第五章留数定理

第五章留数定理（38）
一、内容摘要
1．留数：设()f z 以有限点a 为孤立奇点，则在a 点的某无心领域内可以展成洛朗级数：0()()k k k f z a z z ∞
=-∞
=
-∑，0z a R <-<。

我们称此展式中
1
z a
-的系数1
a -为()f z 在a 的留数，记为()0
Res z z f z =．
2．留数定理：设函数()f z 在回路l 所围区域B 上除有限个孤立奇点外解析，在回路l 上连续，则()()()12Res Res n l f z dz i f z f z π=++⎡
⎤⎣⎦⎰ ． 3．将留数公式推广到无穷远点：设∞为()f z 的一个孤立奇点，则()f z 在圆环
R z <<+∞内解析，设l 为圆环内任一条绕原点的简单正向闭曲线，定义
11Res ()()2l
f f z dz b i π--∞=
=-⎰
，l -
为顺时针方向，取l 为逆时针方向。

对于无穷远点的邻域来说，l -才是该领域边界的正方向。

也即()f z 在∞的留数等于它在∞点的去心邻域R z <<+∞内洛朗展开式中1z -的系数变号。

即其中的围道l -沿顺时针绕原点一周。

在围道l -外, 除∞=z 外别无奇点。

4．留数和定理：设函数()f z 在扩充复平面上除了有限远点(1,2,,)k z k n =⋅⋅⋅以及
z =∞以外处处解析，则有
1
Res ()Res ()0n
k
k f z f =+∞=∑．
5．求留数的一般方法：
1）解析点的留数为0，即泰勒展开式与洛朗展开式一样， 无负一次项。

2）直接求Laurent 展开式的负一次项系数。

3）判断极点类型，可去奇点的留数为0，本性奇点用洛朗展开 式中的1,b m -阶极点和一阶极点的留数为。

0101011()lim ()()(1)!m m
m z z d resf z b z z f z m dz ---→⎡⎤==-⎣
⎦-
010()lim()()
z z resf z b z z f z -→==-0
0000100000()()
()()lim()()()(),'()0,()0
'()'()
z z z z p z p z resf z resf z b z z f z z z f z g z p z g z g z -→====--=
=≠≠6．留数的应用——计算定积分
1）形如I =20
(cos ,sin )d R π
θθθ⎰的含三角函数的积分。

定理设(cos ,sin )R R θθ=为cos ,sin θθ的有理函数，且在[0,2]π上连续，则
20
1
(cos ,sin )d ()
z dz R g z iz
π
θθθ==
⎰
⎰
．
其中11
()(,)22z z z z g z R i
--+-=． 2）形如I =()f x dx ∞-∞
⎰
的无穷实变积分。

引理设()f z 沿圆弧()12:e i R S z R θθθθ=≤≤上连续，且()lim R zf z λ→+∞
=在R S 上一
致成立，则：
21lim
()(-)R
S R f z dz i θθλ→+∞=⎰
定理设()
()()
P z f z Q z =
为有理函数，其中(),()P z Q z 为互质多项式，并且(i)分母()Q z 的次数至少比()P z 的次数高两次；(ii) ()Q z 在实轴上没有零点；则有
-Im ()2Res ()k
k z f x dx i f z π∞
∞
=∑⎰
特别地，若对应实函数()
()()
P x f x Q x =
为偶函数，则 0
Im ()Res ()k
k z f x dx i f z π+∞
=∑⎰
．
定理设(i)()f z 在区域0y ≥除去有限个极点k a 外，处处解析，且k a 不在实轴上，(ii)沿上半圆周R Γ（R 充分大），()lim 0R zf z →∞
=一致成立，则当()f x 为偶函数时，
有
1
()cos Res ()k k f x mxdx i F a π+∞
==∑⎰
，
当()f x 为奇函数时，有
1
()sin Res ()k k f x mxdx F a π+∞
==∑⎰
其中()(),(0)imz F z f z e m =>． 3）实轴上有奇点的情形。

