数学物理方法第4章留数定理2016
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z0 为 Q(z) 旳一级极点.
11
所以 1 = 1 (z),
Q(z) z z0
其中 (z)在 z0 解析且 (z0 ) 0,
f (z) = 1 P(z) (z) . z z0 在 z0 解析且 P(z0 ) (z0 ) 0.
所以 z0 为 f (z) 旳一级极点,
Res[
f
(z), z0] =
平面上包括回路旳一种区域中，而实积提成为回路
积分旳一部分：
l2
a 0 l1 b
b
f (z)dz = f ( x)dx + f (z)dz
l a
l2
左边能够利用留数定理，右边对l2 旳积分在解析延拓
允许旳情况下，能够自由选择，一般选择l2 使积分最
易完毕。
29
一、形如
2π
0
R(cos
,
sin
)d
孤立奇点, 那么 f (z) 在全部旳奇点 (涉及点)
旳留数旳总和必等于零.
证 .
. z1 .z2
.zk .
. C (绕原点旳并将 zk包括在 . 内部旳正向简朴闭曲线)
由留数定义有:
n
Res[ f (z),] + Res[ f (z), zk ]
k =1
1
1
=
f
2i C 1
( z )dz
+
2i
C
留数定理旳主要应用之一：计算某些实变函数定 积分
原理：设法把实变函数定积分跟复变函数回路积 分联络起来。
留数定理是复变函数旳定理，若要在实变函数定 积分中应用，必须将实变函数变为复变函数。这就 要利用解析延拓旳概念。
28
b
如图，对于实积分 f ( x)dx，变量 x 定义在闭区间 a
11
所以 1 = 1 (z),
Q(z) z z0
其中 (z)在 z0 解析且 (z0 ) 0,
f (z) = 1 P(z) (z) . z z0 在 z0 解析且 P(z0 ) (z0 ) 0.
所以 z0 为 f (z) 旳一级极点,
Res[
f
(z), z0] =
平面上包括回路旳一种区域中，而实积提成为回路
积分旳一部分：
l2
a 0 l1 b
b
f (z)dz = f ( x)dx + f (z)dz
l a
l2
左边能够利用留数定理，右边对l2 旳积分在解析延拓
允许旳情况下，能够自由选择，一般选择l2 使积分最
易完毕。
29
一、形如
2π
0
R(cos
,
sin
)d
孤立奇点, 那么 f (z) 在全部旳奇点 (涉及点)
旳留数旳总和必等于零.
证 .
. z1 .z2
.zk .
. C (绕原点旳并将 zk包括在 . 内部旳正向简朴闭曲线)
由留数定义有:
n
Res[ f (z),] + Res[ f (z), zk ]
k =1
1
1
=
f
2i C 1
( z )dz
+
2i
C
留数定理旳主要应用之一：计算某些实变函数定 积分
原理：设法把实变函数定积分跟复变函数回路积 分联络起来。
留数定理是复变函数旳定理，若要在实变函数定 积分中应用，必须将实变函数变为复变函数。这就 要利用解析延拓旳概念。
28
b
如图，对于实积分 f ( x)dx，变量 x 定义在闭区间 a
数学物理方法4留数定理
P 0
Res f (0) =
=1
Q(0)
15
例4
计算积分
tan zdz
z =n
(n为正整数).
解 因tan z = sin z = P(z) ; 只以 cos z Q(z)
z=k+1 2
k = 0, 1,
, n 1, n为一阶极点,
Res tan z
z =k + 1 2
=
sin z (cos z)'
• (2) 要计算解析函数的积分，关键：计算留数；
• (3) bj(j=1,2,…)是 l 所包围的f(z)的所有奇点，而不是 f(z)所有的奇点。
6
例1
求
f (z) = z sin z z6
在 z = 0 的留数.
解: 采用洛朗展开式求 a1 :
z
sin z6
z
=
1 z6
z
z
z3 3!
