5.2 留数的计算方法
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5.2留数
记为 1 ( ) , 相应地， f ( z ) f
因此， 函数 f ( z )在无穷远点 z 的性态可由 函数 ( ) 在原点 0 的性态来刻画。
四、函数在无穷远点的留数
1. 函数在无穷远点的性态
P112 例5.13
记为 1 1 ( ) , 解 令 z , 则 f (z) f 1 sin
2
1 1 ( 2 ) , 2! z 1
Res [ f ( z ) , 1 ] 1 .
三、留数定理
定理 设 f ( z ) 在区域 D 内除有限个孤立奇点 z1 , z2 , , zn 外
P114 定理 5.7
处处解析，在边界 C 上连续， 则
C
f ( z ) d z 2π i Res [ f ( z ) , zk ] .
事实上，此时 z0 为f ( z ) 的简单极点， 故有
P( z) Res[ f ( z ) , z0 ] lim ( z z0 ) z z0 Q( z )
lim
z 0
P ( z0 ) P(z) . Q( z ) Q( z0 ) Q( z0 ) z z0
解 (1) z 0 是 f1 ( z ) 的可去奇点，
d m 1 m [ ( z z ) f ( z )] ( m 1)! a1 ( z z0 ) ( z ) , 0 m 1 dz
二、留数的计算方法
3. 极点
方法 若 z 0 为 f ( z ) 的 m 阶极点，
(法则 ) P116 法则Ⅲ
特别 (1) 若 z 0 为 f ( z ) 的简单极点，则
P115 法则Ⅰ
Res[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z ) .
《复变函数与积分变换》 留数—计算规则
三、在 ∞ 点的留数 定义 2.2 设 ∞ 是 f ( z ) 的孤立奇点 , 则 f ( z ) 在 R < z < +∞ 内解析 ,
C 是 R < z < +∞ 内一条简单闭
y C
O
§5.2 留 数 —— 在 ∞ 点的留数
R
x
定理 2.2 若 f ( z ) 在 C U {∞} 上有有限个奇点：z1 ,L , z n , ∞ , 则
1 P ( z ) , z = 0 是 f ( z ) 的 3 级极点 . z3 1
解二：把 f ( z ) 在 z = 0 点展成洛朗级数 :
z − sin z 1 = 6 z6 z = 1 3 1 5 1 7 z − z − 3! z + 5! z − 7! z + L
O
1 = − c1 . ∫ C f ( z ) dz, 则 Res f ( z ) , ∞ 2π i Ñ
× zn
f ( z ) ,∞ . = − 2π i Res
§5.2 留 数 —— 在 ∞ 点的留数
规则 IV Res [ f ( z ), ∞ ] = − Res f ( )
(5)
假设 z0 是 f ( z ) 的 k 级极点 , k < m ,
f ( z ) = c− k ( z − z0 )
−k
+ L + c−1 ( z − z0 ) + c0 + c1 ( z − z0 ) + L
−1 m− k
( z − z0 )
0
m
f ( z ) = c− k ( z − z0 )
§5.2 留 数 —— 计算规则
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
留数
设C为该去心邻域内围绕z0的正向简单闭曲线，
∫
C
f ( z ) dz =
n = −∞ C
∑
+∞
cn ( z − z 0 ) n dz ∫
1 ∫ c−n ( z − z0 ) dz = C c−n ( z − z0 ) n dz ∫ C
−n
2πic−1 , n = 1 2πi ( n −1) 由高阶导数公式：= c− n f ( z0 ) (n − 1)! 0, n ≠ 1 dz ∫c f ( z )dz = c−1 ∫c z − z0 = 2πic−1
1 ∴ z 0为 Q ( z )的一级零点 , 从而 z 0为 的一级极点 , Q( z )
1 1 ϕ (z) 因此 , = Q ( z ) z − z0
(ϕ ( z )在 z 0处解析且 ϕ ( z 0 ) ≠ 0 )
1 g ( z ) ( g ( z ) = ϕ ( z ) P ( z ) 在 z 0 解析 , 故f ( z) = z − z0 且 g ( z 0 ) ≠ 0 ),
若将 f ( z )作 Laurent 级数展开 :
z − sin z 1 1 3 1 5 = 6 [ z − ( z − z + z − L)] 6 z z 3! 5! 1 1 11 = − +L 3 3! z 5! z
1 z − sin z ,0 = − ∴ Re s 6 5! z
留数(Residue) §5.2 留数
1. 留数的定义 2. 留数定理 3. 留数的计算规则
1. 留数的定义
设z0为f ( z )的孤立奇点，由洛朗定理
f ( z) =
n = −∞
cn ( z − z 0 ) n ∑
5.2.2留数的计算规则
1 5! z
所以
Res
z
sin z6
z
, 0
C1
1 5!
