5.1留数定理

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高等数学课件-复变函数与积分变换第五章留数 §5.1 留数定理及留数的求法

0
的去心邻域内的罗朗展开式为：
sin z
1 z2
z4
L
1n z2n
L
z
3! 5!
2n 1!
故负幂次项 z1的系数 C1 0 ，即
Res
sin z
z
, 0
0
若孤立奇点z0为f (z)的可去奇点，则
Res f (z), z0 0
例1.3
函数
f
(z)
1 z(z 1)2
在
z
1 处有一个
二级极点，这个函数又有下列罗朗展开式：
n
Ñc f zdz 2πiRes f z, zk （1.3） k 1
证把在c内的孤立奇点 zk k 1,2,L ,n
用互不包含的正向简单闭曲线 ck 围绕起来（如图5－1）
图5－1
蜒c f zdz
c1
f
z
dz
蜒 f c2
zdz L
cn
f
z dz
以 2 i 除等式两边，得
1
Cm 0
Байду номын сангаас
g z Cm Cm1 z z0 L C1 z z0 m1
C0 z z0 m L
在点 z0 是解析的，且 g z0 Cm 0
由
f
z
gz z z0 m
，有 z
z0 m
f
z
gz
上式两端对 z 求导 m 1 次，并取极限（z z0），
得
lim
在 z 1的去心邻域
0 z 1 1
内的罗朗展开式，由于
f
z
z
1
12
z
1
1
n0
1n
z

留数定理公式总结

留数定理公式总结留数定理是复变函数论中的一个重要定理，在数学分析和工程技术等领域都有着广泛的应用。

咱们先来瞅瞅留数定理的公式到底是啥样的。

留数定理表述为：设函数$f(z)$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，$C$是$D$内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线，那$f(z)$沿$C$的积分就等于$2\pi i$乘以$f(z)$在$C$内各奇点的留数之和，即：$\oint_C f(z)dz = 2\pi i \sum_{k = 1}^{n}Res[f,z_k]$这里的$Res[f,z_k]$表示$f(z)$在奇点$z_k$处的留数。

那留数又咋算呢？对于孤立奇点$z_0$，如果它是可去奇点，那留数为$0$；如果是$m$阶极点，就有公式$Res[f,z_0] = \frac{1}{(m -1)!}\lim_{z \to z_0}\frac{d^{m - 1}}{dz^{m - 1}}[(z - z_0)^mf(z)]$。

咱们通过一个具体例子来感受一下留数定理的魅力。

比如说，计算积分$\int_{|z| = 2} \frac{e^z}{z(z - 1)}dz$。

首先得找出被积函数的奇点，很明显，$z = 0$和$z = 1$是奇点。

对于$z = 0$，它是一阶极点，$Res[f,0] = \lim_{z \to 0} z\frac{e^z}{z(z - 1)} = -1$；对于$z = 1$，也是一阶极点，$Res[f,1] = \lim_{z \to 1} (z - 1)\frac{e^z}{z(z - 1)} = e$。

然后根据留数定理，原积分就等于$2\pi i (-1 + e)$。

留数定理在解决一些复杂的积分问题时特别有用。

比如说，计算一些实函数在无穷区间上的积分，通过巧妙地构造复变函数和积分路径，然后利用留数定理就能轻松搞定。

我记得有一次给学生们讲留数定理的应用，有个学生就特别迷糊，怎么都搞不明白。

数学物理方法-留数

2
2
sin ei ei 1 z z1 2i 2i
2. 把原积分变成：
２ R(cos,sin ) d f (z) d z
０
|z|1
2 i f (z)在单位元内孤立奇点的留数之和
5.2 利用留数定理计算实函数积分
１
2 i
C
f
( z )dz

Resf
()
C
１
n
2 i C f (z)dz k1 Resf (bk )
x
二者相加，并注意到右边两个积分的围道的方向
相反，其和为零，得到右边所有有限孤立奇点和
无穷远点的留数之和为0。
5.1 留数及其留数定理
6.所有奇点留数之和：应用
例题：求积分
1
zk

e2 ki/4

i 1
i
k 0 k 1 k 2 k 3
都是一阶极点，且都在 z 2内。
y | z | 2
x
例题
5.1 留数及其留数定理
例4
ez
计算积分 |z|2 z(z 1)2 dz
5.2 利用留数定理计算实函数积分
5.2 利用留数定理计算实函数积分
2.留数定理:证明
如图，在每个孤立奇点bk，以bk为中心，做一个小圆 k ,使得每个 k中只包含一个孤立奇点bk。则根据多联通区域的柯西积分公式
有
m
C
f
z dz
k 1 k
f
z dz
其中
也是逆时针方向的。
k
将f z 在bk的邻域内展开为洛朗级数

f
因此

第五章残数定理及其应用

( 5)
推论1
若z0是f ( z )的一级极点 , Re s[ f ( z ), z0 ] lim( z z0 ) f ( z )
z z0
(4)
事实上，由条件 f ( z ) c m ( z z 0 ) m c 2 ( z z 0 ) 2 c 1 ( z z 0 ) 1
展开成洛朗级数求系数 c–1 的方法, 但如果能先知道
奇点的类型，对求留数更为有利。
以下就三类孤立奇点进行讨论：
( i )若z z0为可去奇点 c1 0 Re s[ f ( z ), z0 ] 0
( ii )若z z0为本性奇点 f ( z )
展开
cn ( z z0 ) n
若将f ( z )作Laurent级数展开:
z sin z 1 1 3 1 5 6 [ z ( z z z )] 6 z z 3! 5! 1 1 11 3 3! z 5! z
1 z sin z Re s ,0 6 5! z

0

推论2
当m=1时，式(5)即为式(4).
P(z) 设f ( z ) Q( z ) P ( z ), Q( z )在z0 处解析,
P ( z0 ) 0, Q( z0 ) 0, Q' ( z0 ) 0 P ( z0 ) z0 是f ( z )的一级极点且 Re s[ f ( z ), z0 ] , ( 6) Q' ( z 0 ) 事实上， Q( z 0 ) 0及Q' ( z 0 ) 0
内的洛朗级数中负幂次项 (z- z0)–1 的系数 c–1 称为f (z)