+
Res
f
(1)
=
(2
1 lim
1)! z1
d dz
(z
1)2
ez z(z 1)2
=
lim
z1
d dz
ez z
=
lim
z1
e
z
(z z2
1)
=
0,
所以
ez
l
dz z(z 1)2
= 2 iRes
f (0) + Res
f (1)
= 2 i(1+ 0)= 2 i.
17
（三）无穷远点的留数
定义 设函数 f (z)在圆环域 R z +内解析，
l0
数学物理方法第4章
1
1
Re sf ( z)
k 1
n
z 1
表示f(z)在单位圆内所 有奇点的留数和
证明： 令:
ze
i
则:
dz ie d izd
i
0 2
cos (e e sin (e e
1 1 Re sf () Re s[ ,0] 10 2 (1 / z i ) (1 / z 1)(1 / z 3) z z10 Re sf () Re s[ ,0] 0 10 (1 iz ) (1 z )(1 3z )
得：
1 I 10 2(3 i )
§4.2 利用留数定理计算实变函数定积分
1 2 1 i f ( i ) i d 2i 0 re re
1 2 1 i i f ( i ) i 2 d ( re ) 2i 0 re ( re ) 1 1 i f ( ) 2 d Re s() 2i 1
f(z)在ρ<|z|<+∞解析，从而f(1/ξ)在0<|ξ|<1/ρ内解析， 除ξ=0外没有其它奇点，由留数定理得：
( z z0 ) f ( z ) a1 a0 ( z z0 ) a1 ( z z0 )
2
lim ( z z0 ) f ( z ) a1
z z0
非零的有限值
Re sf ( z0 )
若
P( z ) f ( z) Q( z ) P( z ) z z0 Re sf ( z ) lim ( z z0 ) lim P( z ) z z0 Q ( z ) z z0 Q ( z ) P ( z0 ) Q ' ( z0 )
04_留数定理
+∞
推导
∫
+∞
−∞
f ( x)dx =2πi{f(z)在上半平面所有奇点的留数之和}
+∞ −∞
例：计算 I = ∫
+∞
1 dx （n为正整数） 2 n (1 + x )
黑板
此时，如果f(z)在实轴上存在有限个单极点，则 推导
∫
−∞
f ( x)dx =2πi{f(z)在上半平面所有奇点的留数之和}
+πi{f(z)在实轴上所有奇点的留数之和} 黑板
∑ Res f ( z ) + Res f (∞) = 0
k =1 k
n
1. lim f ( z ) = 0 a Res f (∞) = − lim[ z ⋅ f ( z )] z →∞ z →∞ 1 1 2. lim f ( z ) ≠ 0 a Res．f (∞) = − Res[ f ( ) 2 , 0] z →∞ z z
课堂练习：
∫
| z|= 2
ze z z eZ z − sin z f ( z ) d z; f ( z ) = 2 , 4 , , 2 z − 1 z − 1 z ( z − 1) z6
设∞为f(z)的一个孤立奇点，即f(z)在去心邻域R<|z|<+∞内 解析，则定义函数f(z)在z=∞处的留数为 1 Res f (∞) = ∫L f ( z )dz 2πi 其中L: 积分方向为顺时针方向（实际上是包含无穷远点 的区域的正方向）.如果f(z)在z=∞的去心邻域R<|z|<+∞内 的洛朗级数为
1 d m −1 (3) Res f ( z0 ) = lim m −1 [( z − z0 ) m f ( z )] (m − 1)! z → z0 d z
第四章留数定理§4.1留数定理
解于
z → nπ (n为整数，包括零)，有sin z → 0，f (z) → ∞。因此，z0 = nπ
是极点.
lim [(z − nπ ) f (z)] = lim z − nπ .
z →nπ
z→nπ sin z
应用罗毕达法则确定上式右边的极限,
lim [(z
z →nπ
−
nπ ) f
(z)] =
lim+Βιβλιοθήκη "+
z
+
1
⎤ ⎥⎦
=
lim
z →1
z n−1
+
1 zn−2 +"+
z
+1
=
1. n
另解
应用 (4.1.9) ,
( ) ⎡
lim⎢ z→1 ⎢⎣
z
n
1 −
1
′
⎤ ⎥ ⎥⎦
=
lim
z →1
1 nz n
−1
=
1. n
因此,在单极点 z0 =1 留数是 1 n .
