====== 第五章 留数理论 ====== 本章介绍留数概念及其计算方法，建立留数定理，并应用于围道积分的计算，这是复变函数最重要的应用之一。 ===== 5.1 留数的定义 ===== ==== 5.1.1 留数的概念 ==== **定义 5.1**（留数） 设 $z_0$ 为 $f(z)$ 的孤立奇点，$f(z)$ 在 $0 < |z - z_0| < R$ 内的洛朗展开为： $$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty}a_n(z - z_0)^n$$ 称系数 $a_{-1}$ 为 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的**留数**，记作： $$\text{Res}[f(z), z_0] = a_{-1}$$ 或 $\text{Res}_{z=z_0}f(z) = a_{-1}$。 ==== 5.1.2 留数的积分表示 ==== **定理 5.1** 设 $C$ 为绕 $z_0$ 的正向简单闭曲线，且 $C$ 及其内部在 $f(z)$ 的解析区域内（除 $z_0$ 外），则： $$\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)dz$$ **证明**：由洛朗展开的系数公式： $$a_{-1} = \frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)dz$$ 这正是留数的定义。 **重要意义**：留数将局部性质（洛朗展开的系数）与整体性质（围道积分）联系起来。 ===== 5.2 留数定理 ===== **定理 5.2**（留数定理） 设 $C$ 为正向简单闭曲线，$f(z)$ 在 $C$ 上解析，在 $C$ 内部除有限个孤立奇点 $z_1, z_2, \ldots, z_n$ 外解析，则： $$\oint_C f(z)dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}[f(z), z_k]$$ **证明**：以各奇点 $z_k$ 为中心作小圆 $C_k$，使得各小圆互不相交且都在 $C$ 内部。由多连通区域的柯西定理： $$\oint_C f(z)dz = \sum_{k=1}^{n}\oint_{C_k} f(z)dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}[f(z), z_k]$$ **意义**：将复杂的围道积分转化为各奇点处留数的求和。 ===== 5.3 留数的计算 ===== ==== 5.3.1 一般方法 ==== * **洛朗展开法**：直接求 $(z-z_0)^{-1}$ 项的系数 * **积分公式法**：$\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)dz$ ==== 5.3.2 可去奇点处的留数 ==== 若 $z_0$ 是可去奇点，则洛朗展开无负幂项，故： $$\text{Res}[f(z), z_0] = 0$$ ==== 5.3.3 极点处的留数 ==== **一阶极点**： **定理 5.3** 若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的一阶极点，则： $$\text{Res}[f(z), z_0] = \lim_{z \to z_0}(z - z_0)f(z)$$ 若 $f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$，$P(z_0) \neq 0$，$Q(z_0) = 0$，$Q'(z_0) \neq 0$，则： $$\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}$$ **证明**：由洛朗展开，$f(z) = \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + \cdots$，所以： $$(z-z_0)f(z) = a_{-1} + a_0(z-z_0) + \cdots \to a_{-1}$$ 对分式情形：由洛必达法则： $$\lim_{z \to z_0}\frac{(z-z_0)P(z)}{Q(z)} = \lim_{z \to z_0}\frac{P(z) + (z-z_0)P'(z)}{Q'(z)} = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}$$ **$m$阶极点**： **定理 5.4** 若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 阶极点，则： $$\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{1}{(m-1)!}\lim_{z \to z_0}\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z_0)^m f(z)]$$ **证明**：$f(z) = \frac{a_{-m}}{(z-z_0)^m} + \cdots + \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + \cdots$ $$(z-z_0)^m f(z) = a_{-m} + a_{-m+1}(z-z_0) + \cdots + a_{-1}(z-z_0)^{m-1} + \cdots$$ 求 $m-1$ 阶导数： $$\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z_0)^m f(z)] = (m-1)!a_{-1} + O(z-z_0)$$ 令 $z \to z_0$ 即得公式。 ==== 5.3.4 本性奇点处的留数 ==== 本性奇点处只能用洛朗展开法求留数。 **例5.1** 求 $f(z) = e^{1/z}$ 在 $z = 0$ 处的留数。 **解**： $$e^{1/z} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \frac{1}{3!z^3} + \cdots$$ $a_{-1} = 1$，故 $\text{Res}[f(z), 0] = 1$。 ===== 5.4 无穷远点的留数 ===== ==== 5.4.1 定义 ==== **定义 5.2**（无穷远点的留数） 设 $f(z)$ 在 $R < |z| < \infty$ 内解析，称： $$\text{Res}[f(z), \infty] = -\frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)dz$$ 其中 $C$ 为绕原点的正向简单闭曲线（包含 $|z| \leq R$）。 