复变函数之留数定理

∫ f
( z )在a点的留数：Res [
f
(z), a]
=
a−1
=
1
2π
i
f (ζ )dζ ，
C
它是f (z)在a的充分小去心邻域内洛朗展式中 z−1a 的系数。
故∫C f (ζ )dζ = 2π i Res[ f (z), a]，
C：在a的使f (z)解析的去心邻域K 内 < 任一条围绕 a 的正向闭路。
第五章留数及其应用
留数是复变函数又一重要概念，有着非常广泛的应用.
5.1 留数定理
一、留数的定义和计算
设 a 是 f (z) 的孤立奇点，则∃δ > 0,使得
f (z)在K : 0 < z − a < δ 解析，f (z)在K内可展为洛朗级数：
∑+∞
f (z) =
an(z − a)n,
n=−∞
留数定理(P103定理1)：设f (z)在闭路C上解析， y
C
∫ ∑ 在C内部除n个孤立奇点a1, a2 ,, an外解析,则 n
a1 C1 a2 C2
C
f (z)d z
=
2π
i Res f (z), ak 。
k =1
0 a3 C3
证明 ∀k =1, 2,n, 以ak为圆心作充分小的圆周Ck ,
an Cn
x
使得C1,C2 ,,Cn都在C 的内部,且它们彼此完全分离(如图)。
由多连通区域柯西积分定理和留数定义得
n
n
∫ ∑ ∫ ∑ C
f (z)d z =
k =1
Ck
f (z)d z = 2π i Res f (z), ak 。#
k =1

5第五章留数

第五章留数定理留数定理是柯西积分理论的继续，可以说，它进一步展现了复变函数积分的细节内情，使我们对复积分有了更深刻的认识。

§5.1 孤立奇点若)(z f 在点0z 的某一去心邻域R z z <-<00内解析，但在点0z 不解析，则称0z 为)(z f 的孤立奇点。

若0z 是)(z f 的一个奇点，且在点0z 的无论多么小的邻域内)(z f 总还有除点0z 外的其它奇点，则称点0z 为)(z f 的非孤立奇点。

例如，0=z 为z z f 1)(=的孤立奇点，为1)1(sin )(-=zz g 的非孤立奇点。

去心邻域可看作内圆周缩为一点的环域。

若0z 为)(z f 的一个孤立奇点，则总存在着正数R ，使得)(z f 在点0z 的去心邻域R z z <-<00内可展成洛朗级数。

这里的正数R ，显然最大可取为0z 与)(z f 的离0z 最近的一个奇点间的距离。

在孤立奇点去心邻域内的洛朗展开，有时也称为在孤立奇点的洛朗展开。

1.孤立奇点的分类设0z 为函数)(z f 的有限孤立奇点，)(z f 在去心邻域R z z <-<00内的洛朗展式为∑∞-∞=-=n nnz z a z f )()(0∑+∞=---=10)(n nn z z a ∑∞=-+00)(n n n z z z 。

前面已知，右边第二个级数称为)(z f 在点0z 的解析部分，其和函数)(z ϕ在包括0z 点的邻域K 内是解析的，故)(z f 在点0z 的奇异性质完全体现在)(z f 的洛朗展式的负幂项部分∑+∞=---10)(n nnz z a，所以从出现奇异性来说，我们称∑+∞=---10)(n n n z z a 为)(z f 在点0z 的主要部分。

根据主要部分仅可能出现三种情况，将)(z f 的有限孤立奇点作如下分类：定义5.1.1：设0z 为)(z f 的有限孤立奇点。

（1）若)(z f 在点0z 的主要部分为零，则称0z 为)(z f 的可去奇点。

§5.1-留数定理【VIP专享】

Res f (z)
z
由定义可以看出：Res z
f (z) c1
1
2 i C
f (z)dz
例1、求 f (z) ze1/z 在z=0的留数。
解：首先在z=0做Laurant展开：
f (z)
ze1/ z
z
n0
1 n!
1 zn
n0
11 n! z n1
显然：c1 1 / 2
则：Res f (z) 1
cos
z
1 2
所以：
cos
z3
z 1
z
2
i
1 2
i
例2、求
z 1
z sin 1 ez
z
3
dz
。
解：可以看出， z=0为被积函数的孤立奇点，且：
1 ez 1 zn z zn1 zg(z)
n0 n!
n1 n!
z
sin
z
z
n0
1n 2n 1!z
2
n1
z2h(z)
这里g(z),h(z)在z=0点皆为非0解析函数，所以：
显然：
n
1
1!
lim
z
d n1 dz n1
( z
)n
f
( z)
c1
则定理得证明。
推论1：设为f(z)的1阶极点，则：Res f (z) lim(z ) f (z)
z
z
推论2：设f(z)=(z)/(z)， (z),(z)在点解析，且()0，而
为(z)的一阶0点，即()=0, ’()0，则：
1 d0 d1(z ) c2 (z )2 L 1 g(z)
z
c1 c2 (z ) L