定理：()f z 在实轴上有有限个一阶极点()1,2,,j a j m = ，在上半平面有有限个孤立奇点()1,2,,k b k n = .而且,在包括实轴的上半平面中当z →∞时()zf z 一致趋于零,则有()()()1
1
2n m
k j k j f x dx i resf b i resf a ππ∞-∞
===+∑∑⎰.
二、习题
1．填空题
（1）1
()z
f z e =在本性奇点=0z 处的留数Res ()f z =___________.2
()1iz
e f z z
=+,则Res ()f i =__________．
（2）2=2=1z z e I dz z -⎰ =_________，3=1
cos =z z
I dz z ⎰=___________． （3）
20
=,<11+cos d I a a π
θ
θ
⎰
,则=I ___________．220cos =+x I dx x b ∞⎰,则=I __________．
2．求下列各函数)(z f 在有限奇点处的留数：
（1）z z z 21
2-+．（2）421z e z -． （3）324
)1(1++z z ．
（4）z z cos ．
（5）
z -11cos
．（6）z
z 1sin 2． （7）z z sin 1
．
（8）sinh cosh z z ．
（9）3()z ze z a -.
（10）6sin z z
z -．
3．计算下列各积分(利用留数；圆周均取正向)：
（1）32sin z z dz z =⎰
．（2）222(1)z
z e dz z =-⎰ ． （3）4=21z z
dz z -⎰ ．（4）1021()(1)(3)z dz z i z z =+--⎰
． 4．求下列函数在无穷远点的值。

（1）21z
e z -．
（2）1z ． （3）cos z z ．
（4）cos z
z ． （5）()2
+1z
z e ．（6）2
1
exp()z
-． 5．计算下列各积分，C 为正向圆周：
（1）2724455,:4(1)(2)C z dz C z z z =-+⎰ ．
（2）13,:21z C z e dz C z z =+⎰ ． （3）2,:21
z C
e dz C z z =-⎰
．
（4）2,:1,01
2C
dz C z z z εεε
=<<++⎰ ． 6．计算下列积分。

（1）20
1
53sin d π
θθ
+⎰．（2）dx x ⎰+∞∞-+2
2)1(1． （3）dx x x x ⎰+∞
∞-+2
1sin ．（4）/2201+cos d πθθ⎰． （5）()2220
>+cos d a b a b π
θθ
⎰．（6）()2
1(1)dx x x x ∞-∞++⎰． （7）()
220
sin +mx dx
x x a ∞
⎰．.（8）22
cos 4dx x π∞-∞-⎰．
7．求下列条件下函数()/()f z g z 在奇点0z 处的留数。

（1）()f z 在0z 的领域1G 内解析，且0()0f z ≠，而0z 是()g z 的二阶零点； （2）0z 是()f z 的一阶零点，是()g z 的3阶零点。

8．试用各种不同的方法计算52Res ,1(1)z z z ⎡⎤
-⎢⎥-⎣⎦。

三、参考答案
1．填空题 （1）1，
1
2ei
． （2）11
22
e e --，i π-．
（3
2b e b
π
-．
2．解： （1）211
()2(2)z z f z z z z z
++=
=--. 由极点的第一种判断方法可得，0,2z z ==都是()f z 的一阶极点，
0211
Res (0)lim(0).
(2)2
13Res (2)lim(2).(2)2z z z f z z z z f z z z →→+=-=-
-+=-=-．
（2）把函数()f z 在0z <<∞内洛朗展开，
232324
4432(2)(2)4
1[12]2212242!3!33z
z z z z z z e z z z z z z
-++++---+-===---+
从上式的洛朗展开式可得，0z =为函数的三阶极点，所以有14
(0)3
resf b -==-．
（3）44
23
33
11()(1)()()z z f z z z i z i ++==++- 由极点的第一种判断方法可得，z i =±为()f z 的三阶极点。

243
2332
4
3233113()lim [().]2!()()8
113
()lim [().]2!()()8z i z i d z Resf i z i i dz z i z i d z Resf i z i i dz z i z i →→-+=-=-+-+-=+=+-．
.
（4）cos 0,0,1,2,2
k z z k k L π
π==+
=±±令可得
k z 为cosz 的一阶零点，从而为()f z 的一阶极点。

1()(1)(),0,1,2,(cos )'2
k k k z z z resf z k k z π
π+==
=-+=±±
或者用洛朗展开
24
3
1
1cos [1]
[]2!4!
2!4!
z z
z z z z z
z ==
-+--+- ． （5）可知，1z =是函数的本性奇点，在01z <-<∞内用洛朗展开式来求留数，
24
111()cos
112!(1)4!(1)f z z z z ==-++--- 可知，1(1)0resf b -==． （6）2
1()sin f z z z
=，0z =是函数的奇点，可知函数在0z <<∞有洛朗展开式
22353
111111sin ()3!5!3!5!z z z z z z z z z =-++=-+-
所以，111
(0)3!6
resf b -==-
=-． （7）因为(0,1,2,)k z k k π==±± 是sin z z 的零点，从而是
z
z sin 1
的极点。