另外，在规则Ⅱ的证明过程中不难发现，如果 f (z)的极点的级数小于 m，
这时表达式
f z Cm (z z0 )m Cm1(z z0 )m1 C1(z z0 )1 C0
中的系数 Cm,Cm1, 中可能有一个或几个为零， 那么公式仍然成立，善用
由规则Ⅲ，
P zk Q zk
zk 4 zk 3
1 4zk 2
故由留数定理
c
z4
z
1
dz
2
i
1 4
1 4
1 4
1 4
0
事实上，当函数的极点的级数很高时，规则Ⅱ往往比较繁复，此时可以利用 其洛朗级数展开式来计算留数。
例4：计算
z
sin z6
z
在
z
0 的留数。
解：因为
z
sin z6
z
1 3! z3
z z0 m f z Cm Cm1 z z0 C1 z z0 m1 C0 z z0 m
d m1 dz m1
z
z0 m
f
z
m 1!C1 含有z
z0正幂的项
令 z z0， 两端求极限，得证；
规则Ⅲ
设
f
z=
Pz Qz
，其中P( z )，Q( z )
在 z0
如果 z0
是
f
(z)
的一级极点，那么
Res
f
z, z0
lim z
zz0
z0
f
z
证明： 设 z0 是 f (z) 的一级极点，那么
高等数学课件-复变函数与积分变换 第五章 留数 §5.2 用留数定理计算实积分
§5.2 用留数定理计算实积分
引言
在实际问题中，往往会遇到求一些实 积分的值，计算比较复杂。但是，如果把 它们化为复变函数的积分，运用留数定理 计算可能要简捷的多。
首先，被积函数必须要与某个解析函 数密切相关。
其次，定积分的积分域是区间，而用 留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线 的积分。
一、形如
积分限化为从 到 ，又显然 lim f z 0 z
于是积分属于上述类型，可由（2.4）式计算
f z 可写成
f z
1 z2 a2
2
z
ia
1
2
z
ia
2
易见，f z 在上半平面只有一个二级极点
z ia，计算 f zeipz在 z ia 点的留数
Re s f
z eipz ,ia
Re s
f
z eiz , 2i
lim z
z2i
2i
f
z eiz
zeiz
1
lim
z2i z 2i
z2 1
6e2
Re
s
f
z eiz ,i
lim z
zi
i
f
z eiz
lim
zeiz
1
zi z2 4 z i 6e
将所得留数代入（2.5）式得：
I
xsin x dx
(x2 4)(x2 1)
奇点？在实轴上是否无奇点？
c．等式 lim zf z 0 是否成立？ z
（2）计算 f z在上半平面奇点处的留数，
然后代入上述公式就得结果。显然结果必然
是实数，如果是复数，说明计算有误。
例2.3计算积分
x2
I
x2 1 2 dx
引言
在实际问题中，往往会遇到求一些实 积分的值，计算比较复杂。但是，如果把 它们化为复变函数的积分，运用留数定理 计算可能要简捷的多。
首先，被积函数必须要与某个解析函 数密切相关。
其次，定积分的积分域是区间，而用 留数来计算要牵涉到把问题化为沿闭曲线 的积分。
一、形如
积分限化为从 到 ，又显然 lim f z 0 z
于是积分属于上述类型，可由（2.4）式计算
f z 可写成
f z
1 z2 a2
2
z
ia
1
2
z
ia
2
易见，f z 在上半平面只有一个二级极点
z ia，计算 f zeipz在 z ia 点的留数
Re s f
z eipz ,ia
Re s
f
z eiz , 2i
lim z
z2i
2i
f
z eiz
zeiz
1
lim
z2i z 2i
z2 1
6e2
Re
s
f
z eiz ,i
lim z
zi
i
f
z eiz
lim
zeiz
1
zi z2 4 z i 6e
将所得留数代入（2.5）式得：
I
xsin x dx
(x2 4)(x2 1)
奇点？在实轴上是否无奇点？
c．等式 lim zf z 0 是否成立？ z
（2）计算 f z在上半平面奇点处的留数，
然后代入上述公式就得结果。显然结果必然
是实数，如果是复数，说明计算有误。
例2.3计算积分
x2
I
x2 1 2 dx
复变函数-14
机动
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结束
ln 3 z 例5.2.7 设 f ( z ) 2 , 计算Res[ f (z), i ]。 z 1
解
P( z) ln3 z, 解析且 P(i) 0,
Q( z) z 1,
2
Q(i) 0, Q(i) 0
所以z0=i是 f 的1阶极点, 根据定理5.2.4(规则III)
k k m
( z z0 ) f ( z) cm ( z z0 )
k 1
c1 ( z z0 ) ,0 | z z0 | R;
k 1
上式两端求k－1阶导数，注意 k -m ≧ 0,
1 d k lim [( z z ) f ( z )] c1。 所以 0 k 1 (k 1)! z z0 dz
Res f ( z ),
2i
C
f ( z )dz
（1）在定义5.2.2中, 积分路径是顺时针方向。 （2）若f (z)在圆环域 R | z | 内解析，则
其中
, R | z | n 1 Res f ( z ), f ( z )dz c1 2i C
0
n 1
n c ( z z ) n 0 (c1 0),0 | z z0 | R;
定理5.2.3( 规则II)
设z0是 f 的m阶极点, 若 k m, 1 d k 1 则 Res [ f ( z ), z0 ] lim k 1 [(z z0 ) k f ( z )] 。 (k 1)! z z0 dz
sin z , 令 cos z 0解得 解 f ( z ) tan z cos z 1 z k , 即z k k (k 0,1,2, )为f