第5章留数

3. 性质
若z0为f (z)的可去奇点的可去奇点
⇔ f (z) =
c n ( z − z 0 ) n ⇔ lim f ( z ) = c 0 ∑
n=0 z → z0
+∞
补充定义：补充定义： f ( z 0 ) = c 0 若z0为f (z)的本性奇点的本性奇点
f ( z )在 z 0 解析 .
1 故 Re s[ f ( z ), z0 ] = c−1 = ∫c f (z)dz 2πi
(2)
2. 留数定理
定理设是条单曲 , 函 f (z)在内 c 一简闭线数 c 有
限孤奇 z , 有个立点1, z2 ,L zn, 除以 , f (z) 此外 c 及解 , 在内 c上析则
Q (1 + eπz )'
z = i ( 2 k +1)
k = 0 , ± 1, ± 2 , L
= π e πz
z = i ( 2 k +1)
= π [cosπ ( 2k + 1) + i sin π ( 2k + 1)] = −π ≠ 0
∴ zk = i ( 2k + 1) ( k = 0,±1,±2,L)是1 + e πz的一阶零点
( ii ) f ( z ) =
n= − m
∞
∑c
∑c
∞
n
( z − z0 ) (c− m ≠ 0, m ≥ 1)
n
只有有限多个负幂次项，阶极点; 只有有限多个负幂次项，称z=z0为m 阶极点 ~~~~~~~~
( iii ) f ( z ) =
n = −∞
n

第5章：留数理论及其应用

Resf (∞) = −a−1 = − Res[g , ξ = 0] d =− (ξ − 0) 2 g (ξ ) = +1 dξ
[
]
16
四、本性奇点处留数的计算对本性奇点或奇性不明的奇点，没有一般的公式，只能作Laurent展开，然后取负一次幂的系数！当极点的阶数较高时，也直接作Laurent展开求留数。例
cos x = ( z + z ) / 2; sin x = ( z − z ) /( 2i ); dx = dz /(iz )
21
−1
−1
原积分变成
z + z −1 z − z −1 dz , I= R iz | z |=1 2 2 i
∫
• 0 y
• 2π
x
z平面 1 o • x
例题：计算积分
I=
∫
2π
0
cos 2ϑ dϑ , (0 < p < 1). 2 1 − 2 p cosϑ + p
分析：因 1-2pcosϑ+p2=(1-p)2+2p(1-cosϑ)，当0<p<1, 在 0≤ϑ ≤2π, 分母大于0，因而在实轴上无零点。
22
cos 2ϑ = ( e 2iϑ + e −2iϑ ) / 2 = ( z 2 + z −2 ) / 2
1 Resf ( z0 ) ≡ f ( z )dz ∫ 2πi C
为函数f(z)在奇点z0处数f(z)在奇点 z0处作Laurent展开
f ( z) =
n = −∞
∑
∞
an ( z − bk ) n
利用公式
0, (C 不包围z0 ) 1 dz = ∫ 2πi C z − z0 1, (C 包围 z0 ) 1 n ( z − z ) 0 dz = 0. (n ≠ −1) ∫ 2πi C

5.1.1 留数定理

第五章留数第一节一般理论1、留数定理：设函数f (z )在点0z 解析。

作圆r z z C =-|:|0，使f (z )在以它为边界的闭圆盘上解析，那么根据柯西定理，积分⎰C dz z f )(等于零。

设函数f (z )在区域R z z <-<||00内解析。

选取r ，使0<r<R ，并且作圆r z z C =-|:|0，那么如果f (z )在0z 也解析，则上面的积分也等于零；如果0z 是f (z )的孤立奇点，则上述积分就不一定等于零；这时，我们把积分⎰Cdz z f i )(21π 定义为f (z )在孤立奇点0z 的留数，记作),(Res 0z f ，这里积分是沿着C 按反时针方向取的。

注解1、我们定义的留数),(Res 0z f 与圆C 的半径r 无关：事实上，在R z z <-<||00内，f (z )有洛朗展式：∑+∞-∞=-=n n n z z z f )()(0α，而且这一展式在C 上一致收敛。

逐项积分，我们有,2)()(10-+∞-∞==-=∑⎰⎰απαi dz z z dz z f n C n n C因此，10),(Res -=αz f 。

注解2、即f (z )在孤立奇点0z 的留数等于其洛朗级数展式中1z z -的系数。

注解3、如果0z 是f (z )的可去奇点，那么.0),(Res 0=z f定理1.1（留数定理）设D 是在复平面上的一个有界区域，其边界是一条或有限条简单闭曲线C 。

设f (z )在D 内除去有孤立奇点n z z z ,...,,21外，在每一点都解析，并且它在C 上每一点都解析，那么我们有：),,(Res 2)(1k nk C z f i dz z f ∑⎰==π这里沿C 的积分按关于区域D 的正向取的。

证明：以D 内每一个孤立奇点k z 为心，作圆k γ，使以它为边界的闭圆盘上每一点都在D 内，并且使任意两个这样的闭圆盘彼此无公共点。

5.1留数定理

答：0
3、全平面留数之和为0：
∑ resf (b ) + resf (∞ ) = 0
k =1 k
Wuhan University
n
二、无穷远点的留数：
注意：
§ 5.1 留数定理
(1) resf (bk ) = C−1 , 0 < z − bk < Rk
resf (∞ ) = −C−1 , R < z < ∞
Mathematical Methods in Physics 武汉大学物理科学与技术学院
Wuhan University
问题的引入： ϕ ( z ) ∈ H (σ ), 在σ = σ + l上连续，则
•
a
σ
l
⎧ n≤0 ⎪ 0, ϕ ( z) ⎪ ∫l ( z − a) n dz = ⎨ 2π i ϕ (a) , n = 1 ⎪ 2π i ϕ ( n −1) (a) , n > 1 ⎪ (n − 1)! ⎩
Wuhan University
三、留数的计算方法
§ 5.1 留数定理
ϕ (z ) , 注：当b为单极点时，若 f (z ) = ψ (z ) ϕ (z )、ψ (z ) ∈ H (σ ); ϕ (b ) ≠ 0,ψ (b ) = 0,ψ ′(b ) ≠ 0,，则
ϕ (b ) res f (b) = ψ ′(b )
例5
1 res[ 4 , i ] = ? z −1
1 奇点： , i ,−1,−i (单极点）
i 答： 4
Wuhan University
四、留数定理计算围道积分
例6
§ 5.1 留数定理
∫
z=
3π 2