（i ）因为(sin )'0(1,2,)k z z z z k =≠=±± ，所以(1,2,)k z k k π==±± 是z
z sin 1
的一阶极点，故111
()(1)(sin )'
cos k z k resf k z z k k k π
ππππ
==
=
=-．
（ii ）由35
sin 3!5!
z z z z =-+- ，可知，00z =是1sin z 的一阶极点，从而是
z z sin 1的二极极点（看负次幂的最高项的次数），所以
2011
(0)lim [.]0(21)!sin z d resf z dz z z →=
=-． （8）sinh ()cosh z f z z
=
1
cosh 0()22
z z k e e z z k i π-+==⇒=+，且k z 是cosh z 的一级零点，且
sinh 0k z ≠，所以k z 是()f z 的一级极点。

所以
1
()2
1sinh [()]12(cosh)'
z k i
z
resf k i ππ=++=
= [注：(cosh )'sinh z z =]．
（9）=z a 为()f z 的三阶极点，故有()()23
3
21()2!z z a
d z
e res
f a z a dz z a =⎡⎤=-⎢⎥-⎢⎥⎣⎦
()1
=2+2
a e a ． （10）直接用公式很麻烦，z =0为三阶极点，并且很难判断为三阶极点。

直接用洛朗展开式很简单
35663sin 11111
[()]3!5!3!5!z z z z z z z z z z
-=--++=-+ 所以115!b -=-故留数为1
5!
-． 3．解： （1）3
2
sin z z dz z =⎰ 因为0sin lim 1z z z →=，所以0z =为sin z z 的可去奇点，所以Res (00f ）＝由留数定理可得：
32sin 2.Res (0)2.00z z dz i f i z ππ===⎰ ＝．
（2）1z =为22
()(1)z
e f z z =-的二阶极点，由留数定理可得：
22222
222112.(1)2.lim [(1).]2.24(1)(21)!(1)z z z z e d e dz i resf i z i e e i z dz z ππππ=→==-==---⎰ ． （3）函数1
4
-z z
有4个一阶极点i ±±,1,但在圆:2=z ，外除无穷远点外无其它奇点．
根据留数定理∑∑==--=-=∞m k m
k k
k b z resf resf 1110
)()(和0
21)1()(=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=∞z z z f res resf ,
有
()4
-10
4212
112221k
z k z z dz i b iresf ires f z z z πππ===⎡⎤⎛⎫==-∞==
⎪⎢⎥-⎝⎭⎣⎦
∑⎰ 0120
4
=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-=z z z ires π．
（4）=
)(z f )
3)(1()(1
10
--+z z i z 有三个奇点,其中1,i -在圆2=z 内，3在圆2=z 外并且为一阶极点, 因此,根据留数定理，有
()()102
1
=2+1()(1)(3)z dz i resf i resf z i z z π=⎡⎤-⎣⎦+--⎰ . 再由留数的求法，有[])()3()1()(∞+-=+-resf resf resf i resf ，
0)31)(1()1(1)1()(0
10
10
2=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡--+-=⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡-=∞==z z z z iz z res z z f res resf
所以
()()102
1
=2+1()(1)(3)z dz i resf i resf z i z z π=⎡⎤-⎣⎦+--⎰ 10
10)
3())3(21(
2)3(2i i
i i iresf +-=+-=-=πππ． 4．解：
（1）为求函数()f z 在z =∞的留数，根据01()()k
k resf resf z ∞
=∞=-∑可知，改求函
数()f z 在有限奇点处的留数。

函数()f z 有两个有限远奇点1z =±，且都是一阶极点。

211
21(1)lim(1).12
(1)lim(1).12
z z z z e e
resf z z e e
resf z z →-→-=-=
--=+=-
- 所以1
()[(1)(1)]sinh122
e e res
f resf resf -∞=-+-=-=-．
（2）令()1
=f z z
，则()f z 的洛朗级数就是其本身，所以(,)1res f ∞=-．
（3）(
)()20-1cos =2!
k
k k z z k ∞
=∑
，则()()()(
)20111cos 1=/=2!2!k k
k k
k k z z
z z z k z k ∞∞==---∑∑，所以 (,)1res f ∞=-．
（4）=z ∞非孤立奇点无留数。

（5）23012!3!!!k k z
k z z z z e z k k ∞==++++++=∑ ，则()2+1z z e =()2
0+1!
k k z z k ∞
=∑，所以
(,)0res f ∞=．
（6）2
3
222220
1111112!3!!!k
k
z k z z z z e z k k ∞=⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎛⎫
⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝
⎭=+-+++++= ⎪⎝⎭∑ (,)0res f ∞=．
5．解：
（1
）可以验证被积函数的奇点为()+24
1=0,1,2,3k i
k ππ，六个奇点全部位于
=4z 的圆内，则有=2()I iresf π-∞，而()0()lim z resf zf z →⎡⎤∞=-⎣
⎦=-5，所以10I i π=．
（2）将函数1
3().1z z f z e z
=+在有限远奇点为1,0z z =-=，并且知1z =-为一阶极点，0z =为本性奇点（求其留数只能用洛朗展开）可求其留数和来求积分。

