留数理论是复变函数的重要应用工具，它将函数在孤立奇点处的局部性质与沿闭曲线的积分联系起来。本章系统介绍留数的概念、计算方法和应用。
定义8.1：设 $z_0$ 是 $f(z)$ 的孤立奇点，$f(z)$ 在 $0 < |z-z_0| < R$ 内的Laurent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（Residue），记作： $$\text{Res}[f(z), z_0] = a_{-1}$$
定理8.1：设 $z_0$ 是 $f(z)$ 的孤立奇点，$C$ 是 $0 < |z-z_0| < R$ 内绕 $z_0$ 的正向简单闭曲线，则： $$\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)\,dz$$
证明：由Laurent展开的系数公式，$n = -1$ 时： $$a_{-1} = \frac{1}{2\pi i}\oint_C f(\zeta)\,d\zeta$$
这正是留数的定义。∎
定理8.2（留数基本定理）：设 $D$ 是由逐段光滑的简单闭曲线 $C$ 所围成的区域，$f(z)$ 在 $D$ 内除有限个孤立奇点 $z_1, z_2, \ldots, z_n$ 外解析，在 $\overline{D}$ 上除这些点外连续，则：
$$\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \text{Res}[f(z), z_k]$$
证明：分别以 $z_k$ 为中心作小圆周 $C_k$，使得它们互不相交且都含于 $C$ 内部。由复连通区域的Cauchy定理：
$$\oint_C f(z)\,dz = \sum_{k=1}^{n} \oint_{C_k} f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \text{Res}[f(z), z_k]$$
∎
注：留数定理将闭曲线积分转化为孤立奇点处留数的计算，是计算复积分的强有力工具。
对于Laurent展开容易求得的函数，可直接从展开式中读出 $a_{-1}$。
例题8.1 求 $\text{Res}[e^{1/z}, 0]$。
解：$e^{1/z} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \cdots$，故 $a_{-1} = 1$。
$$\text{Res}[e^{1/z}, 0] = 1$$
法则I：若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的一阶极点，则： $$\text{Res}[f(z), z_0] = \lim_{z \to z_0} (z-z_0)f(z)$$
法则II：若 $f(z) = \frac{\varphi(z)}{\psi(z)}$，其中 $\varphi(z_0) \neq 0$，$\psi(z_0) = 0$，$\psi'(z_0) \neq 0$（即 $z_0$ 是 $f(z)$ 的一阶极点），则： $$\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{\varphi(z_0)}{\psi'(z_0)}$$
证明：由洛必达法则： $$\lim_{z \to z_0} (z-z_0)\frac{\varphi(z)}{\psi(z)} = \lim_{z \to z_0} \frac{\varphi(z) + (z-z_0)\varphi'(z)}{\psi'(z)} = \frac{\varphi(z_0)}{\psi'(z_0)}$$
∎
法则III：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：由 $f(z) = \frac{a_{-m}}{(z-z_0)^m} + \cdots + \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + \cdots$
$$(z-z_0)^m f(z) = a_{-m} + a_{-m+1}(z-z_0) + \cdots + a_{-1}(z-z_0)^{m-1} + \cdots$$
求 $(m-1)$ 阶导数后令 $z = z_0$ 即得。∎
例题8.2 求 $f(z) = \frac{z}{z^2+1}$ 在有限奇点处的留数。
解：$z^2+1 = 0$ 得 $z = \pm i$，均为一阶极点。
由法则II： $$\text{Res}[f(z), i] = \frac{z}{2z}\bigg|_{z=i} = \frac{1}{2}$$ $$\text{Res}[f(z), -i] = \frac{z}{2z}\bigg|_{z=-i} = \frac{1}{2}$$
例题8.3 求 $f(z) = \frac{e^z}{z(z-1)^2}$ 在各孤立奇点处的留数。
解：奇点为 $z = 0$（一阶极点）和 $z = 1$（二阶极点）。
$z = 0$： $$\text{Res}[f(z), 0] = \lim_{z \to 0} z \cdot \frac{e^z}{z(z-1)^2} = \frac{e^0}{(0-1)^2} = 1$$
$z = 1$： $$\text{Res}[f(z), 1] = \lim_{z \to 1}\frac{d}{dz}\left[(z-1)^2 \cdot \frac{e^z}{z(z-1)^2}\right] = \lim_{z \to 1}\frac{d}{dz}\left(\frac{e^z}{z}\right)$$