复变函数与积分变换

f ( z )dz 2i Re s f ( z ), z .
C k 1 k
n
3. 留数的计算方法
(1)如果z0为f ( z )的m级极点，那么 1 d m-1 Re s f ( z ), z0 lim m 1 ( z z0 )m f ( z ) . ( m 1)! z z0 dz
例5.1 求下列积分的值，其 C 中为包含 z 0的简单正向闭曲线 .
(1) z 3 cos zdz;
C
( 2 ) e dz .
z2 C
1
2. 留数定理
定理5.（ 1 留数定理）设函数 f ( z )在区域 D内除有有限个孤立奇点 z1 , z 2 , , z n外处处解析， C是D内包围这些奇点的一条正向简单闭线曲，那么
特别地，当 m 1时，我们有下面的结 . 果 ( 2)若z0是f ( z )的一级极点，那么
z z0

Re s f ( z ), z0 lim( z z0 ) f ( z ).
5z 2 例5.2 求f ( z ) 分别在 z 0和z 1的留数 . 2 z( z 1)
P(z) ( 3)设f ( z ) , P ( z ), Q( z )在z0都是解析的 .如果P ( z0 ) 0, Q( z ) Q( z0 ) 0且Q( z0 ) 0, 那么z0是f ( z )的一级极点，因此有 P ( z0 ) Re s f ( z ), z0 . Q( z0 )
ez 例5.3 计算f ( z ) 在z 0处的留数 . sinz

复变函数第五章留数理论及其应用

由规则3
P( z) z 1 = 3= 2, Q ( z ) 4 z 4z
此法在很多情况下此法更为简单.
z dz , C为正向圆周: z = 2 . 例5 计算积分 4 z 1 C z 在 z = 2 的外部, 除点外没有解函数 4 z 1
其他奇点. 根据定理 5.2与规则4: z z 4 1 dz = 2iRes f ( z ), C 1 1 = 2iRes f 2 ,0 z z z = 0. = 2iRes , 0 4 1 z
k =1
n

C
Res[ f ( z ), zk ] f ( z )dz = 2i k =1
= 2iRes[ f ( z ), ].
n
(留数定理)
计算积分
C
f ( z )dz
计算无穷远点的留数.
优点: 使计算积分进一步得到简化. (避免了计算诸有限点处的留数)
3.在无穷远点处留数的计算 •规则4
z = 0是p( z )的三级零点 , 是f (z)的三级极点。
1 z sin z z sin z 由规则2 Re s ,0 = lim " 6 3 z (3 1)! z0 z
若将f ( z )作Laurent级数展开 :
z sinz 1 1 3 1 5 = 6 [ z ( z z z )] 6 z z 3! 5! 1 1 11 = 3 3! z 5! z
1 故 Re s[ f ( z ), z0 ] = c1 = f ( z )dz 2i c
( 2)
二、利用留数求积分
1. 留数定理设函数 f(z)在区域D内除有限个孤立奇点

第五章留数

1 f (z) ( z ). m ( z z0 )
定理 1.2
设 z0是 f (z) 的孤立奇点，那么
z0 是 f (z) 的m级极点的充要条件是 f (z) 在 z0 的某去心邻域内可表为
1 f (z) ( z ), m ( z z0 )
其中 ( z ) 在 z0 解析，且 ( z0 ) 0, m为正整数. 推论 1.2 设 z0是 f (z) 的孤立奇点，那么
这个幂级数的收敛半径至少为d , 和函数在 z0 解析.
定理1.1 设 z0是 f (z) 的孤立奇点，那么
z0 是 f (z) 的可去奇点的充要条件是存在极限
lim f ( z ) c0 , 其中c0是有限复常数.
z z0
洛必达法则：
若 f ( z ) 及 g ( z )在 z0 解析，且
可去奇点（m级零点）. (零点与极点的关系)
(z) , z0是 ( z ) 的m级零点, 定理1.5 设 f ( z ) (z)
是 ( z ) 的n级零点, 则当n>m时, z0是f (z)的n-m级极点; 而当nm时, z0 是f (z)的可去奇点.
3、本性奇点
定理设 z0是 f (z) 的孤立奇点，那么
f (z)
n

cn ( z z0 ) n .
若洛朗级数中不含负幂项, 则称z0是 f (z)的可去奇点. 若洛朗级数中只含有限多个负幂项, 则称z0是 f (z)的极点.
若洛朗级数中含无穷多个负幂项,
则称z0是 f (z)的本性奇点.
3、
典型例题
sin z 在 0 z 内展开例1、将 f z z
f ( z ) c m ( z z0 ) m c m 1 ( z z0 ) m 1 +c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 ) c2 ( z z0 )2 ,