而我们将转化为在z =∞处留数的计算。

132.[()]1z C z e dz i resf z π=-∞+⎰ ．
方法一：将()f z 在z =∞的去心领域1z <<∞内做洛朗展开：
11
322232
22
2352
111111..(1).(1)112!1115115(1)2!3242!324z
z z e z e z z z z z z z z z z z z z z z
==-+-++++++=+-++=+-++ 所以111
()()33
resf b -∞=-=--=
13122.[()]2.[]133
z
C z e dz i resf i i z πππ=-∞=-=-+⎰ ． 方法二：0
21)1()(=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡-=∞z z z f res resf
3443411[,0]lim [.](1)3!(1)3
z z z e d e res z z z dz z z →∞=-=-=++
所以，13122.[()]2.[]133z C
z e dz i resf i i z πππ=-∞=-=-+⎰ ． （3）被积函数的奇点为1和-1，均位于=2z 圆内，所以2()I iresf π=-∞，由
()-1()2c
resf f z dz i π∞=
⎰
最后可得()-1
-I i e e π=． （4
）被积函数的奇点为z =1z
内的奇点为
0z 0z
点留数为
0021()=lim +2+z z resf z z z z εε→⎡⎤⎛⎢⎥ ⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故(
)0222c dz I k if z z z πεε==++⎰ 6．解：
（1）设,ϑ
i e z =则21
,sin 2dz z d iz iz
θθ-==
所以2220
1
111
122.153sin 31033(3)()5 3.
32z z z dz dz dz
d i z iz z iz z i z iz
π
θθ
======-++-+++⎰⎰⎰⎰ 令
2
()3(3)()3
f z i z i z =
++，则()f z 在1z =内只有一个一阶极点3
i
z =-，
根据留数定理，20
12.()2.()53sin 342
i i d i resf i π
π
θππθ=-=-=+⎰．
（2）设222
11()(1)()()f z z z i z i =
=++-，并且在实轴上没有奇点，且z i =±为其
二阶极点，其中z i =在上半平面， 所以22211()lim [().](21)!()()4
z i d i
resf i z i dz z i z i →=
-=--+- 2212.()2.()(1)42
i dx i resf i i x π
ππ+∞
-∞
==-=+⎰
．
（3）设2()1z f z z =+，因为()()()
iz iz
ze f z e z i z i =+-在上半平面内有一阶极点z i =，且
1
[(),]lim()()()2iz iz
z i ze res f z e i z i z i z i e
→=-=+- 所以2sin 1Im[()]Im{2.[(),]}Im(2.)12iz iz x x dx f z e i res f z e i i x e e
πππ+∞
∞-∞-∞====+⎰⎰． （4）
()/2/2/221
20
0000211======1+cos 21+cos 3+cos 23+cos 23+cos 2
1+2
d x d dx dy dy I I x x y y πππππθθ⎰
⎰⎰⎰⎰
作变换=,=iy
iy
z e dz ie dy ，则2+1cos =2z y z
，()12=1
2=
+6+1z dz I i z z ⎰ 被积函数
22()61i f z z z -=
=
++
13z
在单
位圆内，其留数为1()f z =
=
I ∴=．
（5）作代换，令：
()120=1
=12+2,cos =,===22+cos ++1i z z z z d dz
z e I f z dz a a b ib z z b πθ
θ
θθ-=⎛⎫
⎪
⎝⎭
⎰⎰⎰ 被积函数()f z
有二个极点)=1,2k z k
在圆内，仅有
1z ，且为一阶极点，留数()11/22212211()resf z ib z z i a b ⎛⎫== ⎪-⎝⎭-所以()21/20
222cos d I a b a b π
θπ
θ==
+-⎰
．
（6）()()()
21
11f z z z z =
++在上半平面有单极点1=z i ，在实轴有单极点
230,1z z ==-，它们的留数为11
(),(0)1,(1)42
i resf i resf resf -=-
=-=- ()()()2012I iresf i i resf resf π
ππ⎡⎤∴=++-=-⎣⎦．
（7）显然有：
()()()
2222220
--sin 1sin 1Im 22imx
mx mx e I dx dx dx x x a x x a x x a ∞
∞∞∞∞===+++⎰
⎰⎰
这里()
22
10+z z z a →∞
−−−→，在上半平面有一阶极点1=z ai ，在实轴上有一阶极点2=0z ，留数为()1222=1=2imx ma z z e res e a z z a -⎡⎤⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦，()2222=1=imx z z e res a z z a ⎡⎤⎢⎥+⎢⎥⎣⎦
所以()()-22222-111212imx ma ma e dx i e i e a a a x x a ππ∞
-∞⎛⎫
=-+=- ⎪+⎝⎭
⎰ ()
()()222220
-sin 1Im 122imx ma
mx e I dx dx e a x x a x x a π∞
∞-∞===-++⎰
⎰．
（8）有2222cos Re 44ix xdx e I dx dx x x ππ∞
∞-∞-∞==--⎰⎰这里221()04z f z z π→∞
=−−−→-，且()()22
==4iz iz
e F z
f z e z π-，只有两个一阶实极点12
,22z z ππ==-，它们的留数为
()1=
4i res F z π-⎡⎤⎣⎦，()2=4i
res F z π
-⎡⎤⎣⎦，所以()(){}
1222-1+=42
ix e dx I dx i res F z res F z x ππ∞
∞⎡⎤⎡⎤==⎣⎦⎣⎦-⎰，2222--cos 1
Re 442
ix xdx e I dx dx x x ππ∞
∞∞∞===--⎰⎰． 7．解：
（1）因为()()2
00()()z g z g z z z z ψ=-是的二阶零点，故有，其中()z ψ在0z 点的
领域2G 内解析，且()00z ψ≠，因此()
()()()2
01f z f z g z z z z ψ=-（）。