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ln 3 z 例5.2.7 设 f ( z ) 2 , 计算Res[ f (z), i ]。 z 1
解
P( z) ln3 z, 解析且 P(i) 0,
Q( z) z 1,
2
Q(i) 0, Q(i) 0
所以z0=i是 f 的1阶极点, 根据定理5.2.4(规则III)
k k m
( z z0 ) f ( z) cm ( z z0 )
k 1
c1 ( z z0 ) ,0 | z z0 | R;
k 1
上式两端求k－1阶导数，注意 k -m ≧ 0,
1 d k lim [( z z ) f ( z )] c1。 所以 0 k 1 (k 1)! z z0 dz
Res f ( z ),
2i
C
f ( z )dz
（1）在定义5.2.2中, 积分路径是顺时针方向。 （2）若f (z)在圆环域 R | z | 内解析，则
其中
, R | z | n 1 Res f ( z ), f ( z )dz c1 2i C
0
n 1
n c ( z z ) n 0 (c1 0),0 | z z0 | R;
定理5.2.3( 规则II)
设z0是 f 的m阶极点, 若 k m, 1 d k 1 则 Res [ f ( z ), z0 ] lim k 1 [(z z0 ) k f ( z )] 。 (k 1)! z z0 dz
sin z , 令 cos z 0解得 解 f ( z ) tan z cos z 1 z k , 即z k k (k 0,1,2, )为f
数学物理基本方法5.2留数
应用留数定理求解微分方程
通过构造合适的复变函数，将微分方程的求解转化为复平面上留数 的计算。
典型例题的解析
例题1
例题3
求解一阶常系数线性微分方程。通过 构造指数形式的复变函数，利用留数 定理求解。
求解带有初值条件的一阶非线性微分 方程。通过构造满足初值条件的复变 函数，利用留数定理进行求解。
例题2
计算实轴上的定积分
利用留数定理，可以将某些实 轴上的定积分转化为复平面上 的围道积分，从而简化计算过 程。
计算围道上的线积分
对于某些围道上的线积分，可 以通过计算围道内奇点的留数 之和来得到积分结果。
判断函数的解析性
如果一个函数在某区域内解析 ，那么该函数在该区域内的任 意闭曲线上的积分为零。利用 留数定理可以判断一个函数是 否在某区域内解析。
留数定理的应用举例
计算实函数的定积分
通过构造复变函数，将实函数的定积分转化为复变 函数的线积分，再利用留数定理计算。
计算复变函数的线积分
对于某些特殊的复变函数，可以直接利用留数定理 计算其在某条曲线上的线积分。
解决物理问题
在物理学中，许多问题可以通过构造复变函数并应 用留数定理来解决，如计算电场、磁场等物理量的 分布。
求解二阶常系数齐次线性微分方程。 通过构造多项式形式的复变函数，利 用留数定理求解。
06
总结与展望
本文工作总结
研究背景
介绍了数学物理基本方法5.2留数 的研究背景和意义，了本文的主要研究内容， 包括留数的定义、性质、计算方法 和应用等方面的研究。
研究结果
通过洛必达法则，可以将求留数的问题转化为求导数的问题，从 而简化计算过程。
其他方法
幂级数展开法
当函数$f(z)$在奇点$z_0$处可以展开为幂级数时，可以通过幂级数的系数来计算留数。具体地，如果 $f(z) = sum_{n=0}^{infty} a_n (z - z_0)^n$，则留数可以表示为$text{Res}[f(z), z_0] = a_{-1}$，即幂 级数中$(z - z_0)^{-1}$的系数。
通过构造合适的复变函数，将微分方程的求解转化为复平面上留数 的计算。
典型例题的解析
例题1
例题3
求解一阶常系数线性微分方程。通过 构造指数形式的复变函数，利用留数 定理求解。
求解带有初值条件的一阶非线性微分 方程。通过构造满足初值条件的复变 函数，利用留数定理进行求解。
例题2
计算实轴上的定积分
利用留数定理，可以将某些实 轴上的定积分转化为复平面上 的围道积分，从而简化计算过 程。
计算围道上的线积分
对于某些围道上的线积分，可 以通过计算围道内奇点的留数 之和来得到积分结果。
判断函数的解析性
如果一个函数在某区域内解析 ，那么该函数在该区域内的任 意闭曲线上的积分为零。利用 留数定理可以判断一个函数是 否在某区域内解析。
留数定理的应用举例
计算实函数的定积分
通过构造复变函数，将实函数的定积分转化为复变 函数的线积分，再利用留数定理计算。
计算复变函数的线积分
对于某些特殊的复变函数，可以直接利用留数定理 计算其在某条曲线上的线积分。
解决物理问题
在物理学中，许多问题可以通过构造复变函数并应 用留数定理来解决，如计算电场、磁场等物理量的 分布。
求解二阶常系数齐次线性微分方程。 通过构造多项式形式的复变函数，利 用留数定理求解。
06
总结与展望
本文工作总结
研究背景
介绍了数学物理基本方法5.2留数 的研究背景和意义，了本文的主要研究内容， 包括留数的定义、性质、计算方法 和应用等方面的研究。
研究结果
通过洛必达法则，可以将求留数的问题转化为求导数的问题，从 而简化计算过程。
其他方法
幂级数展开法
当函数$f(z)$在奇点$z_0$处可以展开为幂级数时，可以通过幂级数的系数来计算留数。具体地，如果 $f(z) = sum_{n=0}^{infty} a_n (z - z_0)^n$，则留数可以表示为$text{Res}[f(z), z_0] = a_{-1}$，即幂 级数中$(z - z_0)^{-1}$的系数。
05第五章 留数理论
证明：设圆盘 |z|<ρ包含 b1, b2, …, bn