第五章留数理论及其应用

第五章留数理论及其应用本章的中心问题是留数定理.借助第四章的讨论，我们引入留数概念并计算留数.我们即将看到柯西－古萨基本定理，柯西积分公式都是留数定理的特殊情况.作为留数定理的应用，我们可以把沿闭曲线的积分的计算转化为孤立奇点处的留数计算.对于高等数学中的一些定积分和广义积分，按过去的计算方法可能比较复杂，甚至难以算出结果，而用留数计算的方法则相对简便.因此留数定理在理论和实际应用中都具有重要意义.1. 留数的定义如果f (z )在z 0处解析，那么对于z 0的邻域中的任意一条简单闭曲线C ，都有()d 0Cf z z =⎰.如果z 0是f (z )的孤立奇点，那么对于解析圆环00z z δ<-<内包含z 0的正向简单闭曲线C ，上述积分只与f (z )和z 0有关，而与C 无关，但积分值不一定为零.现在我们来计算这个积分.由第四章定理4.12,f (z )在z 0的邻域内可展开成罗朗级数：()()nnn f z a z z ∞=-∞=-∑,其中101()d ,0,1,2,2π()n n Cf a n iz ξξξ+==±±-⎰特别地，11()d 2πCa f iξξ-=⎰.于是得到1()d 2πCf iaξξ-=⎰.因此a −1这个系数有它特殊的含义.我们把f (z )在z 0处的罗朗级数中(z −z 0)−1项的系数a −1称为f (z )在孤立奇点z 0处的留数，记为Res [f (z ),z 0]=a −1, (5.1) 即 Res[f (z ),z 0]=1()d 2πCf z z i⎰. (5.2)例5．1 求下列积分的值，其中C 为包含z =0的简单正向闭曲线.(1)3cos d Czz z -⎰ (2)12ed z Cz ⎰.解： (1)令f (z )=z −3cos z ，则z =0为f (z )的孤立奇点.又因cos z =2461,.2!4!6!z z z z -+-+<∞故 f (z )= 3311,0,24!6!z z z z z -+-+<<∞所以Res [f (z ),0]= 12-.(2) 令f (z )= 21e z ，则z =0为f (z )的孤立奇点.因为2e 1,,1!2!!nz n ξξξξ=++++<∞以21z ξ=代入上式，得 f (z )=1242111111,0.1!2!!nz z z n z +⋅+⋅+⋅+<<∞所以，Res[f (z ),0]=0.2. 留数定理考察积分()d Cf z z ⎰，若闭曲线C 内仅含有f (z )的一个孤立奇点，则可利用公式(5.2)来求积分值.但是如果多于一个孤立奇点，则由下述的留数定理，可以把积分的计算转化成f (z )在C 中的各孤立奇点的留数的计算.定理5.1 留数定理设函数f (z )在区域D 内除有有限个孤立奇点z 1,z 2,…,z n 外处处解析，C 是D 内包围这些奇点的一条正向简单闭曲线，那么[]1()d 2πRes (),.nkk Cf z z i f z z ==∑⎰ (5.3)证明：如图 5.1所示，以z k 为圆心，作完全含在C 内且互不相交的正向小圆C k :|z −z k |=k δ,(k =1,2,…,n )，那么由复合闭路上的柯西积分定理，有12()d ()d ()d ()d .nCC C C f z z f z z f z z f z z =+++⎰⎰⎰⎰但[]()d 2πRes (),.1,2,,.kk C f z z i f z z k n ==⎰于是有[]1()d 2πRes (),knkk C f z z i f z z ==∑⎰.一般来说，求函数在其孤立奇点z 0处的留数只须求出它在以z 0为中心的圆环域内罗朗级数中(z −z 0)−1的系数a −1就可以了，但在很多情况下，函数在孤立奇点的罗朗展开式并不易得到，因此有必要讨论在不知道罗朗展开式的情况下计算留数的方法. 3. 留数的计算方法(1) 如果z 0为f (z )的m 级极点，那么[]()(){}010011Res (),lim ()1!m mm z z d f z z z z f z m dz--→=-- (5.4)证明：因为z 0是f (z )的m 级极点，故在z 0的邻域中有f (z )=()01()g z z z m-,图5.1其中g (z )在z 0处解析，且g (z 0) 0≠.于是f (z )= ()0000000()()1()(),!!n n nn m n n g z g z z z z z z z m n n ∞∞-==-=--∑∑ 其中(z −z 0)−1的系数为()10()1!m g z m --.又g (z )=(z −z 0)m f (z )，因而得到：()()(){}011001()1lim ().1!1!m m m z z g z d z z mf z m m dz---→=---从而(5.4})成立.特别地，当m =1时，我们有下面的结果. (2) 若z 0是f (z )的一级极点，那么Res 00[(),0]lim()().z z f z z z f z →=- (5.5)例5.2 求f (z )=252(1)z z z --分别在z =0和z =1的留数.解：容易看到z =0是f (z )的一级极点，故由(5.5)得Res[f (z ),0] =21052lim ()lim2.(1)z z z z f z z →→-⋅==--而z =1是f (z )的二级极点，由(5.4)得Res[f (z ),1] =(){}22115(52)lim1()lim2.z z d z z z f z dzz→→---== 在某些情况下，下面的命题用起来更方便. (3) 设f (z )=00()()P z Q z ',P (z ),Q (z )在z 0都是解析的.如果P (z 0)0≠,Q (z 0)=0且Q '(z 0)0≠，那么z 0是f (z )的一级极点，因此有Res[f (z ),z 0]=00().()P z Q z ' (5.6)证明：事实上，因为Q (z 0)=0及Q '(z 0) 0≠，所以z 0为Q (z )的一级零点，由11()()z Q z z z ϕ=-，其中()z ϕ在z 0解析且0()0z ϕ≠，于是 f (z )=1()()z P z z z ϕ-. 因为在z 0解析且00()()0z P z ϕ≠，故z 0为f (z )的一级极点.根据(5.5)式，有0000000000()()Res[(),]lim()()lim()lim()()()()()()lim .()()()z z z z z z z z P z P z f z z z z f z z z z z Q z Q z Q z P z P z Q z Q z Q z z z →→→→=-=-=--=='-例5.3 计算f (z )= e sin zz在z =0处的留数.解: 这时P (z )=e z ,Q (z )=sin z ，于是P (0)=1,Q (0)=0,Q '(0)=1. 由(5.6)式得Res[f (z ),0]=()0(0)P Q '=1. 上述的几种方法，实质上是把留数的计算变成了微分运算，从而带来了方便.但如果z 0是f (z )的本性奇点，我们没有像上面那种简单的留数计算公式，这时只能通过求f (z )的罗朗展开来得到f (z )在z 0的留数.有时候，对于级比较高的极点，或者求导比较复杂的函数，运用上面的公式也十分复杂，选择求罗朗展开或者其它方法可能更好些.例5.4 计算f (z )= 6sin z zz-在z =0处的留数. 解：因为35663sin 111[()]3!5!1111,3!5!z z z z z z z z z z-=--⋅+⋅+=⋅-⋅+所以Res 16sin 1,0.5!z z a z --⎡⎤==-⎢⎥⎣⎦此题若选择微分的方法，运算相对复杂一些，读者可做验算比较.例5．5 计算积分222d (1)(1)Czz zz -+⎰，这里C : |z –取正向.解：令f (z )=222(1)(1)zz z -+，则z 1=i , z 2=–i 为f (z )的两个一级极点，z 3=1,z 4=–1为f (z )两个二级极点.容易看出z 1,z 2,z 3位于C 的内部.由留数定理，31()d 2πRe [(),].kk Cf z z i s f z z ==∑⎰又Res [f (z ),i ]= 221lim()()lim.(1)()8z iz iz z i f z z z i →→-==-+同理Res [f (z ),–i ]=18. Res [f (z ),1] = 22211lim{(1)()}lim (1)(1)z z d d zz f z dz dz z z →→⎧⎫-=⎨⎬++⎩⎭323221311lim.