第五章 留数及其应用

第五章 留数及其应用

留数理论是复积分和复级数理论相结合的产物。本章首先以洛朗级数为工具，先对解析函数的孤立奇点进行分类，再对它在孤立奇点邻域内的性质进行研究，而后引进留数的概念，介绍留数的计算方法以及留数定理。利用留数定理可以把计算沿闭路的积分转化为计算在孤立奇点处的留数；利用留数定理还可以计算一些定积分的反常积分，从而用复变函数的方法解决某些用微积分中的方法难以解决的积分计算问题。

§ 5.1 孤立奇点

§ 5.1.1 孤立奇点的分类

定义 5.1 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 处不解析，但在 $ z_{0} $ 的某一个去心邻域 $ 0 < |z - z_{0}| < \delta $ 内处处解析，则称 $ z_{0} $ 为 $ f(z) $ 的孤立奇点.

例 5.1 z=0 是函数 $ f(z)=\frac{1}{z} $ 的孤立奇点.

例 5.2 $ z_{1}=i $ 和 $ z_{2}=-1 $ 是函数 $ f(z)=\frac{1}{(z-i)(z+1)} $ 的两个孤立奇点.

例 5.3 设 $ f(z)=\frac{1}{\sin\frac{1}{z}} $， $ z_{n}=\frac{1}{n\pi} $ 是它的孤立奇点，n=1,2,\cdots。但 z=0 是奇点而不是孤立奇点，因为在 z=0 的任何邻域中，总有形如 $ z_{n}=\frac{1}{n\pi} $ 的奇点。

在孤立奇点 $ z = z_{0} $ 的去心邻域内，函数 $ f(z) $ 可展开为洛朗级数

$$ f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n}. $$

我们注意到，洛朗级数的非负次幂部分 $ \sum_{n=0}^{\infty} C_{n}(z-z_{0})^{n} $ 实际上表示 $ z_{0} $ 的邻域 $ \left|z-z_{0}\right|<\delta $ 内的解析函数（即 $ f(z) $ 的解析部分）。故函数 $ f(z) $ 在点 $ z_{0} $ 的奇异性质完全体现在洛朗级数的负次幂部分 $ \sum_{n=-\infty}^{-1} C_{n}(z-z_{0})^{n} $ （即 $ f(z) $ 的主要

孤立奇点的

分类

部分). 当洛朗级数的主要部分只有有限个系数不为零时, 函数的性态比较简单, 否则就比较复杂. 所以, 我们根据洛朗级数展开式中主要部分的系数取零值的不同情况, 将函数的孤立奇点进行分类.

（1）可去奇点 若对一切 n<0 有 $ C_{n}=0 $，则称 $ z_{0} $ 是函数 $ f(z) $ 的可去奇

这是因为令 $ f(z_{0})=C_{0} $，就得到在整个圆盘 $ \left|z-z_{0}\right|<\delta $内解析的函数 $ f(z) $.

(2) 极点 如果只有有限个（至少一个）整数 n<0，使得 $ C_{n} \neq 0 $，那么我们说 $ z_{0} $ 是函数 $ f(z) $ 的极点。设对于正整数 m， $ C_{-m} \neq 0 $；而当 n < -m 时， $ C_{n} = 0 $。那么我们就说 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的 m 阶极点。称一阶极点为简单极点。

（3）本性奇点 如果有无限个整数 n<0，使得 $ C_{n} \neq 0 $，那么我们说 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的本性奇点.

例如，0 分别是 $ \frac{\sin z}{z} $， $ \frac{\sin z}{z^{2}} $，及 $ e^{\frac{1}{z}} $ 的可去奇点、简单极点及本性奇点.

以下从函数的性态来刻画各类奇点的特征.

定理 5.1 设函数 $ f(z) $ 在 $ 0 < |z - z_0| < \delta $ ( $ 0 < \delta \leq +\infty $) 内解析，那么 $ z_0 $ 是 $ f(z) $ 的可去奇点的充分必要条件是存在极限 $ \lim f(z) = C_0 \neq \infty $.

证 必要性. 由 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的可去奇点, 故在 $ 0<|z-z_{0}|<\delta $ 内, 有

$$ f(z)=C_{0}+C_{1}(z-z_{0})+\cdots+C_{n}(z-z_{0})^{n}+\cdots, $$

因为上式右边幂级数的收敛半径至少是 $ \delta $，所以它的和函数在 $ \left|z-z_{0}\right|<\delta $ 内解析。于是显然存在着 $ \lim_{z\to z_{0}}f(z)=C_{0} $。

