第二讲 留数的计算

由洛朗展式
sin z 1 z3 z2 f (z) ( z ) 1 z z 3! 3! 知 Re s[ f ( z ),0] c1 0 1 2) f ( z ) 2 在0 | z | 1内解析 z (1 z )
由洛朗展式
1 1 1 1 2 f (z) 2 2 (1 z z ) 2 1 z z (1 z ) z z
从而有下述
P(z) Q ( z ) 在 z0 都 规则 III 设 f ( z ) ，P ( z ) 及 Q( z ) 解析，如果 P ( z 0 ) 0, Q ( z0 ) 0, Q( z0 ) 0, 那么 z0 为 f ( z ) 的一级极点，而
P ( z0 ) Re s[ f ( z ), z0 ] Q ( z 0 )
C f ( z )dz 2i Re s[ f ( z ), zk ]
k 1
n
证明： 把在 C 内的孤立奇点 zk ( k 1,2, n) 用互不包含 的正向简单闭曲线C k 围绕起 来（如图），那么根据复合 闭路定理有
z1 z2
C2
C1
C
D
C5
z3
C3
z5 z4
C4
C f ( z )dz C1 f ( z )dz C2 f ( z )dz Cn f ( z )dz
P (0) sin z z 0 0, P (0) cos z z 0 1 0
因此 z 0 是 z - sin z 的 3 级零点，从而z 0 是f ( z ) 的 3 级极点。应用规则 I，得
z - sin z 1 d 2 3 z sin z Res[ 6 ,0] lim 2 [ z ] 6 ( 3 1)! z 0 dz z z
d m 1 m {( z z ) f ( z )} ( m 1)!c1 (含有正幂的项)。 0 m 1 dz
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令 z z0 ，两端求极限，
d m 1 lim m 1 [( z z0 )m f ( z )] ( m 1)!c1 z z0 dz ( m 1)! Re s[ f ( z ), z0 ] 由此我们得 规则 I 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 特别 m 1 时
z
k 1
n
ze dz ，C 为正向圆周：z 2 。 例 4：计算积分 C 2 z 1 ze z 解： 由于 f ( z ) 2 有两个一级极点 +1，–1，而这两 z 1 个极点都在圆周 z 2 内，所以 ze z C 2 dz 2i{Re s f ( z ),1 Re s[ f ( z ),1]}, z 1
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例 2、计算下列积分,曲线取正向
1 cos z dz 1) |z|1 3 dz 2) |z |1 z sin z z cos z 解：1) f ( z ) 3 只有z 0一个奇点, 为3级极点。 z 1 1 Re s[ f ( z ),0] [cos z ]z0 所以 2! 2 从而 原式 2i Re s[ f ( z ),0] i 1 2) f ( z ) 在 | z | 1内只有z 一个奇点， z sin z 1 1 |z , sin z |z 0, (sin z )z 1 z 1 1 Re s[ f ( z ),0] 所以 1
一般来说， 在应用法则 I 时， 为了计算方便不要将m 取的 比实际的级数高。 但本题表明某些时候m 取的比实际的级 数高反而使计算方便。 总之，求函数一点的留数一定要根据实际情况选择适当 方法灵活处理。
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3、留数定理
定理一（留数定理） 设函数 f ( z ) 区域 D 内除有限个孤 立奇点外处处解析。C 是 D 内包围诸奇点的一条正向简 单闭曲线，那么
2
若我们能先知道奇点的类型，对求留数更为有利。 若 z0 是 f ( z ) 的可去奇点，那么c1 0 ，所以 Re s[ f ( z ), z0 ] 0 。 若 z0 本性奇点，那就往往只能把f ( z ) 在z0 展开成洛朗 级数的方法来求c1 。 上页 返回 结束
2、留数的计算法则
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由规则 II，得
ze z ze z e Re s[ f ( z ),1] lim ( z 1) 2 lim z 1 z 1 z 1 z 1 2
ze z ze z e 1 Re s[ f ( z ),1] lim ( z 1) 2 lim z 1 z 1 z 1 z 1 2 ze z e e 1 因此 C 2 dz 2i ( ) 2ich1 2 2 z 1
圆周 z 2 内，所以
z C 4 dz 2i{Re s[ f ( z ),1] Re s[ f ( z ),1] z 1 Re s[ f ( z ), i ] Re s[ f ( z ), i ]}
知
Re s[ f ( z ),0] c1 1
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由洛朗展式
1 3) f ( z ) z sin 在0 | z | 内解析 z
2
知
1 1 1 2 1 f ( z ) z sin z ( ) 3 5 z z 3! z 5! z 1 1 z 3 3! z 5! z 1 1 Re s[ f ( z ),0] 3! 6
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等式两边除以2i ，得 1 f ( z )dz Re s[ f ( z ), z1 ] Re s[ f ( z ), z2 ] C 2i Re s[ f z , zn ]
即
C f ( z )dz 2i Re s[ f ( z ), zk ]
心邻域 0 | z z0 | r 内任意绕 z0 简单正向闭曲线。
注：由连续变形原理，留数与C的选取无关。 由留数定义 C f ( z )dz 2i Re s[ f ( z ), z0 ]
其中C 为简单正向闭曲线，且f ( z ) 在 C 及 C 内只有 z0
一个奇点。 上页 返回 结束
注：上式表明求一点处的留数只需将函数在该点去心 邻域内展成洛朗级数，那么该级数负一次幂的系数即 为函数在该点留数值。
n
例1、 计算下列函数在z 0 的留数。
sin z 1) z
1 2) 2 z (1 z )
1 3)z sin z
2
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sin z 解：1) f ( z ) 在0 | z | 内解析 z
对照方法一，方法二简单的多！
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观察法则 I 的推导过程，不难发现，如果函数f ( z ) 的极点 z0 的级数不是m ，它的实际级数要比 m 低， 公式仍然有效。 [方法三](巧用法则 I) 取m=6, 则
z- sin z 1 d 5 6 z sin z Res[ 6 ,0] lim 5 [ z ( )] 6 (6 1)! z 0 dz z z 1 1 lim ( cos z ) 5! z 0 5!