(1)(1)8z z z z z z →---+==++ 于是111π()d 2π().8884Cif z z i =+-=⎰4. 在无穷远点的留数设函数f (z )在圆环域R <|z |<∞内解析，C 为这圆环域内绕原点的任何一条简单闭曲线，那么称f (z )沿C 的负向积分值1()d 2πCf z z i⎰称为f (z )在∞点的留数，记作Res [f (z ),∞]=1()d 2πCf z z i⎰. (5.7)这个积分值与C 无关，且根据公式(4.23)和(4.24)得Res[f (z ),∞]=111()d ()d ,2π2πCC f z z f z z b i i--==-⎰⎰(5.8)即f (z )在∞点的留数等于它在∞点的去心邻域R <|z |<∞内的罗朗展开式中z –1的系数的相反数.由(5.7)式，我们有下述定理.定理5.2 如果函数f (z )在扩充的复平面内只有有限个孤立奇点，那么f (z )在所有奇点（包括∞点）的留数之和为零.证明：取r 充分大，使f (z )的有限个孤立奇点z k (k =1,2,…,n )都在|z |<r 中. 由留数定理，得1()d 2πRes[(),]nk k z rf z z i f z z =<=∑⎰,其中积分取圆周的正项.由(5.8})式，得Res [f (z ),∞]=()d z rf z z <-⎰.于是就有Res[f (z ),∞]+1Res[(),]nkk f z z =∑=0.例5.6 判定z =∞是函数f (z )=223zz +的什么奇点？并求f (z )在∞点的留数. 解：因为 lim ()0,z f z →∞=所以∞点是可去奇点.又f (z )在复平面内仅有3i 和–3i 为一级极点，且Res[f (z ),3i ]= 3lim3z i z i →+ =1,Res [f (z ),–3i ]= 3lim3z i z i→--=1.故由定理5.2Res[f (z ),∞] = – Res [f (z ),3i ] – Res [f (z ), –3i ] = –1–1= –2.§5.2 留数在积分计算上的应用在高等数学中我们知道，有很多函数的原函数不能用初等函数来表达，因此，通过求原函数的办法求定积分或广义积分就受到限制.利用留数理论可以求一些重要的实函数的积分.下面我们分几种类型介绍怎样利用留数求积分的值.1. 形如()d R x x ∞-∞⎰的积分这里R (x )=()()P z Q z 为有理函数，P (x )=x m +a 1x m –1+…+a m , Q (x )=x n +b 1x n –1+…+b n , P (x ), Q (x )为两个既约实多形式，Q (x )没有实零点，且n –m ≥ 2.我们取复函数R (z )=()()P z Q z ，则除Q (z )的有限个零点外，R (z )处处解析.取积分路线如图5.2所示，其中C r 是以原点为中心，r 为半径的上半圆周，令r 足够大，使R (z )在上半平面上的所有极点z k (k =1,2,…,s )都含在曲线C r 和[–r , r ]所围成的区域内.由留数定理，得1()d ()d 2πRes[(),].rrskk rC R x x R z z i f z z =-+=∑⎰⎰当r 充分大时，右端的值与r 无关.又|R (z )|=111111111111.11m m m m n mn mnnn n a z a z a z a z b z b zb z b zzz----------++++++⋅≤⋅+++-++故存在常数M ，当|z |充分大时，有图5.2|R (z )| 2.n mM M zz-≤≤令z =i re θ，于是πππ20()d (e )e d (e )d πd 0()ri i i C R z z R r ri R r r M M r r r rθθθθθθ=≤≤=→→∞⎰⎰⎰⎰因此在(5.9)式中令r →∞得1()d 2πRes[(),].nk k R x x i R z z +∞-∞==∑⎰(5.10)例5.7 计算积分242d 109x x x x x +∞-∞-+++⎰.解：记R (z )= 242109x x x x -+++，则R (z )满足(5.10)式的条件，且R (z )在上半平面内有2个一级极点z 1=i 和z 2=3i .容易得到Res [R (z ),i ]=1i 16--， Res[R (z ),3i ]= 37i48-，因此 2421i 37i 5d 2πi[]π.109164812x x x x x +∞-∞-+---=+=++⎰例5．8 计算积分24d 1x x x +∞+⎰. 解：注意到R (x )=241x x +为偶函数，于是有224401d d .121x x x x x x +∞+∞-∞=++⎰⎰ 又R (z )的分母高于分子两次，在实轴上无奇点，在上半平面上有两个一级极点1)i i +-+，且Res[R (z)i +R (z1)i -+]= 由公式(5.10})有240d 2ππ.12x x x +∞==+⎰ 故得240d π.14x x x +∞=+⎰ 2. 形如()e d (0)ix R x x αα+∞-∞>⎰的积分这里R (x )是实轴上连续的有理函数，而分母的次数n 至少要比分子的次数m 高一次(n –m ≥1).这时有1()e d 2Re [e (),].sixix k k R x x i s R z z ααπ+∞=-∞=∑⎰(5.11)其中z k (k =1,2,…,s)是R (z )在上半平面的孤立奇点.事实上，如同类型1中处理的一样，取如图(5.2)的积分曲线C r ，当r 充分大，使z k (k =1,2,…,s)全落在曲线C r 与[–r , r ]所围成的区域内.于是又n –m ≥1，故充分大的|z |，有|R (z )| M z≤. 因此sin cos 0πsin 0ππ2sin sin 0()e d (e )e d (e )e d e d 2e d .rizi r i r C i r r r R z z R r r R r r M M παθαθαθθαθαθαθθθθθ-+---=⋅≤⋅≤=⎰⎰⎰⎰⎰当π02θ≤≤时，2sin πθθ≥，所以有 ()2ππ2π()e d 2ed (1e ).2rizr r C M R z z M rθαααθ--≤=-⎰⎰ 于是，当r →∞时，()ed 0rizC R z z α→⎰，故(5.11})式成立.(5.11})还可以变形为1()cos ()sin d 2πRes[()e ,].siz k k R x xdx i R x x x i R z z ααα+∞+∞=-∞-∞+=∑⎰⎰ (5.12)例5．9 求积分2cos d 45xx x x +∞++⎰.解：设R (z )=2145x x ++，则R (z )的分母高于分子二次，实轴上无奇点，上半平面只有一个一级极点z = –2+i ，故2122()ed 2πRes[()e ,2]2πlim [(2)]()e e e2πlim2π.22ixiz izz iiz iz i R x x i R z i i z i R z i i z i i+∞→-+-∞--→-+=-+=--+==++⎰由公式(5.12})，有2cos d 45x x x x +∞-∞++⎰=Re[12e 2π2i i i --]=1πe cos 2.- 在上面两类型的积分中，都要求R (z )在实轴上无孤立奇点，这时我们取积分闭曲线为图5.2的形式.当R (z )在实轴上有奇点时，我们要根据具体情况，对积分曲线稍作改变.下面以例题说明如何计算此类型的积分.例5.10 计算积分sin d xx x+∞⎰的值. 解：取函数f (z )=e izz，并取围道如图5.3所示，在此围道中f (z )是解析的.由柯西积分定理，得e e e e d d d d 0.r Rr Rix iz ix izR C r C x z x z x z x x --+++=⎰⎰⎰⎰ 令x =–t ，则有e e e d d d .r r Rix it ixR R rx t x x t x ----==-⎰⎰⎰ 所以有e e e e d d d 0.R rRix ix iz izr C C x z z x z z --++=⎰⎰⎰ 即sin e e 2d d d 0.R rRiz izr C C x i x z z x z z ++=⎰⎰⎰现在来证明0e e lim d 0lim d π.R riz izR r C C z z i z z →∞→==-⎰⎰和由于图5.3π2e ππsin 00sin 0e e d d e d π22e d (0,sin )2ππ(1e ),i R iR izR C R R z R z R Rθθθθθθθθθ---≤⋅==≤≤≥=-⎰⎰⎰⎰时所以e lim d 0.RizR C z z→∞=⎰ 又因为1e 11(),2!!iz n nz z i i z z z n zϕ-=+-+++=+ 其中ϕ(z )在z =0解析，且ϕ(0)=i .