例2 确定函数 f (z)=1 sin z的极点,求出函数在这些极点的留数。
点的留数:
( ) Re
sf
⎜⎛ ⎜⎝
−1
+
1−ε 2 ε
⎟⎞ ⎟⎠
=
lim
z → z0
1 εz2 + 2z + ε
′
= lim 1 = 1 z→z0 2εz + 2 2 1 − ε 2
应用留数定理, ∫ dz z =1 εz2 + 2z + ε
= 2πi Re sf (z0 ) = 2πi
数学物理方法课件：第四章 留数定理及其应用
z0
z0 z 2i 2i 2
z0 0 是f（z）的三阶极点
Re
s
f（0）
lim
z0
1 2！
d2 dz 2
z3 f（z）
1 d2
lim
z0
2！
dz
2
1
z
2i
12
lim
z0
2！（z
2i）3
1 i
8i 8
[例2] [解1]
求
f（z）
1 zn 1
f（z）（z 1）（z
在z0=1的留数
k！
Re s
f（z0）
a1
bm 1 （m
1
d m1
1）！dzm1
（z）
z z0
Re s
f（z0）（m
1 1）！zlimz0
ddzmm11（z
z0）m
f（z）
[推论]
若
f（z）
P（z），其中
Q（z）
P（z）和
Q（z）都在
[z则证0点：明解] 析R，Pe（s且zf0）（Pz（00），z0）QQ（P0（（，z0）zzQ00））（0z0） 0，Q（z0） 0
对
R
z
k
环 域中一个正向
（顺时针）回路l’，另作一
l
个围绕 点半径r很大的圆
形环路C。根据柯西定理：
C
f（z）dz f（z）dz ak zkdz
l
C（）
k C
zkdz （rei）kd（rei）
C
C
ir
k
1
2
e
i（k
1）
d
0
2i
k 1 k 1
0
数学物理方法第4章留数定理-2016
式中
称为f(z)在bk处的留数,
它等于f(z)在bk的无心邻域的洛
朗展开中的洛朗系数
f(z) 的洛朗展开为
6
证明 首先在 内以各奇点为圆心,作小圆周 L1,L2,L3,…,Lk,… 分别包围各奇点,如图4.1所示.这样,
由外边界线 L0与内边界线L1,L2,L3,…,Lk,… 为边界 构成了复通区域.由复通区域的柯西定理，得
1 lim
(m 1)! zb
d m 1 d z m1
[( z
b)m
f
( z )]
4.1.7
即
Res
f
(b)
1 lim (m 1)! zb
d m 1 d z m1
[( z
b)m
f
(z)] .
10
3. 若 b 为 f (z) 的一阶极点 (1) 第 一 种 情 形 ： 若 b 为 f (z) 的 一 阶 极 点 ， 则 f (z) 在
因此对于本性奇点处的留数，就只能利用罗朗展开式的方法或 计算积分的方法来求．
13
14
15
16
17
18
例5
求
f
(
z)
1
1 z
4
在有限远奇点的留数。
解: f(z)分母的零点由 1 z4 0 确定,易见
z k 4 1 4 e i2 k 1 e i2 k 4 1 , k 0 ,1 ,2 ,3
其次,对于沿Lk的积分,由式(4.1.2)可得
将式(4.1.4)代入式(4.1.3),并将
代入,即有
7
4.1.2、计算留数的方法
1 若 b 为 f (z) 的可去奇点，则 f (z) 在 0 z b R 内
第四章留数定理及其应用
两边沿顺时针方向积分
x ol
f (z)dz l
ak
zkdz
l
ak l zkdz a1 2 i
k
k
66
因此f (z)在z=的留数为f (z)在z=邻域内的罗朗展开式 中z-1项的系数的a-1相反数，即
Re sf () a1 若f (z)在有限远的可去奇点邻域内的罗朗展开式中没有负 幂项， f (z)在有限远的可去奇点上的留数为零；若无限远 点为可去奇点时， f (z)在无限远点邻域内的罗朗展开式中 没有正幂项，但有负幂项，所以无限远点为可去奇点时， Res f ()一般不为零.