充分性. 设在 $ 0 < |z - z_0| < \delta $ 内, $ f(z) $ 的洛朗级数 $ f(z) = \sum_{n = -\infty}^{\infty} C_n(z - z_0)^n $,

$$ C_{n}=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{|z-z_{0}|=\delta}\frac{f(\zeta)}{\left(\zeta-z_{0}\right)^{n+1}}\mathrm{d}\zeta\quad(0<\delta<\bar{R},n=0,\pm1,\pm2,\cdots). $$

由于当 $ z \to z_0 $ 时， $ f(z) $ 有极限，故存在正数 $ r ( \leqslant R) $ 及 $ M $ 使在 $ 0 < |z - z_0| \leqslant r $ 内有 $ |f(z)| \leqslant M $。则

$$ \mid C_{n}\mid\leqslant\frac{M}{\delta^{n}}\quad(n=0,\pm1,\pm2,\cdots;0<\delta\leqslant r). $$

当 n<0 时，令 $ \delta\rightarrow0 $ ，即得 $ C_{n}=0 $ 。因此 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的可去奇点。

由此可见，若我们补充定义 $ f(z) $在 $ z_{0} $的值为 $ f(z_{0})=C_{0} $，则 $ f(z) $在 $ z_{0} $为解析。因此可去奇点的奇异性是可以除去的。

我们再来分析定理5.1的证明中关于充分性的证明，实际上只用到 $ f(z) $在 $ z_{0} $的邻域内为有界的条件. 故从 $ f(z) $在 $ z_{0} $的邻域内为有界，可推出 $ z_{0} $是

$ f(z) $ 的可去奇点；必要性的证明从 $ z_{0} $ 为 $ f(z) $ 的可去奇点推出 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 有有限极限，自然 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 的邻域内是有界的。因此有下面的结论.

定理 5.1' 设 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的一孤立奇点，则 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的可去奇点的充分必要条件是 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 的一个邻域内为有界.

下面我们研究极点的特征. 设函数 $ f(z) $ 在 $ 0 < |z - z_0| < \delta $ 内解析，且 $ z_0 $ 是 $ f(z) $ 的 $ m ( \geq 1 ) $ 阶极点，那么在 $ 0 < |z - z_0| < \delta $ 内， $ f(z) $ 有洛朗展式：

$$ f(z)=\frac{C_{-m}}{\left(z-z_{0}\right)^{m}}+\frac{C_{-m+1}}{\left(z-z_{0}\right)^{m-1}}+\cdots+\frac{C_{-1}}{z-z_{0}}+C_{0}+C_{1}(z-z_{0})+\cdots+C_{n}(z-z_{0})^{n}+\cdots, $$

在这里 $ C_{-m} \neq 0 $，于是在 $ 0 < |z - z_{0}| < \delta $ 内，

$$ \begin{align*}f(z)&=\frac{1}{(z-z_{0})^{m}}\big[C_{-m}+C_{-m+1}(z-z_{0})+\cdots+C_{0}(z-z_{0})^{m}+\cdots+C_{n}(z-z_{0})^{n+m}+\cdots\big]\\&=\frac{1}{(z-z_{0})^{m}}\varphi\left(z\right),\end{align*} $$

在这里 $ \varphi(z) $ 是一个在 $ \left|z-z_{0}\right|<\delta $ 内解析的函数，并且 $ \varphi(z_{0})\neq0 $。反之，如果函数 $ f(z) $ 在 $ 0<\left|z-z_{0}\right|<\delta $ 内可以表示成形如 (5.1) 右边的式子，而 $ \varphi(z) $ 是在 $ \left|z-z_{0}\right|<\delta $ 内解析的函数，并且 $ \varphi(z_{0})\neq0\left(\varphi(z_{0})=C_{-m}\right) $，那么不难推出： $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的 m 阶极点。即

$ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的 m 阶极点的充要条件是

$$ f(z)=\frac{1}{\left(z-z_{0}\right)^{m}}\varphi(z), $$

其中 $ \varphi(z) $ 在 $ z_{0} $ 处解析且 $ \varphi(z_{0})\neq0 $.

由（5.1）可以证明：

定理 5.2 设函数 $ f(z) $ 在 $ 0 < |z - z_0| < \delta $ ( $ 0 < \delta \leq +\infty $) 内解析，那么 $ z_0 $ 是 $ f(z) $ 的极点的充分必要条件是 $ \lim_{z \to z_0} f(z) = \infty $； $ z_0 $ 是 $ f(z) $ 的 $ m $ 阶极点的充分必要条件是 $ \lim_{z \to z_0} (z - z_0)^m f(z) = C_{-m} $，在这里 $ m $ 是一正整数， $ C_{-m} $ 是一个不等于 0 的复常数。

定理 5.1 及定理 5.2 的充要条件可以分别说成是存在有限或无穷的极限，结合这两定理，我们有：

定理 5.3 设函数 $ f(z) $ 在 $ 0 < |z - z_0| < \delta $ ( $ 0 < \delta \leq +\infty $) 内解析，那么 $ z_0 $ 是 $ f(z) $ 的本性奇点的充分必要条件是 $ \lim_{z \to z_0} f(z) \neq C_0 $ (有限数) 且不等于 $ \infty $，即 $ \lim_{z \to z_0} f(z) $ 不存在.