因此当|z |充分小时，可设|ϕ(z )|≤2.由于e d d ()d ,r r riz C C C z z z z z z ϕ=+⎰⎰⎰ 而πd e d πe r i i C z ir i z r θθθ==-⎰⎰ 和π()d (e)d 2π.Ri C z z r r r θϕϕθ≤≤⎰⎰故有0e lim d π.rizr C z i z →=-⎰ 综上所述，令R →∞,r →0,则有sin πd .2x x x +∞=⎰3. 形如2π(sin ,cos )d R θθθ⎰的积分这里R (x ,y )是两个变量x ,y 的有理函数，比如R (x ,y )= 2222641x y x y -+-.计算这种积分的一种方法是把它化为单位圆周上的积分.事实上，令z =e i θ，那么21111sin (e e )(),222i i z z i i z iz θθθ--=-=-=21111cos (e e )(),222i i z z i i z izθθθ-+=+=+=1d d .z izθ=从而原积分化为沿正向单位圆周的积分，即2π2201111d (cos ,sin )d [,]()d ,22z z z z zR R f z z z iz iz θθθ==+-==⎰⎰⎰其中f (z )=R [2211,22z z z iz +-]1iz⋅为z 的有理函数，且在单位圆周|z |=1上分母不为零，因而可用留数定理来计算.例5．11 计算积分2π4cos 4d θθ⎰. 解：令z =e (02π)i θθ≤≤,则4444cos 4()2z z θ-+=, 42π448441701111(1)cos 4d ()d d 216z z z z z z z iz i z θθ-==++==⎰⎰⎰ 在0z <<1内，被积函数的罗朗展开式为48179117(1)113.161648z z z z z ---+=+++故2π8441701(1)3cos 4d [2πRes[,0]]π.164z i i z θθ+==⎰ 总结上述的方法，我们发现，由于留数是与闭曲线上的复积分相联系的.因此利用留数来计算定积分需要有两个主要的转化过程：1) 将定积分的被积函数转化为复函数；2) 将定积分的区间转化为复积分的闭路曲线. 根据这种思路，我们可以计算更多的积分.比如，Fresnel 积分2cos d x x ∞⎰和2sin d x x ∞⎰.这两个积分在光学的研究中很有作用.取函数f (z )=2eix ，取积分围道如图5.4，因为f (z )在闭围道内解析，由柯西积分定理，有222e d e d e d 0.ix izix OABOABx z z ++=⎰⎰⎰当z 在OA 上时，z =x , 0≤x ≤r ,22e d e d .rix ixOAx x =⎰⎰当z 在AB 上时，z =r e i θ,0θ≤π4≤，此时4sin 2πθθ≥，所以2422πsin 2e e e.r iz rθθ--=≤故π42422ππe d ed (1e )0,().4r iz r ABz r r rθθ--≤⋅=-→→∞⎰⎰ 当z 在BO 上时，z =x 4πe i ,0,x r ≤≤πππ222444e 0e d ee d ee d .i ri i iz ix x BOrz x x -=⋅=-⎰⎰⎰ 令r →∞，于是(5.13})变为224e d 0ee d ,i ix x x x π∞∞-+-⎰⎰ 又2πe d xx ∞-=⎰, 因此22440πe d ee d e .2i i ix x x x ππ∞∞-==⎰⎰ 上式两边分别取实部和虚部，即得221πcos d sin d .x x x x ∞∞==⎰⎰ 小结留数定义为：011Res[(),]()d 2πCf z z a f z z i-==⎰其中1a -是函数()f z 在0z 点的罗朗展开式的10()z z --的系数，C 是0z 的去心邻域0<0z z -<R 内的包含0z 的任意一条正向简单闭曲线.图5.4留数定理：若函数()f z 在区域D 内除了有限个孤立奇点21,,,n z z z -外处处解析，C是D 内包含这些起点的一条正向简单闭曲线，则有：1()d 2πRes[(),]nji fCf z z i f z z ==∑⎰.留数定理将积分路径内包含有限个孤立奇点的复积分的计算问题转化为对这些奇点的留数的计算. 如何计算留数，我们有下列方法：⑴ 一般方法：设0z 为函数()f z 的孤立奇点（无论是可去奇点、极点或本性奇点），将()f z 在0z 处展开为罗朗级数，并求出系数1a -，则有01Res[(),]f z z a -=.特别是当0z 为本性奇点时，这个方法是比较常用的方法.⑵ 一级极点情形：若0z 为()f z 的一级极点，则有00Res[(),]lim()()z z f z z z z f z →=-⑶ m 级极点情形：若0z 为()f z 的m 级极点，则有010011Res[(),]lim [()()]!m m m z z d f z z z z f z m dz--→=-⑷ 化为零点问题：若()f z =()()P z Q z ,()P z 和()Q z 在0z 点解析，且()P z ≠0，()Q z =0，'()Q z ≠0,则0z 为()f z 的一级极点，且有000()Res[(),]'()P z f z z Q z =当()f z 为函数时，这个方法是常用的方法.⑸ 可去奇点情形，若0z 是函数f (z )的可去奇点时，则有0Res[(),]0f z z =.无穷远点∞处的留数定义为：设()f z 在R ﹤z ﹤∞内解析，C 为该区域内的绕原点的任意一条正向简单闭曲线，则()f z 在孤立奇点∞处的留数为11Res[(),]()d 2πCf z a f z z i-∞==⎰.若()f z 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点，则()f z 的所有奇点（包括无穷远点∞）的留数的总和等于零.应用留数定理，可以计算一些实积分，称为围道积分方法.重要介绍是下列三种类型的实积分：⑴()d R x x ∞-∞⎰; ⑵()ed ,0iaxR x x a ∞-∞>⎰;⑶2π(cos ,sin )d R x θθθ⎰.在利用围道积分时，主要做两方面的工作.一是找一个与所求积分的被积函数密切相关的复变函数()F z ;二是找一条合适的闭路曲线C ，使得在这条闭曲线所围成的区域D 内()F z 只有有限个孤立奇点. ()F z 沿着C 的积分与实积分紧密相关，这样就可以应用留数定理计算实积分.重要术语及主题留数留数定理扩充复平面无穷远点的留数留数计算留数定理的应用习题五1.求下列函数的留数.⑴ 5e 1()zf z z -=在0z =处； ⑵ 11()e z f z -=在1z =处.2. 利用各种方法计算()f z 在有限孤立奇点处的留数. ⑴ 232()(2)z f z z z +=+; ⑵ 1()sin f z z z=.3. 利用罗朗展开式求函数21(1)sin z z+在∞处的留数. 4.求函数1()()m mz a z b --(,a b m ≠为整数)在所有孤立奇点（包括∞点）处的留数.5. 计算下列积分. ⑴tan πd Cz z ⎰, n 为正整数，C 为z =n 取正向;⑵10d ()(1)(3)Czz i z z +--⎰, C :z =2,取正向. 6. 计算下列积分.⑴ π0cos d 54cos m θθθ-⎰; ⑵2π20cos3d 12cos a a θθθ-+⎰ ,a >1; ⑶ +2222-d ,()()xx a x b ∞∞++⎰a >0,b >0: ⑷ 22220,()x x a ∞+⎰a >0: ⑸+222sin d ,()x xx x b β∞+⎰β>0, b >0: ⑹+22-e d ,ixx x a∞∞+⎰a >0: 7. 计算下列积分.⑴20sin 2d (1)xx x x ∞+⎰; *⑵ 21d 2πza z i zΓ⎰,其中Γ为直线Re x c =,c >0,0<a <1.。