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1 d 2 z sin z lim 2 ( ). 3 2! z 0 dz z
后面将是一个复杂的求导求极限过程。 对本题来说，这不是一种好方法。
[方法二]利用罗朗展开式 z - sin z 1 1 3 1 5 1 1 6 [ z ( z z z )] , 6 3 3! 5! 5! z z z 3! z z- sin z 1 Res[ 6 ,0] c1 . 所以 5! z
第二讲 留数及留数的计算规则
1、留数的定义
2、留数的计算法则 3、留数定理 4、思考与练习
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1. 留数的定义
定义： 设 f ( z ) 以有限点z0 为孤立奇点， 即在点 z0 的某去 心邻域 0 | z z0 | r 内解析，则称积分
1 C f ( z )dz 2i 为 f ( z ) 在点 z0 的留数，记作Re s[ f ( z ), z0 ] 。其中C 为去
c1 ( z z0 )1 c0 c1 ( z z0 ) ,
( z z0 )m f ( z ) c m c m 1 ( z z0 ) c1 ( z z0 )m 1 c0 ( z z0 )m ,
两边求 m 1阶导数，得
z z0
注意到
(z)
1 Q( z ) (z) ( z z0 ) f (z) P(z) P(z)
在 z0 解析且不等于 0，
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P(z) 由 Q ( z0 ) 0 得 ( z z0 ) f ( z ) Q ( z ) Q ( z0 ) z z0 所以 lim P ( z ) P ( z0 ) z z0 lim ( z z0 ) f ( z ) Q ( z ) Q ( z 0 ) Q ( z 0 ) z z0 lim z z0 z z0
因为 z0 是Q( z ) 的一级零点， 所以 Q( z ) ( z z0 ) ( z ) 其中 ( z ) 在 z0 解析。 那么在 z z0
P( z) 1 所以 z0 为 的一级零点， 从而为 f ( z ) 的一级极点。 f (z) 根据规则 II, Re s[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z )
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从而
原式= 2i Re s[ f ( z ), ] 2i
P ( z ) z sin z 例 3、 求函数 f ( z ) 在z 0 处的留数。 6 Q( z ) z
解： [方法一]利用计算法则
由于 P (0) ( z - sin z ) z 0 0, P (0) (1 cos z ) z 0 0
设 f ( z ) 在0 | z z0 | r 内的洛朗展式为
f ( z ) cn ( z z0 ) n

1 f (z) cn dz 由洛朗展式定理 C n 1 2i ( z z0 ) 1 所以 c1 C f ( z )dz 从而 Re s[ f ( z ), z0 ] c1 2i
在 z0 是极点的情形，下面几个在特殊情况下求c1 的 规则，都是很有用的. 设 z0 是 f ( z ) 的m 级极点，那么由洛朗展式定理 f ( z ) c m ( z z 0 ) m c 2 ( z z 0 ) 2
以( z z0 )m 乘上式的两端，得
规则 II 如果 z0 为 f ( z ) 的一级极点，那么
Re s[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z )
z z0
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P( z) 若 f ( z ) 具有 形式， P ( z ), Q ( z ) 解析，且满足 Q( z )
P ( z 0 ) 0, Q( z0 ) 0, Q( z0 ) 0,
注、我们也可以用规则 III来求留数：
ze z Re s[ f源自文库( z ),1] 2z
这比用规则II要简单些。
e z 1 ; 2
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z 例 5：计算积分 C 4 dz ，C 为正向圆周：z 2 。 z 1 z 解： 被积函数 f ( z ) 4 有四个一级极点 1, i 都在 z 1