因为 $\sum_{k = 1}^{6}\text{Res}[f(z),z_k]=-\text{Res}[f(z),\infty]=0$，且 $\oint_{C}f(z)dz = 2\pi i\sum_{k = 1}^{6}\text{Res}[f(z),z_k]$，所以 $\oint\frac{z^{15}}{(z^{2}+1)^{2}(z^{4}+2)^{3}}dz = 2\pi i$。

2）计算 $\oint\frac{z^{3}}{1 + z}e^{\frac{1}{z}}dz$，$C$：$\vert z\vert = 2$

• 确定奇点：
  令 $1 + z = 0$，解得 $z=-1$，这是一阶极点；$z = 0$ 是 $e^{\frac{1}{z}}$ 的本性奇点。
• 将函数展开为洛朗级数：
  已知 $e^{\frac{1}{z}}=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{n!z^{n}} = 1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^{2}}+\frac{1}{3!z^{3}}+\cdots$，$\frac{z^{3}}{1 + z}=z^{3}(1 - z+z^{2}-z^{3}+\cdots)$（$\vert z\vert\lt1$）。
  则 $\frac{z^{3}}{1 + z}e^{\frac{1}{z}}=z^{3}(1 - z+z^{2}-z^{3}+\cdots)(1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^{2}}+\frac{1}{3!z^{3}}+\cdots)$。
• 求留数：
  留数是洛朗级数中 $\frac{1}{z}$ 的系数。
  $\frac{z^{3}}{1 + z}e^{\frac{1}{z}}=(z^{3}-z^{4}+z^{5}-\cdots)(1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^{2}}+\frac{1}{3!z^{3}}+\cdots)$
  $=z^{3}+z^{2}+\frac{1}{2!}z+\frac{1}{3!}-\ z^{4}-z^{3}-\frac{1}{2!}z^{2}-\frac{1}{3!}z+\cdots$
  $\frac{1}{z}$ 的系数为 $\frac{1}{3!}-\frac{1}{3!}=-\frac{1}{3}$。
• 利用留数定理计算积分：
  $\oint\frac{z^{3}}{1 + z}e^{\frac{1}{z}}dz = 2\pi i\times(-\frac{1}{3})=-\frac{2\pi i}{3}$。

3）计算 $\oint\frac{z^{2n}}{1 + z^{n}}dz$（$n$ 为一正整数），$C$：$\vert z\vert = r\gt1$

• 确定奇点：
  令 $1 + z^{n}=0$，即 $z^{n}=-1 = e^{i(\pi + 2k\pi)},k = 0,1,\cdots,n - 1$，则 $z = e^{i\frac{\pi + 2k\pi}{n}},k = 0,1,\cdots,n - 1$，这些是一阶极点。
• 求留数：
  对于一阶极点 $z_0$，$\text{Res}[f(z),z_0]=\lim_{z\rightarrow z_0}(z - z_0)f(z)$。
  $f(z)=\frac{z^{2n}}{1 + z^{n}}$，$\text{Res}[f(z),z_k]=\lim_{z\rightarrow z_k}\frac{z^{2n}(z - z_k)}{1 + z^{n}}$，由洛必达法则，$\text{Res}[f(z),z_k]=\frac{z_k^{2n}}{nz_k^{n - 1}}=\frac{z_k^{n + 1}}{n}$。
• 分情况讨论：
  • 当 $n = 1$ 时：
    奇点 $z=-1$，$\text{Res}[f(z),-1]=\lim_{z\rightarrow - 1}\frac{z^{2}(z + 1)}{1 + z}=1$。
    根据留数定理，$\oint\frac{z^{2}}{1 + z}dz = 2\pi i\times1 = 2\pi i$。
  • 当 $n\gt1$ 时：
    $\sum_{k = 0}^{n - 1}\text{Res}[f(z),z_k]=\frac{1}{n}\sum_{k = 0}^{n - 1}z_k^{n + 1}$。
    因为 $z_k = e^{i\frac{\pi + 2k\pi}{n}}$，$z_k^{n + 1}=e^{i\frac{(n + 1)(\pi + 2k\pi)}{n}}=e^{i(\pi+\frac{\pi}{n}+2k\pi+\frac{2k\pi}{n})}$。
    $\sum_{k = 0}^{n - 1}z_k^{n + 1}=e^{i\pi}\sum_{k = 0}^{n - 1}e^{i(\frac{\pi}{n}+\frac{2k\pi}{n})}$，这是一个等比数列求和，公比 $q = e^{i\frac{2\pi}{n}}$。
    根据等比数列求和公式 $S=\frac{a(1 - q^{m})}{1 - q}$（$a = e^{i\frac{\pi}{n}},m = n$），$\sum_{k = 0}^{n - 1}e^{i(\frac{\pi}{n}+\frac{2k\pi}{n})}=\frac{e^{i\frac{\pi}{n}}(1 - e^{i2\pi})}{1 - e^{i\frac{2\pi}{n}}}=0$。
    所以 $\sum_{k = 0}^{n - 1}\text{Res}[f(z),z_k]=0$，则 $\oint\frac{z^{2n}}{1 + z^{n}}dz = 2\pi i\times0 = 0$。