留数

）
(z 2 1)2
A.0
B. ie
4
C. ie
D. e
4
4
10.设 f(z)= 2z ，则 Res[f(z),1]=（
）
z2 1
A.0
B.1
C.π
D.2π
26.利用留数计算积分 I
ez
dz .
|z|2 (z 1)(z 4)4
10.设 C 为正向圆周|z|=1，则 c cot zdz （
这里，我们只介绍三个特殊的类型.
模型一：形如 2 R(cos ,sin )d 的积分. 0
推导：令 z ei , dz iei d ,
s in
ei
ei

z2 1 ,
2i
2iz
cos ei ei

z2 1 .
2
2z
R(cos ,sin )是cos，sin的有理函数；作为的函数，
在 0 2 内不为0,积分有意义.
由: cos 2 1 (e2i e2i ) 1 (z2 z2 )
2
2
所以:原式=
z2 z2
1
dz
|z|1 2 1 2 z1 z p2 iz
2

1 z4
dz f (z)dz.
|z|1 2iz(1 pz)(z p)
C. 0
D. 1
1
20．Res e z , 0 =
.

28．设 f(z)= e2z .
z5
(1)计算 Res[f(z),0]
(2)利用以上结果，计算积分 I= f (z)dz , 其中 C 为正向圆周|z|=1. C

5.1留数定理

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