第四章留数定理

∫ 由此即得留数定理：f (z0 ) =
1 2πi
l
f (z) z − z0
dz
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留数之和的守恒关系
如果f(z)只有有限个孤立奇点，则f(z)在复平面 上所有奇点(含∞点)的留数之和等于零。
复数球
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只需注意包围∞点的路径从另一个角度来 看，其中包含其他所有的有限远奇点。
n
Res f (∞) + ∑ Res f (bn ) = 0 n=1
lim ( z
z→z0
−
z0 )m
f
(z)
=
a−m不为0，可作为m阶极点判据.
不过，留数不是a−m而是a−1，因此还需要继续往下算。
上式可以看作 lim(z z→z0
−
z0 )m
f
( z )的泰勒展开，其中a−1是
m阶极点在奇点附近性质 等价于a-m(z-z0)-m
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m −1次项系数。而泰勒展开系数公式是：bk
其中a−m不为0，两边同乘(z − z0 )m，得：
m阶极点判据：
lim ( z
z→z0
−
z0 )m
f
(z)
有限且不为0
(z − z0 )m f (z) = a−m + a−m+1(z − z0 ) + ... + a−1(z − z0 )m−1
+ a0 (z − z0 )m + a1(z − z0 )m+1 + ....
Res
f
( z0 )
=
lim ( z
z→z0
−
z0 )
f
(z)
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证明思路
对于单极点，负次幂系数只有a-1不为0。单 极点的洛朗级数：
f
(z)
=
a−1 z − z0
+
a0
+ a1(z
−
z0 ) +
a2 (z
−
z0 )2
+ ...
两边同乘(z − z0 )，有
(z − z0 ) f (z) = a−1 + a0 (z − z0 ) + a1(z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + ...
这样我们得到了一个不为0的极限值。因此z = 1是单极点，
而留数为1/ n。
此外，如运用公式 Res
f
( z0 )
=
P(z0 ) ，这里P Q'(z0 )
= 1,Q
=
zn
−1
也可得 Res
f
( z0 )
=
1 [zn −1]'
=
1 n
n为负整数时同样适用(n≠0即可)。 18
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留数计算的例子
m阶极点的留数是z0处lim(z-z0)mf(z) 泰勒展式的 m-1次幂的系数。
单极点的留数永不为0，高阶极点和本性奇点的 留数可以为0。有限远非奇点(含可去奇点)处的 留数一定为0，无穷远点即使不是奇点其留数也 可不为0。(非孤立奇点和支点的情况不讨论)
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留数计算的例子
∫ f (z)dz = 2πia−1
l
其中a−1是该奇点邻域的洛朗展开 −1次幂系数
无论哪种奇点类型都成立。
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神奇的a-1系数
对比第2章，我们曾得到一个回路积分计算公式：
∫l
f
(
z)dz
=
2πi
lim
z→z0
(
z
−
z0
)
f
(z)
但当时说这个公式并不够普遍，如果极限为无穷
大或不存在，左右两边就不相等。然而，只要极
=
f (k) (z0 )。 k!
[ ] 因此 Res
f (z0 ) = a−1
= bm−1
= lim z→z0
d m−1 dz m−1
(z − z0 )m (m −1)!
f (z)
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留数性质小结
解析函数回路积分可归结为其中所围奇点的留 数值。无论单极点、高阶极点还是本性奇点， 留数都是a-1(无穷远处为－a-1) 。对于孤立奇点 的情况，含无穷远点在内的所有奇点处的留数 之和为0。
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
其他的解法
上面解法运用了因式分解，也可不用因式分解。
首先测试z = 1是否为单极点，即计算以下极限是否存在：
lim( z
z →1
−
1)
f
(z)
=
lim
z →1
z −1 zn −1
利用洛必达法则分子分母求导，可得
上式 =
lim
z →1
1 nz n−1
=
1 n
(因为n为正整数故1n−1 = 1)
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无限远点的情况
f(z)在无限远点也可定义留数，但 有一些特殊的地方。 1、f(z)在无穷远点∞处的留数记作 Res f(∞)，定义为f(z)在无穷远处洛 朗展开的－1次幂系数乘－1，也就 是Res f(∞)=-a-1。 2、即使f(z)在∞处不是奇点，留数 也可能不为0。
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从而可以知道z = 1是函数的单极点。
利用单极点留数计算公式，有
Res
f
(1)
=
lim( z
z →1
−1)
1 zn −1
=
lim
z →1
z z
−1⋅ −1
z n−1
+
1 z n−2
+
... +1
=
1 n
因此，留数为1/ n。
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这个问题中，能 否由此推断
Res f(∞)=-1/n?