()()
f z z ψ至少在12G G ⋂内解析，且
()
()
000f z z ψ≠，故0=z z 为
()()
f z
g z 的二阶极点，留数为
()()
()()()()()()()()0
02
0000200''lim
z z z z f z f z f z f z z d res
z z g z dz g z z z ψψψ=→⎡⎤=-⋅=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦
． （2）因为()()00()()z f z f z z z f z =-是的一阶零点，故有，其中()z φ在0z 点的领域1G 内解析，且()00z φ≠。

同理，因为0z 是()g z 的3阶零点，故亦有
()()3
0()g z z z z ψ=-，其中()z ψ在0z 点的领域2G 内解析，且()00z ψ≠。

因此
()()
()()2
01
()f z z g z z z z φψ=
-，其中()()z z φψ至少在12G G ⋂内解析，且()()
000z z φψ≠，故0=z z 为
()()
f z
g z 的二阶极点，留数为
()()
()()()()()()()()0
02
0000200''lim
-z z z z f z f z z z z d res
z z g z dz g z z z φφψψψ=→⎡⎤=-⋅=⎢⎥⎢⎥⎣
⎦ 为
()()
f z
g z 的二阶极点，留数为
()()
()()()()()
()()()0
020000200''lim
z z z z f z f z z z z d res
z z g z dz g z z z φφψψψ=→⎡⎤=-⋅=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦． 8．解：方法一
用定义式计算，因为在0<1<1z -中()
5252
()(1)11z f z z z z z z -=
=----
()5223211111z z z z z ⎡⎤=--=+⎢⎥----+⎣⎦()()0
32111k k k z z ∞
==+---∑．
所以1(1)3resf C -==．.
方法二
用定义式()1
()2k k l resf b f z dz i
π=
⎰ 计算 ()()152
(1):1,0121l z resf dz l z r r i z z π-=
-=<<-⎰
()152
/12l z z dz i z π-=
-⎰ =1
52==3
z z z
-．
方法三
用单极点处留数计算公式0
010()lim()()z z resf z b z z f z -→==-计算 ()()152(1)lim 1=31z z resf z z z →⎡⎤
-=-⎢⎥-⎢⎥⎣⎦
． 方法四
用单极点处留数计算公式000()
()'()
p z resf z g z =
计算 ()=1
52(1)=31'
z z resf z z -=⎡⎤-⎣⎦．
方法五
用()()1
+=0n
i i resf b resf =∞∑计算，因为
()()()0+1+=0resf resf resf ∞而()()0
520=lim =21z z resf z
z z →⎡
⎤
-⎢⎥-⎢⎥⎣⎦
在1<<z ∞中
()()()
()51353533111z f z z z z z z z z z
-+=
=+=+----10221321513311k k
k k z z z z z z z
∞∞
+===+=+=+-∑∑所以
()-15resf C ∞=-=-而()()()()1=03resf resf resf -++∞=．。