n
∫ ∑ 留数定理
è
|z|= ρ
f (z)dz
=
2π i
Res f (bk )
k =1
| z |= ρ
∞处留数的定义 è
∫ f (z )dz = − 2π i Res f (∞ ) |z|= ρ
n
∑ Res f (bk ) + Res f (∞) = 0
f ( z )dz
C
k =1 |z−bk |=δ
bn
n
= ∑ 2πi Res f (bk ) (留数定义)
k=1
L
b2 δ
4
2. 孤立奇点 ∞ 处的留数
∞
∑ 洛朗展开 f (z) = Ck zk , r <| z | k = −∞
定义 f(z) 在 z=∞ 处的留数 = z−1 的系数×(–1)
等价定义：
∫ def
Res f (∞) =
−1
f (z)dz (r < ρ)
2π i |z|=ρ
ρ r×0
• 若 f(z) 是偶函数，则 Res f (∞), Res f (0) 有定义时必为零
5
Ø全平面留数之和为零
设函数 f (z) 在整个复平面上只有奇点 b1, b2, …, bn，则 f (z) 在这些点及 ∞ 的留数之和为零
i
−
(b0 + 4a 4
b1 )
=
2π 2a 3
∫ +∞ 0
x
4
1 +
a4
dx
=Q= 2
2π 4a3
ΓR
b1
b0
-R b2
第五章 留数
zz0时, F(z)=f(z); 当z=z0时, F(z0)=c0. 由于
z z0
lim f ( z ) lim F ( z ) F ( z0 ) c0 ,
z z0
5
所以不论f(z)原来在z0是否有定义, 如果令
f(z0)=c0, 则在圆域|z-z0|<d内就有
f(z)=c0+c1(z-z0)+...+cn(z-z0)n+...,
其中 g(z)在 z0 解析, 且 g(z0)0. 所以当 zz0 时, 有 1 1 m m ( z - z0 ) ( z - z0 ) h( z ) f ( z) g ( z)
15
函数h(z)也在z 解析, 且h(z )不等于 0，z 不 是h(z)的零点， 因此z 是1/f(z) 的m级零点. 逆命题证明过程类似。
17
注意不能一看函数表面形式就急于作结论. 像函
e z -1 数 z 2 , 初看似乎 z=0 是它的 2 级极点, 其实是一
级极点. 因为
ez -1 1 z n 1 1 z 1 2 - 1 j ( z ), 2 z z z n 0 n! z 2! 3!
其中j(z)在 z=0 解析, 并且j(0)0.
18
4. 解析函数在无穷孤立奇点的性质 如果函数f(z)在无穷远点z=的去心邻域 R<|z|<内解析, 称点为f(z)的孤立奇点.
1 作变换 t z , 并且规定这个变换把扩充 z 平面上的
无穷远点 z=映射成扩充 t 平面上的点 t=0, 则扩充 平面 z 上每一个向无穷远点收敛的序列{zn}与扩充
3 5 2 n 1
26
§5.2 留数
z z0
lim f ( z ) lim F ( z ) F ( z0 ) c0 ,
z z0
5
所以不论f(z)原来在z0是否有定义, 如果令
f(z0)=c0, 则在圆域|z-z0|<d内就有
f(z)=c0+c1(z-z0)+...+cn(z-z0)n+...,
其中 g(z)在 z0 解析, 且 g(z0)0. 所以当 zz0 时, 有 1 1 m m ( z - z0 ) ( z - z0 ) h( z ) f ( z) g ( z)
15
函数h(z)也在z 解析, 且h(z )不等于 0，z 不 是h(z)的零点， 因此z 是1/f(z) 的m级零点. 逆命题证明过程类似。
17
注意不能一看函数表面形式就急于作结论. 像函
e z -1 数 z 2 , 初看似乎 z=0 是它的 2 级极点, 其实是一
级极点. 因为
ez -1 1 z n 1 1 z 1 2 - 1 j ( z ), 2 z z z n 0 n! z 2! 3!
其中j(z)在 z=0 解析, 并且j(0)0.
18
4. 解析函数在无穷孤立奇点的性质 如果函数f(z)在无穷远点z=的去心邻域 R<|z|<内解析, 称点为f(z)的孤立奇点.
1 作变换 t z , 并且规定这个变换把扩充 z 平面上的
无穷远点 z=映射成扩充 t 平面上的点 t=0, 则扩充 平面 z 上每一个向无穷远点收敛的序列{zn}与扩充
3 5 2 n 1
26
§5.2 留数
留数及其应用
注 将 f ( z ) 在 z 0 的去心邻域内的洛朗级数，有 1 1 1 1 z , ( 0 | z | ) . f (z) e 1 2 n z 2! z n! z
(含无穷多个负幂次项)
f ( z ) lim 解 z 1 是 f ( z ) 的奇点， 由 lim z 0 z 0
m (2) 若 f ( z ) ( z z0 ) ( z ) , ( z ) 在 z0 处解析且 ( z0 ) 0 ,
则称 z z0为 f ( z ) 的 m 阶零点。
对于不恒为零的解析函数，其零点是孤立的。
即在零点的一个小邻域内，函数无其它零点。
§5.1 孤立奇点 §5.1.4 零点
sin z 1, 解 z 0 是 f ( z ) 的奇点， 由 lim f ( z ) lim z 0 z 0 z 可知，z 0 是 f ( z ) 的可去奇点。
注 将 f ( z ) 在 z 0 的去心邻域内的洛朗级数，有
sin z 1 1 3 1 5 f (z) ( z z z ) z z 3! 5!
z z0
lim f ( z ) c (常数)；
lim f ( z ) ; (该条件只能判断是极点) zz
0
1 f (z) [ a N a N 1 ( z z0 ) ]; N ( z z0 )
z z0
(3) 本性奇点
lim f ( z ) 不存在且不为 .