不行。因为z=1 只是f(z)的极点 之一。实际上 f(z)有n个极点
, 这里P
= 1,Q
=
sin
z。
亦可得 Res f (nπ ) = 1 = (−1)n
cos nπ
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留数计算的例子
p.54例3 确定函数f(z)=(z+2i)/(z5+4z3)的极 点，并求函数在这些点的留数。
这个例子中，分母可以因式分解，从而易于
求出分母的零点，也就是函数的极点。
p.53例1 求f(z)=1/(zn-1)在z0=1点的留数。(假 设n是一个正整数)
首先由lim f (z) = ∞可知，z = 1是函数的极点。 z →1
把分母因式分解可得：
f
(z)
=
1 zn −1
=
(z
−1)(z n−1
1 + zn−2
+ ... +1)
因为n为正整数，因此第2个括号中只有有限项，值趋向于n
n
∫ f (z)dz = 2πi∑ Res f (bn )
l
j =1
任何回路积分可表示为其中所包围的奇点留数之和
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单奇点留数定理的证明
设z0为奇点，z0邻域上的洛朗级数为：
∞
∑ f (z) = ak (z − z0 )k −∞
任取一个小回路两边积分，有
∞
∫ f (z)dz = ∑ ak ∫ (z − z0 )k dz
限存在，那么结果总是正确的。
现在有了洛朗展开工具，可以弄清楚这是怎么回
∫ 事。准确的公式是 f (z)dz = 2πia−1,仅当奇点为单
l
极点时，才有
lim
z→z0
(
z
−
z0
)
f
(
z)
=
a−1，如果为高阶极
点，这个极限为∞，但a−1仍有限。
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留数和柯西
留数这个名称的提 出者是柯西。1825 年柯西给出了初步 形式的留数定理， 1841年则给出了更 普遍的形式。
Res
f
( z0 )
=
P( z0 ) Q' ( z0 )
这里是对z求导，求 导时注意区分z和z0
因为此时z0是f (z)一阶极点，因此
Res
f
(z0 )
=
lim
z→z0
(z
− z0)P(z) Q(z)
利用洛必达法则，有上式
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= lim [(z − z0 )P(z)]' = lim P(z) + (z − z0 )P'(z)
p.54例2 确定函数f(z)=1/sin z的极点，求出函 数在这些点的留数。
显然，当sin z = 0时z为f (z)的极点。我们知道实数域上 sin z = 0的零点是z = nπ，复数域上会不会有别的零点？ 通过sin z绝对值的表达式， sin z = 1 (e2 y + e−2 y ) + 2 sin 2 x − 2 cos2 x = 0
显然，当z → z0时即有(z − z0 ) f (z) = a−1
因右边是一个幂级数，当z → z0时必然是收敛至第0项.