例 5.4 研究函数 $ f(z)=\frac{\sin z}{z} $ 的孤立奇点的类型.

解 由于分子 $ \sin z $ 和分母 z 都在全平面为解析，因此函数 $ f(z) $ 的孤立奇点只有分母的零点，即 z=0。函数 $ f(z)=\frac{\sin z}{z} $ 在 $ 0<|z|<+\infty $ 的洛朗展开式为

$$ \frac{\sin z}{z}=1-\frac{z^{2}}{3!}+\frac{z^{4}}{5!}+\cdots+\frac{\left(-1\right)^{n}z^{2n}}{\left(2n+1\right)!}+\cdots. $$

级数的负次幂系数均为0，故z=0是 $ \frac{\sin z}{z} $的可去奇点.

这里，我们顺便得到一个重要的极限. 因为 z=0 是 $ \frac{\sin z}{z} $ 的可去奇点，故当 $ z\to0 $ 时， $ \frac{\sin z}{z} $ 有有限极限，这个极限就是上面展开式中的常数项. 故得

$$ \lim_{z\to0}\frac{\sin z}{z}=1. $$

例 5.5 研究函数 $ f(z)=\frac{1}{\left(z-1\right)\left(z-2\right)^{2}} $ 的孤立奇点类型.

解 显然 z=1 和 z=2 是函数 $ f(z) $ 的两个孤立奇点，并且在 z=1 和 z=2 附近可以表示成

$$ f(z)=\frac{\frac{1}{(z-2)^{2}}}{z-1},\quad f(z)=\frac{\frac{1}{z-1}}{(z-2)^{2}}. $$

而 $ \frac{1}{(z-2)^2} $在z=1的邻域内为解析，且在z=1取值不是0，故知z=1为 $ f(z) $的一阶极点；同样，函数 $ \frac{1}{z-1} $在z=2的邻域内为解析，且在z=2取值不是0，故知z=2为 $ f(z) $的二阶极点.

例 5.6 研究函数 $ f(z) = \mathrm{e}^{\frac{1}{z-1}} $ 的孤立奇点的类型.

解 因为函数 $ f(z) $ 在全平面除去点 z=1 的区域上为解析，所以 z=1 是它的唯一的孤立奇点。将 $ f(z)=\mathrm{e}^{\frac{1}{z-1}} $ 在 $ 0<|z-1|<+\infty $ 展开为洛朗级数，得到

$$ \mathrm{e}^{\frac{1}{z-1}}=1+\frac{1}{z-1}+\frac{1}{2!\left(z-1\right)^{2}}+\cdots+\frac{1}{n!\left(z-1\right)^{n}}+\cdots, $$

此级数含有限多个负次幂项，故 z=1 是函数 $ f(z)=\mathrm{e}^{\frac{1}{z-1}} $ 的本性奇点.

§ 5.1.2 函数的零点与极点的关系

定义 5.2 若 $ f(z)=(z-z_{0})^{m}\varphi(z),\varphi(z) $ 在 $ z_{0} $ 处解析，且 $ \varphi(z_{0})\neq0,m $ 为某一正整数，那么称 $ z_{0} $ 为 $ f(z) $ 的 m 阶零点.

例 5.7 根据定义 5.2, 易知 z=0 与 z=1 分别是函数 $ f(z)=z(z-1)^{3} $ 的一阶与三阶零点.

定理 5.4 若 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 解析，那么 $ z_{0} $ 为 $ f(z) $ 的 m 阶零点的充要条件是

$$ f^{\left(n\right)}\left(z_{0}\right)=0\quad\left(n=0,1,\cdots,m-1\right),\quad f^{\left(m\right)}\left(z_{0}\right)\neq0. $$

证 若 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的 m 阶零点，那么 $ f(z) $ 可表成

$$ f(z)=\left(z-z_{0}\right)^{m}\varphi(z). $$

设 $ \varphi(z) $ 在 $ z_{0} $ 的泰勒展开式为

$$ \varphi(z)=C_{0}+C_{1}(z-z_{0})+C_{2}(z-z_{0})^{2}+\cdots, $$

其中 $ C_{0}=\varphi(z_{0})\neq0 $ 。从而 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 的泰勒展开式为

$$ f(z)=C_{0}(z-z_{0})^{m}+C_{1}(z-z_{0})^{m+1}+C_{2}(z-z_{0})^{m+2}+\cdots, $$

这个式子说明， $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 的泰勒展开式的前 m 项系数都为零。由泰勒级数的系数公式可知，这时 $ f^{(n)}(z_{0})=0 $ ( $ n=0,1,\cdots,m-1 $)，而 $ \frac{f^{(m)}(z_{0})}{m!}=C_{0}\neq0 $。这就证明了(5.2)是 $ z_{0} $ 为 $ f(z) $ 的 m 阶零点的必要条件。

充分条件由读者自己证明.

