留数及留数定理
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留数及留数定理
ez − 1 1 z 2 z 3 z4 z5 z6 = 5 1 + z + + + + + + L − 1 5 2! 3! 4! 5! 6! z z 1 1 1 1 1 z = 4+ + + + L, 3 + 2 + z 2! z 3! z 4! z 5! 6!
其中n=4的项的系数为 -1=1/4!, 从而也有 的项的系数为c 其中 的项的系数为 ,
d4 z 1 1 Res[ f1 ( z ),0] = lim 4 (e − 1) = 4! z → 0 dz 4!
14
例3．求下列函数在指定点处的留数 (1) f1 ( z ) = (e z − 1) z 5 , z0 = 0 ; 另解： 另解： f1 ( z ) 在点 z0 = 0 的去心邻域 0 < z < ∞内的 Laurent级数为 级数为
Res[ f1 ( z ),0] = c−1 = 1 4!
15
(2)f 4 ( z ) = sin(1 z ) , z0 = 0 ; 解 ： f 4 ( z ) 在点 z0 = 0 的去心邻域 0 < z < ∞ 内的 Laurent级数为 级数为
1 ∞ ( −1) n z −2 n −1 sin = ∑ z n= 0 ( 2n + 1)!
2πi 0 (高阶导数公式 高阶导数公式) 高阶导数公式 + ∫ c0dz + ∫ c1 ( z − z0 )dz + + ∫ cn ( z − z0 )n dz + L
C C C
= 2πic−1
0 (柯西积分定理) 柯西积分定理)
其中n=4的项的系数为 -1=1/4!, 从而也有 的项的系数为c 其中 的项的系数为 ,
d4 z 1 1 Res[ f1 ( z ),0] = lim 4 (e − 1) = 4! z → 0 dz 4!
14
例3．求下列函数在指定点处的留数 (1) f1 ( z ) = (e z − 1) z 5 , z0 = 0 ; 另解： 另解： f1 ( z ) 在点 z0 = 0 的去心邻域 0 < z < ∞内的 Laurent级数为 级数为
Res[ f1 ( z ),0] = c−1 = 1 4!
15
(2)f 4 ( z ) = sin(1 z ) , z0 = 0 ; 解 ： f 4 ( z ) 在点 z0 = 0 的去心邻域 0 < z < ∞ 内的 Laurent级数为 级数为
1 ∞ ( −1) n z −2 n −1 sin = ∑ z n= 0 ( 2n + 1)!
2πi 0 (高阶导数公式 高阶导数公式) 高阶导数公式 + ∫ c0dz + ∫ c1 ( z − z0 )dz + + ∫ cn ( z − z0 )n dz + L
C C C
= 2πic−1
0 (柯西积分定理) 柯西积分定理)
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 ∑
留数的定义留数定理留数的计算规则无穷远点的留数
( 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
第一节留数定理 优质课件
第四章 留数定理
第1节 第2节
第3节
留数定理 应用留数定理计 算实变函数定积分 计算定积分补充例题
1
§4.1 留数定理
一. 留数及留数定理
1. 留数
如果函数f(z)在z0的邻域内解析, 那么根据柯西定理
f (z) d z 0.
l
但是, 如果z0为f(z)的一个孤立奇点, 则沿在z0的某个
=
lim ( z
zz0
-
z0
)
P(z0 Q(z0
) )
=
P(z0 ) Q' (z0 )
例
Re
s
z
ze z 2-
1
,-1
lim z
z-1
1
z
ze z 2-
1
ze z
lim z-1
2z
e -1 2
Re
s
z
ze z 2-
1
,1
(1)+(2)可得
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 包括无留数的计算方法
（一）可去奇点的留数： 对于可去奇点由定义知：Resf(z0)=0
（二） 极点的留数
1. 如果z0为f(z)的一阶极点（单极点）, 则
① l 包围一个 f(Z)的孤立奇点Z0 时
( z - z )
f (z)=
ak
k -
k
0
Cauchy 定理知： f (z)dz = f (z)dz
l
l0
又Q
1
2i
第1节 第2节
第3节
留数定理 应用留数定理计 算实变函数定积分 计算定积分补充例题
1
§4.1 留数定理
一. 留数及留数定理
1. 留数
如果函数f(z)在z0的邻域内解析, 那么根据柯西定理
f (z) d z 0.