$= \lim_{z \to 1}\frac{e^z \cdot z - e^z}{z^2} = \frac{e - e}{1} = 0$
例题8.4 计算 $\oint_{|z|=2} \frac{dz}{z^3(z+1)(z-1)}$。
解：被积函数在 $|z|=2$ 内的奇点为 $z = 0$（3阶极点），$z = 1$ 和 $z = -1$（一阶极点）。
$z = 0$： $$\text{Res} = \frac{1}{2!}\lim_{z \to 0}\frac{d^2}{dz^2}\left[\frac{1}{(z+1)(z-1)}\right] = \frac{1}{2}\lim_{z \to 0}\frac{d^2}{dz^2}\left(\frac{1}{z^2-1}\right)$$
计算得 $\text{Res}[f, 0] = -1$
$z = 1$：$\text{Res} = \lim_{z \to 1}\frac{1}{z^3(z+1)} = \frac{1}{2}$
$z = -1$：$\text{Res} = \lim_{z \to -1}\frac{1}{z^3(z-1)} = \frac{1}{2}$
因此： $$\oint_{|z|=2} f(z)\,dz = 2\pi i(-1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}) = 0$$
定义8.2：设 $\infty$ 是 $f(z)$ 的孤立奇点，$f(z)$ 在 $R < |z| < +\infty$ 内的Laurent展开为： $$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n z^n$$
定义 $f(z)$ 在 $\infty$ 处的留数为： $$\text{Res}[f(z), \infty] = -a_{-1}$$
定理8.3：若 $f(z)$ 在扩充复平面上只有有限个孤立奇点，则所有奇点（包括 $\infty$）的留数之和为零： $$\sum_{k=1}^{n} \text{Res}[f(z), z_k] + \text{Res}[f(z), \infty] = 0$$
定理8.4： $$\text{Res}[f(z), \infty] = -\text{Res}\left[f\left(\frac{1}{z}\right)\cdot\frac{1}{z^2}, 0\right]$$
例题8.5 求 $f(z) = \frac{z^2}{z^4+1}$ 在 $\infty$ 处的留数。
解：有限奇点为 $z_k = e^{i(\pi+2k\pi)/4}$，$k=0,1,2,3$，均为一阶极点。
由留数和为零，计算较简单的方法是： $$\text{Res}[f(z), \infty] = -\sum_{k=0}^{3} \text{Res}[f(z), z_k]$$
或用公式： $$\text{Res}[f(z), \infty] = -\lim_{z \to \infty} z \cdot f(z) = -\lim_{z \to \infty} \frac{z^3}{z^4+1} = 0$$ （当 $f(z)$ 在 $\infty$ 处至少有二阶零点时）
类型I：$I = \int_0^{2\pi} R(\cos\theta, \sin\theta)\,d\theta$
令 $z = e^{i\theta}$，则 $d\theta = \frac{dz}{iz}$，$\cos\theta = \frac{z+z^{-1}}{2}$，$\sin\theta = \frac{z-z^{-1}}{2i}$
积分化为单位圆周上的复积分： $$I = \oint_{|z|=1} R\left(\frac{z+z^{-1}}{2}, \frac{z-z^{-1}}{2i}\right)\frac{dz}{iz}$$
例题8.6 计算 $I = \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{5+3\cos\theta}$。
解：令 $z = e^{i\theta}$： $$I = \oint_{|z|=1} \frac{1}{5+3\cdot\frac{z+z^{-1}}{2}}\cdot\frac{dz}{iz} = \oint_{|z|=1} \frac{2}{3z^2+10z+3}\,dz$$
$= \oint_{|z|=1} \frac{2}{(3z+1)(z+3)}\,dz$
在 $|z|=1$ 内只有 $z = -\frac{1}{3}$ 一个一阶极点。
$$\text{Res}\left[\frac{2}{(3z+1)(z+3)}, -\frac{1}{3}\right] = \lim_{z \to -\frac{1}{3}}\frac{2}{z+3} = \frac{2}{\frac{8}{3}} = \frac{3}{4}$$
因此 $I = 2\pi i \cdot \frac{3}{4} = \frac{3\pi}{2}$（注意这里积分结果是实数）。
更正：$I = 2\pi i \times \text{留数} = 2\pi i \times \frac{3}{4i} = \frac{\pi}{2}$（需要重新计算）
重新计算： $$\frac{2}{iz(5+\frac{3(z^2+1)}{2z})} = \frac{4}{i(10z+3z^2+3)} = \frac{4}{i(3z^2+10z+3)}$$
$z = -\frac{1}{3}$ 处留数： $$\frac{4}{i} \cdot \frac{1}{6z+10}\bigg|_{z=-1/3} = \frac{4}{i(8)} = \frac{1}{2i}$$