且 ( z0 ) 0 , 则 z0 为 f ( z ) 的 N 阶极点。
事实上， z0为 f ( z ) 的 N 阶极点的充要条件(即定义)为：
§5.1 孤立奇点 §5.1.5 极点阶数判别方法
复变函数 留数和留数定理
,
3
z2 2! 1
3! z 2
z3 3!
1 4! z
z4 4! 1
5!
z5 5! z
6!
z6 6!
,
1
其中 n 的4项的系数为 c,从1 而1 也4! 有 Res[ f1(.z),0] c1 1 4!
15
(2) f2 (z) , sin(1; z) z0 0
解： 数为
f2 (在z)点 的z0 去 0心邻域
解 因为 z 0 是 f (z)的n阶极点，
所以
Res
ez zn
,0
(n
1
lim 1)! z0
dn1 dz n1
zn
ez zn
1. (n 1)!
10
例2
求
f
(z)
P(z) Q(z)
z
sin z6
z
在
z
0
的留数.
分析 P(0) P(0) P(0) 0, P(0) 0.
z 0 是 z sin z 的三级零点
求其留数,由3规则 得
1
Res[
f3
(z),
0]
lim( z 2
z0
sin2 z)
lim(2 z 2sin z cos z) (L'Hospital法则) z0
1
lim
1
z0 cos 2z
17
二、留数定理
• 留数概念的重要性在于下面的留数定理. 它使 得一些积分的计算变得十分容易.
定理1 若函数f(z)在正向简单闭曲线C上处处解析， 在C的内部除有限个孤立奇点z1,z2,…,zn外解析，
所以 z 0是 f (z)的三级极点， 由规则2得
3
z2 2! 1
3! z 2
z3 3!
1 4! z
z4 4! 1
5!
z5 5! z
6!
z6 6!
,
1
其中 n 的4项的系数为 c,从1 而1 也4! 有 Res[ f1(.z),0] c1 1 4!
15
(2) f2 (z) , sin(1; z) z0 0
解： 数为
f2 (在z)点 的z0 去 0心邻域
解 因为 z 0 是 f (z)的n阶极点，
所以
Res
ez zn
,0
(n
1
lim 1)! z0
dn1 dz n1
zn
ez zn
1. (n 1)!
10
例2
求
f
(z)
P(z) Q(z)
z
sin z6
z
在
z
0
的留数.
分析 P(0) P(0) P(0) 0, P(0) 0.
z 0 是 z sin z 的三级零点
求其留数,由3规则 得
1
Res[
f3
(z),
0]
lim( z 2
z0
sin2 z)
lim(2 z 2sin z cos z) (L'Hospital法则) z0
1
lim
1
z0 cos 2z
17
二、留数定理
• 留数概念的重要性在于下面的留数定理. 它使 得一些积分的计算变得十分容易.
定理1 若函数f(z)在正向简单闭曲线C上处处解析， 在C的内部除有限个孤立奇点z1,z2,…,zn外解析，
所以 z 0是 f (z)的三级极点， 由规则2得
5.2留数定理的应用
1 又在圆周{z :| z | n}内, 由 | k | n知, 2 k n, n 1, , 0,1, , n 1共2n个. 由留数定理,
1 I tan( z )dz 2 i Re s( f , k ) 4ni. | z| n 2 k n
例3 求积分I |z|n tan( z )dz.
sin( z ) 解 被积函数f ( z ) tan( z ) 仅有单极点 cos( z ) 1 z k , k 0, 1, 2, ,由方法4, 2 sin( z ) 1 Re s( f , 0) . ' z k 1 cos( z ) 2
n 1
2. 形如 R(cos ,sin )d的积分
0
2π
思想方法 : 把定积分化为一个复变函数沿某条
封闭路线的积分 . 两个重要工作: 1) 积分区域的转化
2) 被积函数的转化
形如
0
2π
R(cos , sin )d
令 z ei , 则 2 1 1 1 i z 1 i z cos (e e ) , 2 z 2 2z
Cr
Im zk 0
Res[R( z ), zk ],
由引理5.2.1知
所以
lim R( z )dz 0,
r Cr
r R ( x )d x lim R ( x )d x R ( z )d z Cr r r =2πi Res[R( z ), zk ]. Im zk 0
一个单极点z 0和一个二阶极点z 1.由方法3,
ez Re s( f ,0) ( z 1)2
1,
z 0 z '
1 I tan( z )dz 2 i Re s( f , k ) 4ni. | z| n 2 k n
例3 求积分I |z|n tan( z )dz.
sin( z ) 解 被积函数f ( z ) tan( z ) 仅有单极点 cos( z ) 1 z k , k 0, 1, 2, ,由方法4, 2 sin( z ) 1 Re s( f , 0) . ' z k 1 cos( z ) 2
n 1
2. 形如 R(cos ,sin )d的积分
0
2π
思想方法 : 把定积分化为一个复变函数沿某条
封闭路线的积分 . 两个重要工作: 1) 积分区域的转化
2) 被积函数的转化
形如
0
2π
R(cos , sin )d
令 z ei , 则 2 1 1 1 i z 1 i z cos (e e ) , 2 z 2 2z
Cr
Im zk 0
Res[R( z ), zk ],
由引理5.2.1知
所以
lim R( z )dz 0,
r Cr
r R ( x )d x lim R ( x )d x R ( z )d z Cr r r =2πi Res[R( z ), zk ]. Im zk 0
一个单极点z 0和一个二阶极点z 1.由方法3,
ez Re s( f ,0) ( z 1)2
1,
z 0 z '
留数及其应用对数留数与辐角原理
以(z - z0 )m 乘上式两边, 得 (z - z0 )m f (z) c-m c-m1(z - z0 ) c-1(z - z0 )m-1
c0(z - z0 )m
两边求m - 1阶导数得
d m-1 dzm-1
{(z
-
z0 )m
f
(z)}
(m
- 1)!c-1
m!(z
-
z0 )
d m-1
1
d m-1
Re
s[
f
( z ),
z0 ]
(m
-
1)!