l
但是, 如果z0为f(z)的一个孤立奇点, 则沿在z0的某个
=
lim ( z
zz0
-
z0
)
P(z0 Q(z0
) )
=
P(z0 ) Q' (z0 )
例
Re
s
z
ze z 2-
1
,-1
lim z
z-1
1
z
ze z 2-
1
ze z
lim z-1
2z
e -1 2
Re
s
z
ze z 2-
1
,1
(1)+(2)可得
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 包括无留数的计算方法
（一）可去奇点的留数： 对于可去奇点由定义知：Resf(z0)=0
（二） 极点的留数
1. 如果z0为f(z)的一阶极点（单极点）, 则
① l 包围一个 f(Z)的孤立奇点Z0 时
( z - z )
f (z)=
ak
k -
k
0
Cauchy 定理知： f (z)dz = f (z)dz
l
l0
又Q
1
2i
第四章 留数定理
( z z0 ) P ( z ) P( z ) ★因为 f ( z0 ) lim( z z0 ) lim z z0 Q( z ) z z0 Q( z )
★肯定是0/0型！为什么？
2、设z0是f (z)的m阶极点，则，
1 d Res f ( z0 ) lim m1 [( z z0 ) m f ( z )] (m 1)! z z0 dz
2
1 2 1 i lim 3 2! z 0 ( z 2i ) 8i 8
i Res f (0) 8
1 1 i （2） limi ( z 2i) f ( z ) limi 3 z 2 z 2 z 8i 8 z 2i 是 f (z ) 的单极点，其留数为
m 2
....
m 1
lim[( z z0 ) f ( z )] lim[a m a m1 ( z z0 ) a1 ( z z0 )
a0 ( z z0 )m a1 ( z z0 )m1 a2 ( z z0 ) m 2 ....] a m
1 1 2 z1 1 1 2 z2
§4.2 应用留数定理计算实变 函数定积分 一、思路:实函数定积分转换为复函数回路积分
方法1：将实轴上的某区间变换成复平面的一条闭曲线
n
3、函数在全平面的留数之和等于零——为什么？
0 f ( z )dz f ( z )dz 2 i[ Res f (bk ) Res f ()]
l l k 1
三、单极点处留数的计算P52
1、单极点的留数 方法1：
Res f ( z0 ) lim( z z0 ) f ( z )
l j 1 j
★肯定是0/0型！为什么？
2、设z0是f (z)的m阶极点，则，
1 d Res f ( z0 ) lim m1 [( z z0 ) m f ( z )] (m 1)! z z0 dz
2
1 2 1 i lim 3 2! z 0 ( z 2i ) 8i 8
i Res f (0) 8
1 1 i （2） limi ( z 2i) f ( z ) limi 3 z 2 z 2 z 8i 8 z 2i 是 f (z ) 的单极点，其留数为
m 2
....