$I = 2\pi i \cdot \frac{1}{2i} = \pi$（也不对，再验算）
直接计算：$\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{5+3\cos\theta}$，用万能公式可得结果为 $\frac{\pi}{2}$。
类型II：$I = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx$
引理8.1（Jordan引理）：设 $f(z)$ 在上半平面 $|z| > R_0$，$\text{Im}(z) \geq 0$ 上连续，且当 $|z| \to \infty$ 时 $f(z)$ 一致趋于零。则对任意 $m > 0$： $$\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)e^{imz}\,dz = 0$$ 其中 $C_R: |z| = R$，$\text{Im}(z) \geq 0$。
定理8.5：设 $f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$，$\deg Q \geq \deg P + 2$，$Q(x) \neq 0$（$x \in \mathbb{R}$），则： $$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx = 2\pi i \sum_{\text{Im}(z_k)>0} \text{Res}[f(z), z_k]$$
例题8.7 计算 $I = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^4}$。
解：$f(z) = \frac{1}{z^4+1}$，在上半平面的极点为： $$z_1 = e^{i\pi/4} = \frac{1+i}{\sqrt{2}}, \quad z_2 = e^{i3\pi/4} = \frac{-1+i}{\sqrt{2}}$$
均为一阶极点： $$\text{Res}[f, z_k] = \frac{1}{4z_k^3} = \frac{z_k}{4z_k^4} = -\frac{z_k}{4}$$
$$\text{Res}[f, z_1] + \text{Res}[f, z_2] = -\frac{1}{4}(z_1 + z_2) = -\frac{i}{2\sqrt{2}} \cdot \sqrt{2} = -\frac{i}{2\sqrt{2}}$$
实际上 $z_1 + z_2 = \frac{2i}{\sqrt{2}} = i\sqrt{2}$，故和为 $-\frac{i\sqrt{2}}{4}$。
$$I = 2\pi i \cdot \left(-\frac{i\sqrt{2}}{4}\right) = \frac{\pi\sqrt{2}}{2}$$
习题8.1 求下列函数在指定点的留数： (1) $f(z) = \frac{z+1}{z^2-2z}$ 在 $z = 0$ 和 $z = 2$； (2) $f(z) = \frac{1-e^{2z}}{z^4}$ 在 $z = 0$； (3) $f(z) = z^2\sin\frac{1}{z}$ 在 $z = 0$。
习题8.2 计算下列积分： (1) $\oint_{|z|=2} \frac{z}{z^4-1}\,dz$； (2) $\oint_{|z|=1} \frac{e^z}{z^3}\,dz$； (3) $\oint_{|z|=3} \frac{z+1}{z^2(z-1)}\,dz$。
习题8.3 计算定积分： (1) $\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{2+\cos\theta}$； (2) $\int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{(2+\sqrt{3}\cos\theta)^2}$； (3) $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^2+2x+2}$。
习题8.4 证明：若 $f(z)$ 在 $|z| \leq R$ 上解析，$f(0) \neq 0$，则当 $|a| < \frac{|f(0)|R}{M+|f(0)|}$ 时，$f(z) = a$ 在 $|z| < R$ 内恰有一个根，其中 $M = \max_{|z|=R}|f(z)|$。
习题8.5 计算 $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^2+1}\,dx$。
习题8.6 设 $f(z)$ 在 $|z| \leq 1$ 上解析，$|f(z)| < 1$。证明方程 $f(z) = z$ 在 $|z| < 1$ 内有且仅有一个根。
习题8.7 计算 $\int_0^{+\infty} \frac{x\sin x}{x^2+a^2}\,dx$（$a > 0$）。
习题8.8 求 $\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{1}{n^2+a^2}$（$a > 0$，$a$ 不是整数）。
本章核心内容：
1. 留数的定义：Laurent展开中 $(z-z_0)^{-1}$ 项的系数。
2. 留数定理：沿闭曲线的积分等于 $2\pi i$ 乘以内部各奇点留数之和。
3. 留数计算法则：
4. 无穷远点的留数：$\text{Res}[f(z), \infty] = -a_{-1}$，所有留数之和为零。
5. 应用：
留数理论将复积分计算转化为代数运算，大大简化了许多复杂积分的求解。