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。

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 $\text{Res}_{z=z_0}f(z) = a_{-1}$。

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。

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。

• 洛朗展开法：直接求 $(z-z_0)^{-1}$ 项的系数
• 积分公式法：$\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)dz$

若 $z_0$ 是可去奇点，则洛朗展开无负幂项，故： $$\text{Res}[f(z), z_0] = 0$$

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。

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 $\text{Res}[f(z), 0] = 1$。

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： $$\text{Res}[f(z), \infty] = -\text{Res}\left[\frac{1}{\zeta^2}f\left(\frac{1}{\zeta}\right), 0\right]$$

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。

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）。

$$\text{Res}\left[\frac{1}{az^2+2z+a}, z_1\right] = \frac{1}{2az_1+2} = \frac{1}{2\sqrt{1-a^2}}$$

$$I = \frac{2}{i} \cdot 2\pi i \cdot \frac{1}{2\sqrt{1-a^2}} = \frac{2\pi}{\sqrt{1-a^2}}$$

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： $$I = \frac{\pi\sqrt{2}}{4}$$

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： $$I = \frac{\pi}{2e}$$

• 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 $\sum f(n) = -\pi \sum \text{Res}[f(z)\cot(\pi z)]$

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： $$\int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+a^2}dx = \frac{\pi e^{-a}}{2}$$

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 $\int_0^{\infty}\cos(x^2)dx = \int_0^{\infty}\sin(x^2)dx = \frac{\sqrt{2\pi}}{4}$。

• 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。