第五章 留数理论及其应用
§5.1留数 1.留数的定义 如果是孔)的孤立奇点，那么对于解析圆环内包 含z的正向简单闭曲线C,上述积分只与孔z)和z有关， 而与C无关，但积分值不一定为零 z)在z的邻域内可展开成洛朗级数： f(z)=∑an(z-2)” n=-o0 钟a2长 n=0,±1，±2，… a2ai手s
§5.1 留 数 1. 留数的定义 如果z0是f(z)的孤立奇点，那么对于解析圆环内包 含z0的正向简单闭曲线C，上述积分只与f(z)和z0有关， 而与C无关，但积分值不一定为零. f(z)在z0的邻域内可展开成洛朗级数： 0 ( ) ( )n n n f z a z z =− = − 其中 1 0 1 ( )d , 0, 1, 2, 2πi ( ) n n C f a n z + = = − 1 1 ( )d 2πi C a f − =
∮f5)d5=2πia1 把孔z)在z处的洛朗级数中(2-zo)项的系数a-1称为z) 在孤立奇点z处的留数，记为 Res[2),o]=a-1, 即 Re-)2a季et
1 ( )d 2πi C f a = − 把f(z)在z0处的洛朗级数中(z−z0 ) −1项的系数a−1称为f(z) 在孤立奇点z0处的留数，记为 Res [f(z),z0 ]=a−1 , 即 Res[f(z),z0 ]= . 1 ( )d 2πi C f z z
例5.1求下列积分的值，其中C为包含=0的简单正向闭 曲线， (eos-dzd 解：(1)令z=z3cosz,则=0为z)的孤立奇点. cosz =1- 22 21 1 1 f(2)= 2z 4！ 61 +,0<2<o, 所以Resa),o]=- ∮z3 coszd=-πi
例5.1 求下列积分的值，其中C为包含z=0的简单正向闭 曲线. 3 (1) cos d C z z z − 1 2 (2) e dz C z 解： (1)令f(z)=z −3cosz，则z=0为f(z)的孤立奇点. 2 4 6 cos 1 , . 2! 4! 6! z z z z z = − + − + 3 3 1 1 ( ) ,0 , 2 4! 6! z z f z z z z = − + − + 所以Res [f(z),0]= . 1 2 − 3 cos d i C z z z − = −
(2)令e)e,则-0为e)的孤立奇点 。1分5n 1! 必=代入上式，得 fe=h++京0e 所以，Res[z),0]=0. Se"d--0
(2) 令f(z)= ，则z=0为f(z)的孤立奇点. 2 1 e z 2 e 1 , , 1! 2! ! n z n = + + + + 以 2 代入上式，得 1 z = 2 4 2 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 ,0 . 1! 2! ! n f z z z z n z = + + + + 所以，Res[f(z),0]=0. 1 2 e d 0 z C z =
2.留数定理 定理5.1（留数定理）设函数z)在区域D内除有有限个 孤立奇点12，…外处处解析，C是D内包围这些奇 点的一条正向简单闭曲线，那么 ∮，fed=2i∑Res[fa2] k=1 证明：以为圆心，作完全含 在C内且互不相交的正向小圆 Ck:k-2kl=⊙(=1,2，…，n）, 由复合闭路上的柯西积分定理 有 ∮fe地=∮f(et+∮fe++∮fe
2. 留数定理 定理5.1 (留数定理) 设函数f(z)在区域D内除有有限个 孤立奇点z1 ,z2 ,…,zn外处处解析，C是D内包围这些奇 点的一条正向简单闭曲线，那么 1 ( )d 2πi Res ( ), . n k C k f z z f z z = = 证明：以zk为圆心，作完全含 在C内且互不相交的正向小圆 Ck :|z−zk |=k ,(k=1,2,…,n)， 由复合闭路上的柯西积分定理， 有 1 2 ( )d ( )d ( )d ( )d . C C C Cn f z z f z z f z z f z z = + + +