等价地，作变换 $z = \frac{1}{\zeta}$，则： $$\text{Res}[f(z), \infty] = -\text{Res}\left[\frac{1}{\zeta^2}f\left(\frac{1}{\zeta}\right), 0\right]$$ ==== 5.4.2 全平面留数之和 ==== **定理 5.5** 若 $f(z)$ 在扩充复平面上只有有限个孤立奇点（包括 $\infty$），则所有留数之和为零： $$\sum_{k}\text{Res}[f(z), z_k] + \text{Res}[f(z), \infty] = 0$$ **推论**： $$\text{Res}[f(z), \infty] = -\sum_{k=1}^{n}\text{Res}[f(z), z_k]$$ 这可用来简化计算：若有限奇点很多，可计算 $\text{Res}[f(z), \infty]$ 代替。 ===== 5.5 留数在实积分计算中的应用 ===== ==== 5.5.1 三角函数有理式的积分 ==== 类型：$I = \int_0^{2\pi}R(\cos\theta, \sin\theta)d\theta$ 令 $z = e^{i\theta}$，则 $d\theta = \frac{dz}{iz}$，$\cos\theta = \frac{z+z^{-1}}{2}$，$\sin\theta = \frac{z-z^{-1}}{2i}$。 积分变为单位圆周上的复积分： $$I = \oint_{|z|=1}R\left(\frac{z+z^{-1}}{2}, \frac{z-z^{-1}}{2i}\right)\frac{dz}{iz}$$ **例5.2** 计算 $I = \int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{1+a\cos\theta}$（$0 < a < 1$）。 **解**： $$I = \oint_{|z|=1}\frac{1}{1+a\cdot\frac{z+z^{-1}}{2}}\cdot\frac{dz}{iz} = \oint_{|z|=1}\frac{2dz}{iz(2+a(z+z^{-1}))}$$ $$= \oint_{|z|=1}\frac{2zdz}{iz(az^2+2z+a)} = \frac{2}{i}\oint_{|z|=1}\frac{dz}{az^2+2z+a}$$ 分母 $az^2+2z+a=0$ 的根：$z = \frac{-1 \pm \sqrt{1-a^2}}{a}$ 根为 $z_1 = \frac{-1+\sqrt{1-a^2}}{a}$，$z_2 = \frac{-1-\sqrt{1-a^2}}{a}$ $|z_1 z_2| = 1$，$|z_2| > 1$，故 $|z_1| < 1$（在单位圆内）。 $$\text{Res}\left[\frac{1}{az^2+2z+a}, z_1\right] = \frac{1}{2az_1+2} = \frac{1}{2\sqrt{1-a^2}}$$ $$I = \frac{2}{i} \cdot 2\pi i \cdot \frac{1}{2\sqrt{1-a^2}} = \frac{2\pi}{\sqrt{1-a^2}}$$ ==== 5.5.2 无穷积分 ==== 类型：$I = \int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx$ **定理 5.6** 设 $f(z)$ 在上半平面只有有限个孤立奇点，在实轴上解析，且当 $z \to \infty$（上半平面）时，$zf(z) \to 0$ 一致成立，则： $$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx = 2\pi i \sum_{\text{Im } z_k > 0}\text{Res}[f(z), z_k]$$ **证明思路**：取围道 $C_R$ 为上半圆 $|z| = R$ 加上实轴 $[-R, R]$。当 $R \to \infty$： $$\oint_{C_R} f(z)dz = \int_{-R}^{R}f(x)dx + \int_{\text{半圆}}f(z)dz$$ 由条件，半圆上的积分趋于0。 **例5.3** 计算 $I = \int_0^{\infty}\frac{dx}{1+x^4}$。 **解**：考虑 $f(z) = \frac{1}{1+z^4}$，上半平面奇点为 $z^4 = -1 = e^{i\pi}$ 的解： $$z_k = e^{i(\pi+2k\pi)/4}, \quad k = 0, 1$$ $z_0 = e^{i\pi/4}$，$z_1 = e^{i3\pi/4}$ 都是一阶极点，留数： $$\text{Res}[f, z_k] = \frac{1}{4z_k^3} = \frac{z_k}{4z_k^4} = -\frac{z_k}{4}$$ $$\sum \text{Res} = -\frac{1}{4}(e^{i\pi/4} + e^{i3\pi/4}) = -\frac{1}{4}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{i\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{i\sqrt{2}}{2}\right) = -\frac{i\sqrt{2}}{4}$$ $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{1+x^4} = 2\pi i \cdot \left(-\frac{i\sqrt{2}}{4}\right) = \frac{\pi\sqrt{2}}{2}$$ 由对称性： $$I = \frac{\pi\sqrt{2}}{4}$$ ==== 5.5.3 含三角函数的无穷积分 ==== 类型：$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\cos(mx)dx$，$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\sin(mx)dx$（$m > 0$） 考虑 $\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{imx}dx$，取实部或虚部。 **Jordan引理**：若 $f(z)$ 在上半平面解析（除有限个奇点），且当 $|z| \to \infty$ 时 $f(z) \to 0$ 一致成立，则： $$\lim_{R \to \infty}\int_{C_R}f(z)e^{imz}dz = 0$$ 其中 $C_R$ 为上半圆 $|z| = R$，$\text{Im } z \geq 0$。 **例5.4** 计算 $I = \int_0^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}dx$。 **解**：考虑 $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^2+1}dx$，取实部。 $f(z) = \frac{e^{iz}}{z^2+1}$，上半平面奇点 $z = i$（一阶极点）。 $$\text{Res}[f, i] = \frac{e^{i \cdot i}}{2i} = \frac{e^{-1}}{2i}$$ $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^2+1}dx = 2\pi i \cdot \frac{e^{-1}}{2i} = \frac{\pi}{e}$$ 取实部： $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}dx = \frac{\pi}{e}$$ 由对称性： $$I = \frac{\pi}{2e}$$ ==== 5.5.4 其他类型积分 ==== * **多值函数的积分**：利用割线构造单值分支 * **含参变量的积分**：对参变量求导或积分 * **级数求和**：利用 $\sum f(n) = -\pi \sum \text{Res}[f(z)\cot(\pi z)]$ ===== 5.6 典型例题 ===== **例5.5** 计算 $\oint_{|z|=2}\frac{z^2}{z^2+1}dz$。 **解**：被积函数在 $|z| < 2$ 内有奇点 $z = \pm i$（一阶极点）。 $$\text{Res}\left[\frac{z^2}{z^2+1}, i\right] = \frac{i^2}{2i} = \frac{-1}{2i} = \frac{i}{2}$$ $$\text{Res}\left[\frac{z^2}{z^2+1}, -i\right] = \frac{(-i)^2}{-2i} = \frac{-1}{-2i} = -\frac{i}{2}$$ $$\oint = 2\pi i \cdot \left(\frac{i}{2} - \frac{i}{2}\right) = 0$$ --- **例5.6** 计算 $\int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}dx$（$a > 0$）。 **解**：考虑 $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{ix}}{x^2+a^2}dx$，取虚部。 上半平面奇点 $z = ia$： $$\text{Res}\left[\frac{ze^{iz}}{z^2+a^2}, ia\right] = \frac{iae^{i(ia)}}{2ia} = \frac{e^{-a}}{2}$$ $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{ix}}{x^2+a^2}dx = 2\pi i \cdot \frac{e^{-a}}{2} = \pi i e^{-a}$$ 取虚部： $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}dx = \pi e^{-a}$$ 由对称性： $$\int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}dx = \frac{\pi e^{-a}}{2}$$ ===== 5.7 习题 ===== **一、基础练习** 1. 求下列函数在有限奇点处的留数： (a) $\frac{1}{z^3-z^5}$ (b) $\frac{z^2}{(z^2+1)^2}$ (c) $\frac{1-\cos z}{z^3}$ (d) $z^2 e^{1/z}$ 2. 计算下列围道积分： (a) $\oint_{|z|=1}\frac{dz}{z\sin z}$ (b) $\oint_{|z|=2}\frac{e^z}{z^2(z-1)}dz$ (c) $\oint_{|z|=3}\frac{z^{15}}{(z^2+1)^2(z^4+2)^3}dz$ 3. 计算下列实积分： (a) $\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5+3\sin\theta}$ (b) $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+1)(x^2+4)}$ (c) $\int_0^{\infty}\frac{\cos 2x}{x^2+4}dx$ **二、思考题** 4. 证明：若 $f(z)$ 在 $|z| \leq R$ 上解析，则 $\text{Res}[f(z)/z, 0] = f(0)$。 5. 设 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 为多项式，$\deg Q \geq \deg P + 2$，$Q$ 无实零点，证明： $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}dx = 2\pi i \sum_{\text{Im } z_k > 0}\text{Res}\left[\frac{P(z)}{Q(z)}, z_k\right]$$ 6. 利用留数计算：$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$。 **三、应用题** 7. 计算 $\int_0^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+1}dx$（提示：考虑 $f(z) = \frac{(\ln z)^2}{z^2+1}$ 沿钥匙孔围道的积分）。 8. Fresnel积分：证明 $\int_0^{\infty}\cos(x^2)dx = \int_0^{\infty}\sin(x^2)dx = \frac{\sqrt{2\pi}}{4}$。 ===== 本章小结 ===== * 留数是洛朗展开中 $(z-z_0)^{-1}$ 项的系数 * 留数定理将围道积分转化为留数求和，大大简化计算 * 极点处留数有计算公式，本性奇点需用洛朗展开 * 留数定理是计算各类实积分的有力工具 * 无穷远点的留数可简化多奇点情形的计算 **下章预告**：第六章将研究保角映射，这是复变函数在几何和工程应用中的重要内容。