lim
z z0
dz m -1
(z - z0 )m
f (z)
(5)
证明：由条件
f (z) c-m (z - z0 )-m c-2(z - z0 )-2 c-1(z - z0 )-1 c0 c1(z - z0 ) , (c-m 0)
f
( z )]
lim
z0
-
e-z
-1
例
函数
f(z)
1
e iz z
2在极点处的留数
解：因为函数 且
f (z)
e iz 1 z2
,有两个一阶极点
z
i
，
P(z) 1 eiz , Q'(z) 2z
有Res[ f z, i] eiz
- i
2z zi
2e
Res[ f z,-i] eiz
i e.
2z z-i 2
2z
5
-
1 10
Res[
f
z ,2]
lim( z
z2
-
2)
f
(z)
lim
z2
5.2留数定理的应用
形如
2π
0
R(cos ,sin )d
令 z ei ,则
cos
1 (ei 2
ei )
1 2
z
1 z
z2 1 ,
2z
sin
1 (ei 2i
ei
)
1 2
z
1 z
z2 1 ,
2iz
dz iei d ,
d dz .
iz
当 历经变程 [0,2π ] 时,
z 沿单位圆周 z 1的正方向绕行一周.
f
(z0 )
lim
n
f
(zn )
0.
因此z0也是f (z)的零点. 故z0 D. 若z0 D. 设z0到D的距离为d. 则圆盘{z :| z z0 | d}与D无交点. 与z0是{zn}的聚点矛盾. 若z0 D. 由唯一性定理得f (z) 0.
又由连续性知，在D上f (z) 0.
这与边界上无零点矛盾. 故f (z)在D内至多有有限个零点. 对 1 的零点运用上述结论,
为互素多项式,且满足条件n
m
2,
S
为圆弧
R
z Rei (1 2 ),则
lim f (z)dz 0.
R SR
证 由于f (z) P(z) 为有理分式和n m 2,
Q(z)
所以 lim R
zf
(
z)
0于SR上一致成立.
因此, 0, R0 R( ) 0.使当R R0时，有
| zf (z) |
并且分母在实轴上无孤立奇点.
设R(x)
a0 xm b0 xn
a1xm1 b1xn1
am , n m 2 bn
引理 5.2.1
设f (z) P(z) 为有理分式, Q(z)
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
[
]
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
留数——精选推荐
留数5. 留数⽬录⾸先说明⼀下为什么会有留数？对于图中的这样⼀个积分路径，由于内部区域不完全解析。
所以根据柯西积分定理，我们可以将其转化为下图的积分路径：当通往奇点的两条路线⽆限接近时，就可以得到下图：即对于⼤回路的积分等于对所有奇点的路径的积分之和的相反数。
即：∮L=∮L−1+L−2+L−3所以问题变成了如何求对于奇点的路径的积分∮L f(z)dz由上⼀章的洛朗级数知，洛朗级数在幂次为-1项的系数为c−1=12πi∮Cf(ζ)(ζ−z0)−1+1dζ=12πi∮C f(ζ)dζ由于这个系数很有⽤，所以专门称复变函数在某⼀点的洛朗级数展开式的幂次为-1的项的系数为留数。
记作Res[f(z),z0]所以就可以提前给出留数定理，对于正向闭合路径C，如果其所围区域内除了有限个孤⽴奇点z1,z2,⋯,z k 外处处解析，则有∮C f(z)dz=2πin∑k=1Res[f(z),z k]所以留数定理本质上是对于柯西积分定理的应⽤。
5.1 孤⽴奇点5.1.1 解析函数的孤⽴奇点及分类若函数f(z)在z0的邻域内除z0外处处解析，则称z0为f(z)的⼀个孤⽴奇点。
根据洛朗级数的定理，我们可以将f(z)展开成洛朗级数f(z)=⋯+a−m(z−z0)−m+⋯+a0+a1(z−z0)+⋯+a n(z−z0)n,z∈D如果上式中的负幂项系数均为零，若记剩下的幂级数的和函数为F(z)，则F(z)是在z0处解析的函数。
且当z∈D时，F(z)=f(z)，当z=z0时，F(z)=a0。
于是令f(z0)=a0，所以f(z)在z0处就是解析的了，所以点z0被称为可去奇点。
如果上式只有有限个(z−z0)的负幂项的系数不为零，那么孤⽴奇点z0称为函数f(z)的极点。
如果负幂项的最⾼次幂为(z−z0)−m，则称z0为函数f(z)的m阶极点。
如果(z−z0)的负幂项系数有⽆穷多个不为零，那么孤⽴奇点z0称之为f(z)的本性奇点。
5.1.2 解析函数在有限孤⽴奇点的性质定理：设函数f(z)在0<|z−z0|<δ内解析，则z0是f(z)的可去奇点的充要条件为：存在着有限极限lim z→zf(z).定理：设函数f(z)在0<|z−z0|<δ内解析，则z0是f(z)的极点的充要条件为：lim z→zf(z)=∞.定理：设函数f(z)在0<|z−z0|<δ内解析，则z0是f(z)的本性奇点的充要条件为：不存在有限或⽆穷的极限lim z →z 0f (z ).如e 1z在z=0处为本性奇点，因为其展开成洛朗级数后有⽆穷多个负幂项不为05.1.3 函数的零点与极点的关系设函数f(z)在z 0的邻域N (z 0,δ)={z :|z −z 0|<δ}内解析，并且f (z 0)=0，则点z 0称为f(z)的⼀个零点。
复变函数第11讲用留数计算实积分
z −1
+
p2
⋅
dz iz
2
1+ z4
∫ ∫ =
| z|=1
2iz2
(1 −
pz )( z
−
p)
d
z
=
f
| z|=1
(z)
d
z
4
在被积函数的三个极点z=0,p,1/p中只有前两 个在圆周|z|=1内, 其中z=0为二级极点, z=p为 一级极点.