但∮f(2)d=2πiRs[f(2),二k]k=1,2,…,n Ck 于是有 ∮，f(a)d=2πi∑Res[f(a),] 3.留数的计算方法 (1)如果zo为z)的m阶极点，那么 R小ay四gere 证明：因为z是z)的m阶极点，故在z的邻域中有 其中g(z)在z处解析，且g(2o)≠0
但 ( )d 2πi Res ( ), . 1,2, , . k k C f z z f z z k n = = 1 ( )d 2πi Res ( ), k n k C k f z z f z z = 于是有 = 3. 留数的计算方法 (1) 如果z0为f(z)的m阶极点，那么 ( ) ( ) 0 1 0 0 1 1 d Res ( ), lim ( ) 1 ! d m m m z z f z z z z f z m z − → − = − − 证明：因为z0是f(z)的m阶极点，故在z0的邻域中有 ( 0 ) 1 ( ) ( ) m f z g z z z = − 其中g(z)在z0处解析，且g(z0 ) 0
于是 eA'e--22- 其中(2)的系数为 m-(30) (m-1)川 又g(2)=(2-2"z),因而得到 号y典ae-八 gm-(20)_ (2)若是z)的一阶极点，那么 Res[f(),0]=lim(-Z)f() z→z0
于是 ( ) 0 0 0 0 0 0 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ! ! n n n n m m n n g z g z f z z z z z z z n n − = = = − = − − 其中(z−z0 ) −1的系数为 . ( ) 1 0 ( ) 1 ! m g z m − − 又g(z)=(z−z0 ) mf(z)，因而得到 ( ) ( ) ( ) 0 1 1 0 1 0 ( ) 1 d lim ( ) . 1 ! 1 ! d m m m m z z g z z z f z m m z − − → − = − − − (2) 若z0是f(z)的一阶极点，那么 0 Res[ ( ),0] lim( ) ( ). 0 z z f z z z f z → = −
5z-2 例5.2求z尸 e-分别在一0和=1的留数 解：0是z)的一阶极点，故 5z-2 Res[()]m z>0 0(z-102 1是z)的二阶极点，得 Resl/().=.{（e-lye lim 5z-(5z-2）=2. →1 22
例5.2 求f(z)= 分别在z=0和z=1的留数. 2 5 2 ( 1) z z z − − 解： z=0是f(z)的一阶极点，故 2 0 0 5 2 Res[ ( ),0] lim ( ) lim 2. ( 1) z z z f z z f z → → z − = = = − − z=1是f(z)的二阶极点，得 ( ) 2 1 2 1 d Res[ ( ),1] lim 1 ( ) d 5 (5 2) lim 2. z z f z z f z z z z z → → = − − − = =
(3)设z)= P ,P(z),Qz)在z都是解析的如果P(o≠0， 0() Q(2o)=0且Q'(20)0,那么z是z)的一阶极点，因此有 Res[f(z),zo]= P(o) 2() 证明：因Q(=0及Q'(z0)0,所以z为Q(z)的一级零点， 由g日：M8,其中p在解折且)0，于是 f(z)= 19 (a)P(z) z-20 因为在z解析且0(o)P(o)≠0，故z为z)的一阶极点
(3) 设f(z)= ,P(z),Q(z)在z0都是解析的.如果P(z0 )0, Q(z0 )=0且Q'(z0 ) 0 ，那么z0是f(z)的一阶极点，因此有 ( ) ( ) P z Q z 0 0 0 ( ) Res[ ( ), ] ( ) P z f z z Q z = 证明：因Q(z0 )=0及Q'(z0 ) 0 ，所以z0为Q(z)的一级零点， 由 ，其中(z)在z0解析且(z0 ) 0 ，于是 0 1 1 ( ) ( ) z Q z z z = − 0 1 f z z P z ( ) ( ) ( ) z z = − 因为在z0解析且(z0 )P(z0 )0 ，故z0为f(z)的一阶极点