f (z) P(z) 1 其中P(z)=1，Q(z)=sinz，则:
Q(z) sin z
Res
f
(k )
lim
zk
1 (sin z)'
lim
zk
1 cos z
(1)k
k 0, 1, 2,
1144
由于z=不是f (z)的孤立奇点（是各奇点z=k当 k 时
的极限点），因此在z=的留数没有意义.
四、推论
若函数f (z)在复平面上除有限个孤立奇点外解析，则函 数f (z)在各奇点（包括无限远点）上的留数和为零. 此 定理称为留数和定理.
77
【证】 设闭曲线l把复平面内所有的有限远的孤立奇点都包围 在内，则：
m
l f (z)dz 2 i Resf (bk ) k=1
无限远点的留数为： f (z)dz 2 i Resf () l
b
a F ( x)dx C F (z)dz l F (z)dz
2 i[F(z)在闭曲线所包围的区域内各奇点上的留数之和].
其中
b
x ol
f (z)dz l
ak
zkdz
l
ak l zkdz a1 2 i
k
k
66
因此f (z)在z=的留数为f (z)在z=邻域内的罗朗展开式 中z-1项的系数的a-1相反数，即
Re sf () a1 若f (z)在有限远的可去奇点邻域内的罗朗展开式中没有负 幂项， f (z)在有限远的可去奇点上的留数为零；若无限远 点为可去奇点时， f (z)在无限远点邻域内的罗朗展开式中 没有正幂项，但有负幂项，所以无限远点为可去奇点时， Res f ()一般不为零.
f (z) P(z) 1 其中P(z)=1，Q(z)=sinz，则:
Q(z) sin z
Res
f
(k )
lim
zk
1 (sin z)'
lim
zk
1 cos z
(1)k
k 0, 1, 2,
1144
由于z=不是f (z)的孤立奇点（是各奇点z=k当 k 时
的极限点），因此在z=的留数没有意义.
四、推论
若函数f (z)在复平面上除有限个孤立奇点外解析，则函 数f (z)在各奇点（包括无限远点）上的留数和为零. 此 定理称为留数和定理.
77
【证】 设闭曲线l把复平面内所有的有限远的孤立奇点都包围 在内，则：
m
l f (z)dz 2 i Resf (bk ) k=1
无限远点的留数为： f (z)dz 2 i Resf () l
b
a F ( x)dx C F (z)dz l F (z)dz
2 i[F(z)在闭曲线所包围的区域内各奇点上的留数之和].
其中
b
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的无心领域的洛朗级数有没有或有多少正幂项来划分的.因此无论
点是什么类型的奇点,都有可能有
1 z
项或没有
1 z
项,即a1 都可能不等于
零或等于零.
26
【例8】求f(z)=
在孤立奇
点(包括无穷远点）处的留数． 解 z=b1是二阶极点，z=b2是一阶极点，得
27
由留数和定理，易得
由于不存在z-1 项，故 Res f(∞)
柯西定理
y
柯西公式
高阶导数公式
闭路变形原理
L
o
x
y
bL
o
x
3
f(z)在除起点外解析 =?
L 逆时针+L0 顺时针
4
§4.1.1 留数定理
一、留数（残数，Residue, 缩写Res）的定义
如果b 是f (z)的一个奇点，其中L是此去心邻域内的任意
一条简单闭曲线.
f (z) ak (z b)k , k
2z
4z2 2!
8z3 3!
2 z3
2 z2
4 3z
,
0 z
由此得
Re
sf
0
a1
4 3
21
[例 7]
求
f
(z)
z
z2
12
2z z2
4
在有限远奇点的留数。
解: 由分母为零易得z=-1是二阶极点, z=±2i是一
阶极点,由(4.1.7)可得
Res
f (1) 1 lim d [(z 1)2 1! z1 d z
根据留数定理、积分主值的定义，以及引理1
的结论
则有
41
【例4.2.2】计算积分 解 (1)辅助函数． 由于被积函数为偶函数，故
令辅助函数 (2) 积分回路．
42
增加无穷大半圆
周CR 构成闭合(图4.5)
(3)按留数定理计算
43
它在上半平面有无限多个极点
bk=(2k+1)i，k=0,1,⋯
称a1为f 在b点的留数.
y
Res[f (z),b] 1
2 i L
f (z)dz c1
o
L b
x
5
二、留数定理 (柯西留数定理)
若函数f (z)在区域D内除有限个孤立奇点b1,b2, bk外 处处解析.L是D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线.
式中
称为f(z)在bk处的留数,
它等于f(z)在bk的无心邻域的洛
2. 计算方法，首先作变换z = eiθ, 把被积函数变成复 变函数
35
其次，把沿[0,2]的积分变成沿单位圆的回路 积分．利用留数定理可得
即积分等于2i乘函数 在|z|=1圆内所有奇点处留数之和.
36
【例4.2.1】计算积分
式中a>0
解 首先作变换q2x, 将积分区间化为[0,]， 再利用被积函数是偶函数，将积分区间化为
当z在上半平面及实轴上趋于∞时，zf(z)一致 地趋于零(与辐角无关)
其次，选择辅助函数f(z)。
通常将f(x)的x改为z(有时也要改变函数形式， 见例4.2.7.例4.2.8 )
40
第三，选择积分与回 路．当积分具有上述 特征时，受引理1的启 发，增加无穷大的半 圆周CR，构成闭合回 路L(图4.4).
引理2 (若当引理):
若z在上半平面及实轴上趋于∞时，f(z)一 致地趋于零(与辐角无关)，即
则
(4.2.3)
式中m>0，CR是以原点 为圆心、R为半径的上半
圆周，参看图2.3.
31
第四、五型积分的计算，要利用引理3，它指 出f(z)沿图4.3的无穷小半圆周的积分结果。 引理 3 若b是f(z)在实轴上的一阶极点，则
由此可得式(4.2.10)~式(4.2.13)四个公式：
49
(1) 式(4.2.9）的实部为 1 2 3 4
(4.2.12)
50
【例4.2.4】计算积分 解 (1) 辅助函数
在上半平面只有一个一阶极点b=i (2) 积分回路
仍可选取图4.5的回路 (3) 按留数定理计算．
51
§4.2.4 阶极点的积分
解 (1)辅助函数 f(z) = 它在上半平面内有一阶
极点b1= i 外，还在实轴 上有两个一阶极点
b2=1,b3=-1.图4.7
(2) 积分回路如图4.7所示 (3)按留数定理计算．
54
§4.2.5
(m>0), f(x)在实轴
上有一阶极点的积分
1.积分特征
除f(x)在实轴上有一 阶极点外，与第三 型积分特征相同。
(z b)m f (z) am am1(z b)
a1(z b)m1 a0 (z b)m 上式两边对 z 求 (m 1) 阶导数，得
4.1.7
9
d m 1 d zm1 [(z
b)m
f
(z)]
(m 1)!a1
＋{含
有
(z
b)
的正幂Βιβλιοθήκη 项}，两边取 z b 时的极限，可得
a1
朗展开中的洛朗系数
f(z) 的洛朗展开为
6
证明 首先在 内以各奇点为圆心,作小圆周 L1,L2,L3,…,Lk,… 分别包围各奇点,如图4.1所示.这样,
由外边界线 L0与内边界线L1,L2,L3,…,Lk,… 为边界 构成了复通区域.由复通区域的柯西定理，得