Res[
f
(z),0] =
lim
z→0
d dz
⎡ ⎢
=
λ
,
r→∞
∫ 则 lim r →∞
Cr R( z)dz = i(θ 2 − θ1 )λ
14
+∞
∫ 3. 形如 R( x)eaixd x(a > 0) 的积分 −∞
当R(x)是x的有理函数而分母的次数至少比 分子的次数高一次, 且R(x)在实数轴上没有 奇点时, 积分是存在的象2中处理的一样, 由 于m−n≥1, 故对充分大的|z|有
Cr
Cr
r2
2π = r ⎯r⎯⎯→∞→ 0
+∞
因此 ∫−∞ R( x)d x = 2 π i∑ Res[R(z), zk ].
如果R( x)为偶函数,
+∞
∫0R( x)d x = π i∑ Res[R(z), zk ]
10
例 计算
的值.
解 这里 m=4,n=2,m−n=2,并且实轴上 R(z)没有 孤立奇点, 因此积分是存在的. 函数
有理函数, 而分母的次数至少比分子的次数高
+ 二次, 并且 R(x)在实轴上没有孤立奇点时, 积
复变函数第五章2留数的一般理论
注：C的反方向正好是包含的闭曲线的正方向。
(对于C上任意一点P沿此方向在C上前进
时, 始终在点P的左方.)
f (z)在R z 内的罗朗展开式
f (z) c1z 1 c0 c1z
1
2i C f (z)dz c1 (利用柯西定理及例3.6)
1
Res[f (z),] 课件2i C f (z)dz
(
ez z2
1)
z
1
f (z)在R z 内的罗朗展开式
zn 1
f (z)
n0
n! z2
1 1 1 z z 2! 3!
ez 1
Re s[ z2 , ] 1
课件
20
定理5.6 如果函数f (z)在扩充复平面内除有限个孤立奇点
z1, z2, , zn , 外处处解析，那么 f (z)在所有各奇点（包括点)的留数的总和必等于零.
2
解 z 0为被积函数的一阶极点，z 1为二阶极点
且 z 0, z 1都在C内。 根据留数定理
C
ez z(z 1)2 dz
2i{Res ez
Res[ f (z),0] lim
z0 z(z
[f (z),0] Re
1)2 z 1
s[
f
(
z),1]}
Res[
f
(z),1]
(2
1 1)!
lim
1
2i
f (z) dz
c
为f (z)在孤立奇点z0 的留数，记作 Res[ f (z), z0 ]
其中，C : z z0 r R
c1 Res[ f (z), z0 ]
f (z)在z0去心邻域上罗朗级数中负幂项 c1 (z z0 )1的系数。
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20
思考题
sin2 z 计算 2 dz , C : z 2正向. z ( z 1) C
21
思考题答案
2 i sin 1.
2
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22
在 z0 的某个去心邻域 0 z z0 R内包含 z0 的
任意一条简单闭曲线 C 的积分
C
f ( z )dz 的值除
以 2i 后所得的数称为 f ( z ) 在 z0 的留数.
记作 Res[ f ( z ), z0 ]. (即 f ( z ) 在 z0 为中心的圆环
域内的洛朗级数中负幂项c1 ( z z0 )1 的系数.)
解
因为 z 0 是 f ( z )的 n阶极点，
1 d n1 n e z ez lim n1 z n 所以 Res n ,0 z 0 dz ( n 1 )! z z
1 . ( n 1)!
12
P ( z ) z sinz
z 1为二级极点,
z
e Res[ f ( z ),0] lim z 2 dz z 0 z ( z 1) ez lim 2, z 0 ( z 1)
z 1 d e 2 Res[ f ( z ),1] lim ( z 1) ( 2 1)! z 1 dz z( z 1)2
f ( z ) c n ( z z0 ) n c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 ) cn ( z z0 )n
2
积分 f ( z )dz
C
c n ( z z0 ) dz c1 ( z z0 ) dz
所以 Res[ f ( z ), z0 ] c1
1 d lim m 1 [( z z0 )m f ( z )]. ( m 1)! z z0 dz
m 1
[证毕]
9
P(z) , P ( z ) 及 Q( z ) 在 z0 都解析， •规则3 设 f ( z ) Q( z )
分析
P (0) P (0) P (0) 0 , P (0) 0 .
z 0 是 z sin z 的三级零点
所以 z 0 是 f ( z )的三级极点，由规则3得
1 d 3 z sin z Res[ f ( z ),0] lim 2 z . 6 ( 3 1)! z 0 dz z
5
n
说明:
证
C
如图
C1 C2 Cn
f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz
.zn
z1 . .z2
C
两边同时除以 2i 且
D
1 1 1 f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz 2i C1 2i C2 2i Cn
二、利用留数求积分
1.留数定理
函数 f ( z ) 在区域 D内除有限个孤
立奇点 z1 , z2 ,, zn 外处处解析, C 是 D内包围诸奇
点的一条正向简单闭曲线, 那末
C
Res[ f ( z ), zk ]. f ( z )dz 2i k 1
留数定理将沿封闭曲线C积分转化为求 被积函数在C内各孤立奇点处的留数.