单极点判据：lim z→z0
(z
−
z0
)
f
(
z)为有限非零值。
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一种更简单的情况
如果f(z)=P(z)/Q(z)，其中P(z)和Q(z)都在z0点 解析，且z0为Q(z)一阶零点而P(z0)不为0，有
f
(z)
=
z + 2i z5 + 4z3
=
z + 2i z3(z + 2i)(z − 2i)
=
1 z3 (z − 2i)
从分母的形式可知z = 2i是函数的单极点，
利用单极点的留数计算公式，有：
Res f (2i) = lim[(z − 2i) f (z)] z→2i
z → nπ
z→nπ sin z
利用洛必达法则，有：
上式 =
lim [z − nπ ]' z→nπ [sin z]'
=
lim
z → nπ
1 cos z
=
1 cos nπ
=
1 (−1)n
= (−1)n
因此z = nπ是单极点，在z = nπ处留数为(−1)n。
同样可用公式 Res
f
( z0 )
=
P( z0 ) Q' ( z0 )
2
( ) 其中 e2y + e−2y ≥ 2，而 2sin2 x − 2 cos2 x ≤ 2
显然y必须 = 0，否则根式内的值总是大于0。 因此，复数域上sin z没有其他零点。
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留数计算的例子
复数域上sin z的零点也是z = nπ ,其中n为整数。
计算以下极限值是否有限，
lim (z − nπ ) f (z) = lim z − nπ
由洛朗级数展开公式：
∫ ak
=
1 2πi
l
(ζ
f (ζ ) − z0 )k +1
dζ
将k = −1代入，得：
∫ ∫ a−1 =
1 2πi
l
f (ζ ) (ζ − z0 )0
dζ
=
1 2πi
l
f (ζ )dζ，
立刻得到：
∫ f (ζ )dζ = 2πia−1 = 2πi Res f (z0 )
l
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留数定理和柯西定理
柯西定理
∫ f (z)dz = 0
l
留数定理
n
∫ f (z)dz = 2πi∑ Res f (bn )
l
j =1
当区域内部没有奇点时，留数定理即可化 为柯西定理。
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留数定理和柯西公式
柯西公式
∫ f (z0 ) =
1 2πi
l
f (z) z − z0
dz
第四章 留数定理
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神奇的a-1系数
奇点邻域洛朗展开可以有很多负次幂，但其 中-1次幂的系数a-1具有特别重要的地位，该 系数有个专门的名称叫留数。那么，这个系 数到底有什么重要的用处呢？
a−1可用来计算包围奇点区域的回路积分. 若l所围区域内包含1个奇点，那么有：
l
−∞ l
根据课本p.27例题，级数中除k = −1外其他项均为0。
(因原函数只有ln z多值)
∫而 (z − z0 )−1dz = 2πi。 l
∫ 所以， f (z)dz = 2πia−1 = 2πi Res f (z0 ) l
思路：f(z)展开成洛朗级数，逐项积分，只有-1次项不为0。6
更简单的证明
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柯西在研究奇点如何对路积分产生影响时 发现了留数和积分的关系。1825年，柯西 首先给出的是如下初步的形式。
若f
(z0 )
→
∞, 而极限F
=
lim ( z
z → z1
−
z0 )
f
( z )存在，
则越过z0点对路积分值造成的影响就是2πiF。
在l 内部没有奇点时，以上形式退化为:
也能由留数定理导出吗？
令F (z) = f (z) ，因f (z)在l内解析，F (z)在l内有 z − z0
唯一奇点z0。应用留数定理有：
∫ F (z)dz = 2πi Res F (z0 ) = 2πia−1
l
其中a−1是F (z)在z0洛朗展开的 −1次幂系数，亦 即f (z)在z0点泰勒展开的系数a0，也就是f (z0 ).
z→z0 [Q(z)]'
z→z0
Q'(z)
= P(z)
Q'(z)
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m阶极点的情况
若z0是f(z)的m阶极点，则洛朗级数为
留数仍然是a-1, 求 法有些不同。
f
(z)
=
a−m (z − z0 )m
+
a−m+1 (z − z0 )m−1
+ ... +
a−1 z − z0
+ a0 + a1(z − z0 ) + a2 (z − z0 )2 + ....
∫ f (z)dz = 0
l
而这实际上就是柯西定理。 4
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留数定理
奇叫点残邻数)域，洛记朗作级R数es 的f(za0-)1系数被称作留数(也
∫ 单奇点时， f (z)dz = 2πia−1 = 2πi Res f (z0 ) l
留数定理 设函数f(z)在回路l所围区域B上除 有境限界个线孤的立闭奇区点域上b1,除b2b, 1.,..b, 2b,n.外..,解bn析外，连在续包，含则
n阶极点不需要计n次。
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留数的计算
原则上，计算函数在z0点的留数，只需将 函数展开成以z0为中心的洛朗级数，其负 1次幂系数即为所求。(如果能用1/(1-z)简 单展开公式则计算也很方便)
如果是极点型的奇点，也可以利用泰勒展 开公式，直接得到其留数。
特别的，对于单极点的情况，有：