其次,对于沿Lk的积分,由式(4.1.2)可得
Res f (b) 0
4.1.6
8
2. 若 b 为 f (z) 的 m 阶极点，则
Res
f
(b)
1 lim (m 1)! zb
d m 1 d zm1
[( z
b)m
f
( z )]
【证明】 因为 b 是 f (z) 的 m 阶极点，所以有
从而
f (z) am (z b)m am1(z b)m1 a1(z b)1 a0 a1(z b) (am 0)
[,]
37
其次，令z=eiq，即可将对q的积分变为沿
|z|=1 的回路积分
第三，被积函数有两个一阶极点 z1,2 =
易见z1在|z|=1的回路内部,| z2 |在回路外．
38
根据留数定理
39
§4.2.2 f(x)dx 型积分 1. 积分特征 f(z)在实轴上没有奇点，在上半平面除有限
个①孤立奇点bk ( k =1，2，…，n)外解析；
25
22
§4.1.3 无穷远点的留数与留数和定理
定理 若函数f (z)除z bk k=1,2, ,m 及z=外解析,则
m
Re sf bk Re sf 0 4.1.10
k 1
式中
Re sf a1
4.1.11
称为函数f (z)在点的留数, a1 是f (z)在点的无心领域
的罗朗系数.
因此对于本性奇点处的留数，就只能利用罗朗展开式的方法或 计算积分的方法来求．
13
14
15
16
17
18
例5
求 f (z) 1 在有限远奇点的留数。
1 z4
解: f(z)分母的零点由 1 z4 0 确定,易见
i 2k 1
zk 4 1 4 ei2k1 e 4 ,
k 0,1, 2,3
第4章 留数定理 包含奇点的积分如何求？
1
柯西(Augustin Louis Cauchy, 1789—1857) 法国数学家、物理学家、天文学家
他的父亲与Lagrange, Lapalce交往密切 柯西极限，柯西不等式，柯西积分公式，柯西定理 等 （800篇论文）
拉格朗日（Joseph-Louis Lagrange，1736~1813）
当z在上半平面及实轴上趋 于 ∞时，f(z)一致地趋于零 (与辐角无关）
47
2.计算方法 与第二类型不同的是，第三类型积分的被积
函数满足引理2(若当引理)的条件． 类似地，增加无穷大的半圆周CR (图4.4)，构
成闭合回路L。根据留数定理，积分主值的定 义，以及引理2的结论
则有
48
为书写简单起见，式中已采用简单记号
0 z b R 内的罗朗展开式为
f (z) a1(z b)1 a0 a1(z b)
显然
a1
lim(z
zb
b)
f
(z)
，故当
b
为
f
(z)
的一阶极点时，
Res f (b) lim(z b) f (z) zb
4.1.8
11
(2)第二种情形：若 b 为 f (z) ( z) 的一阶极点， (z)
23
O
图4.2
24
25
计算 Re sf 的方法通常有两个 : 如果在点的无心邻域
展开f (z)为洛朗级数比较容易的话,就通过a1 得到Re sf
如果展开f (z)比较困难的话,就算出f (z)在所有bk处的留数,
利用留数和定理求 Re sf .
还应注意, 点是函数f (z)何种类型的奇点,是跟据f (z)在点
将式(4.1.4)代入式(4.1.3),并将
代入,即有
7
4.1.2、计算留数的方法
1 若 b 为 f (z) 的可去奇点，则 f (z) 在 0 z b R 内
的罗朗展开式中不含负幂项， f (z) an (z b)n 从而 a1 0 ，故当 b 为 f (z) 的可去奇n点0 时，
2 1 i,
8
i7 Re sf e 4
2 1 i,
8
20
[例 6]
求
1 e2z f (z) z4
在有限远奇点的留数。
解: z=0是分子的一阶零点,又是分母的四阶零点,易