P(z) Res[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z ) lim z z0 z z0 Q ( z ) Q ( z0 ) z z0 P ( z0 ) . Q ( z 0 )
11
所以 z0 为 f ( z ) 的一级极点,
四、典型例题
ez 例1 求 f ( z ) n 在 z 0 的留数. z
证
m 1
f ( z ) c m ( z z0 )
m
c 2 ( z z0 )
2
c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 )
( z z0 )m f ( z ) cm cm 1 ( z z0 ) c1 ( z z0 )m 1
c0 ( z z0 )m c1 ( z z0 )m 1
8
两边求 m 1 阶导数,
d m 1 m 得 m 1 [( z z0 ) f ( z )] dz
( m 1)! c1 +(含有 z z0 正幂的项)
d m 1 m lim m 1 [( z z0 ) f ( z )] ( m 1)!c1 , z z0 dz
Res[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z ).
z z0
7
•规则2 如果 z0 为 f ( z ) 的 m 级极点, 那末
1 d Res[ f ( z ), z0 ] lim m 1 [( z z0 )m f ( z )]. ( m 1)! z z0 dz
Res[ f ( z ), z1 ] Res[ f ( z ), z2 ] Res[ f ( z ), zn ]
Res[ f ( z ), zk ] 即可得.
k 1 n
[证毕]
6
2.留数的计算方法 (1) 如果 z 0 为 f ( z ) 的可去奇点, 则 Res[ f ( z ), z0 ] 0. (2) 如果 z 0 为 f ( z ) 的本性奇点, 则需将 f ( z ) 展开 成洛朗级数求 c1 . (3) 如果 z 0 为 f ( z ) 的极点, 则有如下计算规则 •规则1 如果 z 0 为 f ( z )的一级极点, 那末
由规则3
P( z) z 1 3 2, Q ( z ) 4 z 4z
18
z 1 1 1 1 0. z 4 1 dz 2i 4 4 4 4 C
19
五、小结与思考
本节我们学习了留数的概念、计算以及留数
定理. 应重点掌握计算留数的一般方法,尤其是极 点处留数的求法, 并会应用留数定理计算闭路复 积分.
n 1 C C
0 n c0dz c1 ( z z0 )dz cn ( z z0 ) dz
C C C
(高阶导数公式)
2i
0 (柯西-古萨基本定理)
2ic1
洛朗级数中负幂项 c1 ( z z0 ) 的系数
1
3
1 即 c 1 f ( z )dz Res[ f ( z ), z0 ] 2i C f ( z ) 在 z0 的留数 定义 如果 z0 为函数 f ( z ) 的一个孤立奇点, 则沿
1 1 d 5 6 z sin z . Res f ( z ),0 lim 5 z 6 5! (6 1)! z 0 dz z
15
ez 例4 计算积分 2 dz , C为正向圆周: z 2. z( z 1) C
解 z 0 为一级极点,
1 z0 为 Q( z ) 的一级极点.
10
因此
1 1 ( z ), Q ( z ) z z0 1 f (z) P ( z ) ( z ) . z z0 在 z0 解析且 P ( z0 ) ( z0 ) 0.
其中 ( z ) 在 z0 解析且 ( z0 ) 0,
14
说明: 1. 在实际计算中应灵活运用计算规则. 如 z0 为 m 级极点，当 m 较大而导数又难以计算时, 可直接展开洛朗级数求 c1 来计算留数 .
2. 在应用规则2时, 为了计算方便一般不要将m 取得比实际的级数高. 但有时把m取得比实际的
级数高反而使计算方便. 如上例取 m 6 :
2
计算较麻烦.
13
解
如果利用洛朗展开式求 c1 较方便:
z sin z 1 z3 z5 6 z z 6 3! 5! z z
z3 z5 , 3! 5!
1 z sin z Res ,0 c1 . 6 5! z
如果 P ( z0 ) 0 , Q( z0 ) 0 , Q( z0 ) 0 , 那末 z0 为
P ( z0 ) f ( z ) 的一级极点, 且有 Res[ f ( z ), z0 ] . Q ( z 0 )
证
因为 Q( z0 ) 0 , Q( z0 ) 0 所以z0 为 Q( z ) 的一级零点,
16
z d ez e ( z 1) lim 0 , lim 2 z 1 dz z z z 1
ez 所以 2 dz z( z 1) C
2iRes[ f ( z ),0] Res[ f ( z ),1]
2i (1 0)
2i .
17
z 有四个一级极点 1 , i 都 被积函数 4 z 1
在圆周 z 2 的内部 , 所以
z z 4 1 dz 2iRes[ f ( z ),1] Res[ f ( z ),1] C
Res[ f ( z ), i ] Res[ f ( z ), i ]
第二节
留 数
一、留数的引入
二、利用留数求积分
三、在无穷远点的留数
四、典型例题
五、小结与思考
一、留数的引入
设 z 0 为 f ( z ) 的一个孤立奇点;
.z
z0 的某去心邻域 0 z z0 R
0
C
C:邻域内包含z0 的任一条正向简单闭曲线
f ( z ) 在 0 z z0 R 内的洛朗级数: