无穷远点的留数

例3： 计算积分
c
z4
z
1
dz
，
C
为正向圆周
z
3
。
解：
f
(z)

z z4 1
四个一级极点 z1,2 1, z3,4 i 都在C 内，
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
解：
f
(z)

ez
z z 12
的一级极点z 0 二级极点 z 1 都在C 内
由规则Ⅰ，
Res
f
z,0
lim z z0
ez
z z 12

lim
z0

z
ez
12
1
由规则Ⅱ ，
Res
f
z,1

(2
1 lim 1)! z1
d dz
Res f
z, z0

1
m 1
lim ! zz0
d m1 dz m1
z z0 m
f
z
规则Ⅲ
设
f

z

=
P Q

z z
，其中 P(z，) Q(z)
在
z0
处解析， 且 P(z0 ) 0
，
Q(z0 ) 0, Q(z0 ) 0 即 z0 为 f (z)的一级极点， 那么
即 z0 为 f (z)的一级极点， 那么

( g ( z ) ( z ) p( z ) 在z0解析, 且 g ( z0 ) 0 )
则z0为f ( z)的一级极点,由规则
Re s[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z )
z z0
Re s[ f ( z ), z0 ] lim ( z z0 ) f ( z )

(5)
事实上，由条件
f ( z ) cm ( z z0 ) m c2 ( z z0 ) 2 c1 ( z z0 ) 1 c0 c1 ( z z0 ) , (cm 0)
以( z z0 )m 乘上式两边 ,得
( z z0 ) m f ( z ) cm cm1 ( z z0 ) c1 ( z z0 ) m1 c0 ( z z0 ) m



当 m = 1时，式(5)即为式(4).
p( z ) , Q( z ) p( z ), Q( z )在z0 处解析,
规则III 设f ( z )
p( z0 ) 0 , Q( z0 ) 0 , Q' ( z0 ) 0，则
z0 是f ( z )的一级极点 ,且 p( z0 ) Re s[ f ( z ), z0 ] Q' ( z 0 ) ( 6)
c k 1
n
k
]
(3)
证明
用互不包含 , 互不相交的正向简单闭 曲线ck (k 1,2,n)，将 c内的弧立奇点zk 围绕,
由复合闭路定理得：
f ( z)dz
c
c1
f ( z )dz f ( z )dz f ( z )dz
c2 cn

，即
R e s[ f ( z ), z 0 ] c 1
或 R e s [ f ( z ), z 0 ]
2 i
1
f ( z )d z
C
C是此圆环域内围绕 z 0 的任一条正向简单闭曲线.
2、留数的计算
(1) 如果 z 0 为 例如：
f (z)
的可去奇点, 则
R es[ f ( z ), z 0 ] 0 .
1、留数的定义
若z0 是 f (z)的孤立奇点，则 f (z) 在某圆环域
0 z z0
内可以展开为洛朗级数
f (z)

n

cn ( z z0 ) ,
n
上述展开式中负一次幂项的系数 c 1 称为
z0
f (z)
在
处的留数，记为
R e s f ( z ), z 0
1
f (z) ( z z0 )
n1
dz
( n 0 , 1, 2 , ),
C
c 1
2 i
1
f ( z )d z
C
C是此圆环域内围绕 z 0 的任一条正向简单闭曲线.
1、留数的定义
若z0 是 f (z)的孤立奇点，则 f (z) 在某圆环域
0 z z0
如果 z 0 为 f ( z ) 的 m 级极点, 则
1 lim d
m 1
R es[ f ( z ), z 0 ]
( m 1) ! z z 0 d z
[( z z 0 ) m 1
m
f ( z )].
说明
（1）当 m=1 时，上式即为
R e s [ f ( z ), z 0 ] lim ( z z 0 ) f ( z ).

注 (1) 此类函数求留数，可考虑利用洛朗展式。
(非也!)
(2) 若此类函数求闭路积分，则可考虑利用高阶导公式，
而不一定非得使用下面即将介绍的留数定理。
16
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
P113 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 ] .
k 1
n
z1
C
c1
D
c2 z 2
…
证明 如图，将孤立奇点用含于 D 内且 互不重叠的圆圈包围起来，根据复合闭路定理有
zn c1
C
f (z) d z
c k 1
n
k
f ( z ) dz 2π i Res [ f ( z ) , z k ] .
sin z 1 2 sin z lim Res [ f 2 ( z ) , 0 ] lim z 3 z 0 z 0 4 z 1! 4z
z cos z sin z sin z lim lim ( 罗比达法则 ) 0. 2 z 0 z 0 8 4z
§5.2 留数
一、留数的概念 二、留数的计算方法 三、留数定理 四、函数在无穷远点的留数
1
一、留数的概念
定义 设 z0 为函数 f ( z ) 的孤立奇点， 将 f ( z ) 在 z0 的去心邻域
P112 定义 5.4
内展开成洛朗级数：
a 1 a0 a1 ( z z0 ) , f ( z ) a n ( z z0 ) z z0 n

-1 l
后,两端沿l逐项积分, 右端各项积分除留下 a -1 (z-z0 ) 的一项等于 2 ia-1 外, 其余各项积分都等于零, 所以
-1
f ( z) d z 2 π ia
l
-1
.
其中a-1就称为f(z)在z0的留数, 记作Resf(z0), 即 1
Res f ( z0 )
f ( z) d z 2i
P(z),Q(z) 在 z 0 点是解析的，
P ( z 0 )≠ 0
Q( z 0 )=0, Q ' ( z 0 ) ≠ 0,
罗毕达法则
则有： P( z 0 ) P ( z0 ) = ( z - z 0 ) f ( z ) = lim ( z - z0 ) Re sf ( z0 ) zlim z0 z z0 Q( z 0 ) Q ' ( z0 )
6
如果f(z)只有有限个奇点,则所有有限远奇点必在某个圆的内部
z R, 在环域 R z
l
内任取一个回路l,则由留数定理得
f ( z )dz 2i f z 在所有有限远点的留数
(1)+(2)可得
之和 (2)
0 2if z 在所有各点的留数之和
即函数在全平面上所有各点的留数之和为零,这里所有的点
13
1 d2 3 1 d2 1 Re sf (0) lim 2 z f ( z ) lim 2 z 0 2! dz z 0 2! dz z - 2i 1 1 i lim 3 z 0 z - 2i 8 8i dz • (0 1) 例4 计算沿单位圆|z|=1的回路积分 z 2 2 z • | z| 1 1 的分母为零,可以得到 解 令被积函数 f ( z ) 2 z 2 z 2 1 1 二次代数方程 z 2 2 z 0 其两根为 z

§2

留数(Residue)
1. 留数的定义
2. 留数定理
3. 留数的计算规则

4. 无穷远点的留数
1. 留数的定义
定义 设 z0为f (z)的孤立奇点， f (z)在 z0邻域内的 洛朗级数中负幂次项 (z- z0)–1 的系数 c–1 称为f (z)在 z0 的留数(Residue)， 记作 Res[f (z), z0] 或 Res f (z0)。 由留数定义, Res[f (z), z0]= c–1
注：c 为 R z 内任意绕原点的闭简单 曲线 （沿负方向）
(1) 由闭路变形原理知上积 分与c的形状无关 一般地 1 Re s[ f ( z ), ] f ( z )dz ， : z R 2i
1 （2） Re s[ f ( z ), ] f ( z )dz c1 2i
利用定理简化计算： 由于 z i 为 f ( z)的10级极点，计算留数很繁！！ 原式 2iRe s[ f ( z ),i] Re s[ f ( z ) , 1] 2iRe s[ f ( z ) , 3] Re s[ f ( z ) , ]
(ii) 若z z0为本性奇点
f ( z)
展开 n c ( z z ) Re s[ f ( z), z0 ] c1 n 0
(iii) 若z z0为极点时，求Re s[ f ( z), z0 ]有以下几条规则
规则I
若z0是f ( z)的一级极点 ,则
z z0
n n c ( z z ) n 0
(1)
设f ( z )
( z0是f ( z )的弧立奇点 , c包含z0在其内部 )
设f ( z )

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

上页 返回 结束
1 1 Re s[ f ( z ), ] Re s[ f ( ) 2 ,0] z z 1 2 z2 1 lim [ z e 2 ] 0 1! z 0 z z17 2) f (z) 2 ( z 2) 3 ( z 3 3)4 1 1 1 f( ) 2 z z z(1 2 z 2 )2 (1 3 z 3 )4 1 1 Re s[ f ( z ), ] Re s[ f ( ) 2 ,0] z z 1 lim z 1 2 3 3 4 z 0 z(1 z ) (1 z )
3) 函数sin z 的展开式：
上页 返回 结束
2 n 1 z3 z5 z sin z z ( 1)n 3! 5! ( 2n 1)! 含有无穷多的正幂项， 所以 是它的本性奇点。
强调：对 的奇点分类是以 处洛朗展式的正幂项为 判断依据的，这与有限点处不一样！
n
上页 返回 结束
z 例 5 计算积分 4 dz, C 为正向圆周： z 2. Cz 1
z 在 z 2 的外部，除 点外没有其他 解： 函数 4 z 1 奇点。 因此根据定理 2 与规则 4， 1 1 z 4 dz 2i Re s[ f ( z ), ] 2iRes[ f ( ) 2 ,0] z z Cz 1 z 2iRes[ 4 ,0] 0 1-z 例 6 计算积分，其中C 为正向圆周： z 2. dz , 10 C ( z i ) ( z 1)( z 3)
i)可去奇点； ii)m级极点；
iii)本性奇点。
上页 返回 结束
利用函数在有限点的奇点等价性质和上述定义可得： 孤立奇点 为 f ( z ) 的
1） 可去奇点，2）极点，3）本性奇点 的充分必要条件分别是 1） lim f ( z ) a ( ) ； 2） lim f ( z ) ；

e
ma
2 ia


0
cos ma x a
2 2
dx i
e
ma

e
ma
2 ia
2a
y
例：
0
sin x x
dx
Cε
CR
解：如图4.9所示，
图4.9
0
x

sin x x
dx lim
R 0

R
sin x x
R e imx dx lim dx R 2i 0 x 1
1
z 1
1 2
z z 2
1

2
iz

dz
z 1
z (1 ) z
2 2
i
f (z)
dz
z 1
( z 1)( z )
1
记：
z
( z 1)( z )
它在复平面上有2个单极点
和
1

其中 z 在单位圆内，其留数为：
CR
x 图4.7



f ( x ) dx 2 i
{
f (z)
在上半平面所有奇点的留数之和}
例：


dx 1 x
2

解： 记：
z i
f (z)
1 1 z
2
,它在上半平面有单极点
其留数为：
1 zi 1 2i
Re sf ( i ) lim ( z i ) f ( z ) lim
1 z ( z 2i)
3
并求函数在这些极点的留数。

作
业
• 习题五，pp124－125 • T6，T7

C
z dz 2i Res[ f ( z ), z k ] 4 z 1 k 1

4

2iRes[
2i
Res[ f ( z), z
k 1
4
k]
2iRes[ f ( z ), ] 2iRes[ ,0] 0 4 1
1/ 1 ,0] 4 2 1/ 1
2、n级极点的留数：
3、本性奇点的留数：展开罗朗级数，取负1次幂项的系数
ez 1 例1： f ( z ) z 在z=0处的留数。 sin z f ( z ) 例2： z 3 在z=0处的留数。
例3 ：
f ( z ) e1/ z
在z=0处的留数。
留数定理 闭曲线积分与留数的关系
本质上，留数定理是复合闭路定理的另一种形式。 那么，闭曲线上函数积分转化为留数的求解。
无穷远点留数的计算和应用
提示： 2iRes[ f ( z),i] 2iRes[ f ( z),1]
C
2iRes[ f ( z ),3] 2iRes[ f ( z ), ]
注释： 无穷远点的留数有限孤立奇点的留数总和 求某些特殊的闭曲线积分（被积函数分母的幂次较 高）。


4
dz, 其中 z / 2
o( 4 )
无穷远点的留数
相 反 数
注意到：（留数定理） 当c包含了有限个孤立奇点，留数总和为
无穷远点留数的计算和应用
例：
解：积分函数有有限个孤立奇点，都分布在积分圆周ห้องสมุดไป่ตู้，根据扩充 复平面留数总和等于0，可得
1 1 2iRes[ f ( z ), ] 2iRes[ f ( ) 2 ,0]

z
z4
dz 1
,
其中C
为正向圆周 z
解： ( z 1 )4 sin 1
z 1
(
z
1 )4 [
z
1 1
3!(
1 z 1 )3
5!(
1 z 1 )5
L
]
( z 1 )3 1 ( z 1 ) 1 L
3!
5!( z 1 )
Re
s[(
z
1 )4
sin
z
1 1
,1]
c1
1 5!
1 120
。
练习： 求下列函数在有限奇点处的留数。 1 e2z
f(z)
f(1
)（记作 (
)
）， (
)
在原点
的邻域 0
1
R 解析，它的
Laurent
展开式为
(
)
f(1
) cn n
n
定义：
L
cm m
L
c1
c0
c1
L
cn
n
L
义：
1
2
f( 1 )L
cm m2 L
c1
c0
2
L
cn
n2
L
义： 它在 0 的留数恰好是c1 ，故
11
定义： Re s[ f ( z ),] c1 Re s[ f ( ) 2 ,0].
2 i
m
j1
Re s[
f ( z ),bj
],
f ( z )dz 2i{
Re s[ f ( z ),bj ] Re s[ f ( z ),]},
j1
m
义： 或 f ( z )dz 2i{ Re s[ f ( z ),bj ] Re s[ f ( z ),]}. j1

任何一条简单正向闭曲线，则积分
1
f (z)dz
2i C1
称为f (z)在的留数. 记作
Res[ f (z), ] 1 f (z)dz
2i C1
1
2 i
f (z)dz
C
也就是说 Re sf ()等于 f (z)在
的去心邻域的罗朗展开式中 1 项系数的负值．
z
-2-
2). 留数定理
设函数 f (z)在区域D内除有限个孤立奇点z1, z2,, zn
o
x
-16-
设上半圆盘边界为Cr. 取 r>1，那么 z=i 包含在Cr的 区域内. 沿 Cr 取 f (z)的积分，得
dz
Cr (1 z 2 )2
r r
dx (1 x2 )2
dz r (1 z2 )2
y
2iRes[
(1
1 z
2
)2
,i]
r
2i 1 .
4i 2
r o
rx
r dx
2
,
2i
iz
,
f (z)d z
|z|1
其中f(z)是z的有理函数, 且在单位圆周|z|=1上分母不为零,
根据留数定理有
n
f (z) d z 2π i Res[ f (z), zk ]
| z| 1
k 1
•其中 zk (k=1,2,...,n)为单位圆|z|=1内的f(z)的孤立奇点.
-12-
dz
dz
r (1 x2 )2 Cr (1 z2 )2 r (1 z2 )2
-17-
现在估计积分
dz
r (1 z2 )2
我们有
dz
r (1 z2 )2

2aπ 2π a 2 b 2 2 b b2
2 2 (a a 2 b 2 ). b
19
dx 例2 计算 0 2 ( a 0). a sin x π π dx dx 解 0 a sin2 x 0 1 cos 2 x a 2 1 π d2 x 令 2x t, 0 1 cos 2 x 2 a 2 1 1 dz 1 2π dt 2 2 0 a 1 cos t 2 z 1 1 ( z 1) 2 z iz a 2 2 dz 2i 2 . z 1 z 2( 2a 1) z 1
1 d 2 3 z sin z Res[ f ( z ),0] lim 2 z . 6 ( 3 1)! z 0 dz z
计算较麻烦.
7
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
第六章 留数理论及其应用 第一节 留数
1. 留数的定以及留数定理 2. 留数的求法 3. 函数在无穷远点的留数
1
定义6.1 设f(z)以有限点a为孤立奇点，即 f(z)在 点a的某去心邻域0<|z-a|<R内解析，则称积分 1 f ( z )dz ( :| z a | ,0 R) 2i Re s f ( z ). 为f(z)在点a的留(残)数(residue),记为：
例1 计算积分
z5 I dz 6 1 z Z 2
例2 利用无穷远点的留数计算积分 z13 dz I | z| 3 ( z 2 5)3 ( z 4 1) 2
15
第二节 用留数定理计算实积分
某些实函数的积分难以直接计算，可设法化为复 变闭合曲线积分，然后在利用留数定理计算积分 值，这时计算某些实积分的有效途径之一。

,
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