m 1
lim[( z z0 ) f ( z )] lim[a m a m1 ( z z0 ) a1 ( z z0 )
a0 ( z z0 )m a1 ( z z0 )m1 a2 ( z z0 ) m 2 ....] a m
1 1 2 z1 1 1 2 z2
§4.2 应用留数定理计算实变 函数定积分 一、思路:实函数定积分转换为复函数回路积分
方法1：将实轴上的某区间变换成复平面的一条闭曲线
n
3、函数在全平面的留数之和等于零——为什么？
0 f ( z )dz f ( z )dz 2 i[ Res f (bk ) Res f ()]
l l k 1
三、单极点处留数的计算P52
1、单极点的留数 方法1：
Res f ( z0 ) lim( z z0 ) f ( z )
l j 1 j
第四节 留数与留数定理
1)
[ 1
1 (z
1)
1 3
1
1 z
1]
1 4(z
[ (z 1) n0
1)n
1 3
(1)n
n0
z
3
1
n
]
3
故 Re s[ f (z), 1] 1 1 1
由留数定理得
4 12 3
原式 2 i{Re s[ f (z), 0] Re s[ f (z), 1]}
两边对z求m-1阶 导c1数(z， 得z0 )m1 c0(z z0 )m
d m1 dz m 1
{( z
Байду номын сангаас
z0 )m
f
(z)}
(m
由此可见，n当 0, 1, 2, , m 1时，f (n)(z0 ) 0 ，
要而性f ，(mm)充(!z0分) 性c请0 读0者．自这己就证证明明．了上述结论的必
例５ 问z 0为f (z) z sin z的几级零点？
解： 因为 f (z) 1 cos z，f (z) sin z，f (0) 0 ，
f
(z)
(z
z0 )m
1 g(z)
(z
z0 )m h(z)
，
其中h( z ) 义3可知z
0是g(1zf)(也z)在的zm0级解零析点且．h(
z0
)
0
，由定
定理2为判断函数的极点及其类型提供了一 个较为简便的方法．
1 例指出６它们函为数几s级in极z 点有．哪些奇点？如果是极点，
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
复变函数留数和留数定理
THANKS
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理论支撑
复变函数留数和留数定理是数学领域 中非常重要的概念，它们在复分析、 积分方程、特殊函数等领域有着广泛 的应用。留数定理是解决复积分问题 的重要工具，它可以用来计算复平面 上的曲线积分，解决物理和工程领域 中的许多问题。
留数的计算方法包括直接法、参数法 和级数展开法等。其中，直接法是最 常用的方法，通过将函数在奇点附近 进行泰勒展开，然后利用展开式计算 留数。参数法和级数展开法则适用于 某些特殊情况，如函数具有特定的对 称性或周期性等。
2πi f(z0)，其中z0是该开域内的点。
应用范围
02 柯西积分公式适用于解析函数，即在其定义域内可微
的函数。
特殊情况
03
当z0是奇点时，柯西积分公式不适用。
积分定理和路径的选取
积分定理
如果f(z)在包含z0的开
域内解析，则对于该开
域内的任何两个点z1和
z2，有∫f(z)dz
=
∫f(z)dz + f(z2)(z1-
留数定理是复分析中的核心定理之一 ，它建立了奇点、积分和留数之间的 联系。通过留数定理，我们可以将复 杂的积分问题转化为相对简单的留数 计算问题，从而简化计算过程。此外 ，留数定理还可以用来研究函数的奇 点性质和函数在无穷远点的行为等。
对未来研究和应用的展望
深入研究留数定理
应用领域的拓展
尽管我们已经对留数定理有了较为深 入的了解，但仍有许多未解决的问题 和需要进一步研究的方向。例如，对 于具有更复杂奇点的函数，如何更准 确地计算留数？如何利用留数定理解 决更广泛的积分问题？这些都是值得 探讨的问题。
02
复变函数基础知识
复数及其运算
复数
数学物理方法 第4章 留数定理
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。
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4
积分 f (z)dz
C
cn (z z0 )ndz c1 (z z0 )1dz
C
C
0 (高阶导数公式)
2i
c0dz c1(z z0 )dz cn(z z0 )ndz
C
C
C
2ic1
0 (柯西积分定理)
用Laurent级数的展开式计算积分
根据罗朗展开定理及罗朗级数的性质，得
C f (z)dz 2 ic1
即
1
2 i C f (z)dz c1
因此，我们可以根据求出系数c-1 的值来计算积分。 步骤：1.分析f(z)的解析性，确定解析环域；
2.在包含积分路径C的解析环域里将函数
展成Laurent级数
在
z0都解析，
如果 P(z0 ) 0,Q(z0 ) 0,Q(z0 ) 0, 那末 z0为
f (z) 的一级极点, 且有
Res[
f
( z ),
z0 ]
P(z0 ) Q(z0 )
.
(5 2 4)
9
证 因为 Q(z0 ) 0, Q(z0 ) 0 所以 z0为1Q(z) 的一级零点, z0 为 Q(z) 的一级极点，P(z0 ) 0
Laurent级数中负幂项 c1(z z0 )1的系数
5
即
1
2 i
C
f (z)dz c1 Res[ f (z), z0 ]
(5 2 1)
注 f (z) 在 z0 的留数为 f (z) 在 z0 为中心的圆环 域内的Laurent级数中负幂项 c1(z z0 )1的系数。
3.求c1
1
留数和留数定理
一Δ、留数的定义和计算 二、 留数定理 三*、函数在无穷远点的留数
2
一Δ 、留数的定义和计算
C .z0
设 z0 为 f (z) 的一个孤立奇点; z0 的某去心邻域 0 z z0 R
包含 z0 的任一条正向简单闭曲线C.
定义
若f(z)在z0的去心邻域0 <|z-z0 |< R内解析
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2得
Res[
f
(z),0]
(3
1 lim
1)! z0
d2 dz 2
z
3
z
sin z6
z
.
计算较麻烦.
Res[
f1 ( z ),0]
12
解 如果利用Laurent展开式求系数c-1较方便：
z
sin z6
z
1 z6
z
z
z3 3!
z5 5!
z3 z1 , 3! 5!
Res z
sin z6
z
,0
c1
1 5!
.
13
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,
6
计算留数的一般公式 （1）若z0为函数f(z)的可去奇点，则它在点z0的留 数为零。
当z0为f(z)=g(z-z0)的孤立奇点时，若g(ζ)为偶 函数，则f(z)在点z0的去心邻域内Laurent级数只含 z-z0的偶次幂，其奇次幂系数都为0，从而得知
Re s f (z), z0 0
(2)如果 z0为 f (z) 的本性奇点, 则需将 f (z)展开
所以
Res
ez zn
,0
(n
1
dn1
1)!
lim
z0
dz
n1
zn
ez zn
(n
1 1)!
.
或
ez
φ(0)
1
Res[ zn , 0] = (n - 1)! = (n - 1)!
11
例2
求
f
(z)
P(z) Q(z)
z
sin z6
z
在
z
0
的留数.
成Laurent级数求 c1.
7
(3)如果 z0为 f (z)的极点, 则有如下计算规则
规则1o 若z0为f(z)的一阶极点，则有
规则2o 若Rz0e为s ff((zz)),的z0n 阶lzi极mz0(点z ，z0则) f对(z任) 意整数
mn 有
Res f(z), z0
=
1 (m - 1)!
lim
zz0
dm-1 dzm-1
[(z
-
z0
)m f(z)]
由于f(z)=
(
(z)
zz0
)n
，由高阶导数定理可得
Res[
f(z),
z0 ] =
1 2πi
C
(z
φ(z) - z 0 )n
dz
=
φ(n-1) (z0 ) (n - 1)!
8
规则3
设
f
(z)
P(z), Q(z)
P(z) 及
Q(z)
可直接展开Laurent级数求c-1来计算留数。
2. 在应用规则2时, 为了计算方便一般要将m
取得比实际的级数高. 因为有时把m取得比实际的
级数高能够使得计算方便.如上例取 m 6
Res f (z),0
(6
1
1)!
lim
z0
d5 dz5
z
6
z sin z z6
则称
1 2πi
C
f (z)dz
记
Res[f (z), z0 ].
为 f (z) 在 z0 的留数(Residue),
3
计算留数
1
2 i
C
f (z)dz：
C .z0
f (z) 在 0 z z0 R 内的Laurent级数:
f (z) cn(z z0 )n c1(z z0 )1 c0 c1(z z0 ) cn(z z0 )n
1 . 5!
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例3．求下列函数在指定点处的留数
(1)f1(z) (e z 1) z5 , z0 0 ;
解：z0 0是函数 e z 1 的一级零点,
又是函数 z 5 的五级零点.
于是它是 f1(z) 的四级极点, 可用规则 2计算其留数,其中n=4,为了计算简便应
当取其中m=5,这时有
所以 z0 为 f (z) 的一级极点,
Res[
f
( z ), z0 ]
lim(z
zz0
z0
)
f
(z)
P(z)
lim
zz0
Q(z)
Q( z0
)
P(z0 ) . z z0 Q(z0 )
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典型例题
例1
求 f (z)
ez zn
在
z
0
的留数（n为正整数）。
解 因为 z 0 是 f (z)的n阶极点，