例 5.8 已知 z=1 是 $ f(z)=z^{3}-1 $ 的零点. 由于 $ f'(1)=3z^{2}\big|_{z=1}=3\neq0 $, 从而知 z=1 是 $ f(z) $ 的一阶零点.

顺便指出，由于 $ f(z)=(z-z_{0})^{m}\varphi(z) $中的 $ \varphi(z) $在 $ z_{0} $解析，且 $ \varphi(z_{0})\neq0 $，因而它在 $ z_{0} $的邻域内不为0。所以 $ f(z)=(z-z_{0})^{m}\varphi(z) $在 $ z_{0} $的去心邻域内不为零，只在 $ z_{0} $等于零。也就是说，一个不恒为零的解析函数的零点是孤立的。

函数的零点与极点有下面的关系：

定理 5.5 如果 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的 m 阶极点，那么 $ z_{0} $ 就是 $ \frac{1}{f(z)} $ 的 m 阶零点（可去奇点当作解析点看待）。反之亦然。

证 若 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的 m 阶极点. 根据(5.1)式, 便有

$$ f(z)=\frac{1}{\left(z-z_{0}\right)^{m}}\varphi(z), $$

其中 $ \varphi(z) $ 在 $ z_{0} $ 解析，且 $ \varphi(z_{0}) \neq 0 $ 。所以当 $ z \neq z_{0} $ 时，有

$$ \frac{1}{f\left(z\right)}=\left(z-z_{0}\right)^{m}\frac{1}{\varphi\left(z\right)}=\left(z-z_{0}\right)^{m}\psi\left(z\right). $$

函数 $ \psi(z) $ 也在 $ z_{0} $ 解析，且 $ \psi(z_{0}) \neq 0 $。由于 $ \lim_{z \to z_{0}} \frac{1}{f(z)} = 0 $，因此，我们只要令 $ \frac{1}{f(z_{0})} = 0 $，那么由(5.3)式知 $ z_{0} $ 是 $ \frac{1}{f(z)} $ 的 m 阶零点。

反过来, 如果 $ z_{0} $ 是 $ \frac{1}{f(z)} $ 的 m 阶零点, 那么

零点与极点的关系

$$ \frac{1}{f(z)}=\left(z-z_{0}\right)^{m}g(z), $$

这里 $ g(z) $ 在 $ z_{0} $ 解析，并且 $ g(z_{0}) \neq 0 $ 。由此，当 $ z \neq z_{0} $ 时，得

而 $ h(z)=\frac{1}{g(z)} $ 在 $ z_{0} $ 解析，并且 $ h(z_{0})\neq0 $，所以 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的 m 阶极点.

$$ f(z)=\frac{1}{\left(z-z_{0}\right)^{m}}h\left(z\right). $$

这个定理为判断函数的极点提供了一个较为简便的方法.

例 5.9 函数 $ f(z)=\frac{1}{\sin z} $ 有些什么奇点？如果是极点，指出它的阶.

解 函数 $ \frac{1}{\sin z} $的奇点显然是使 $ \sin z=0 $的点，这些奇点是 $ z=k\pi(k=0,\pm1,\pm2,\cdots) $且为孤立奇点.由于

$$ \left(\sin z\right)^{\prime}\mid_{z=k\pi}=\cos z\mid_{z=k\pi}=\left(-1\right)^{k}\neq0\quad\left(k=0,\pm1,\cdots\right), $$

所以 $ z=k\pi $ 都是 $ \sin z $ 的一阶零点，也就是 $ f(z)=\frac{1}{\sin z} $ 的一阶极点.

§5.1.3 函数在无穷远点的性态

在考虑解析函数的孤立奇点时把无穷远点放进去，这有许多便利.

定义 5.3 设函数 $ f(z) $ 在无穷远点的邻域 $ R < |z| < +\infty $（相当于有限点的去心邻域）内为解析，则无穷远点就称为 $ f(z) $ 的孤立奇点.

在 $ R<|z|<+\infty $ 内， $ f(z) $ 有洛朗级数展开式

$$ f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_{n}z^{n}\quad\left(R<\mid z\mid<+\infty\right), $$

其中

$$ C_{n}=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{|\zeta|=\rho}\frac{f(\zeta)}{\zeta^{n+1}}\mathrm{d}\zeta\quad(\rho>R;n=0,\pm1,\pm2,\cdots). $$

令 $ z=\frac{1}{w} $，按照 R>0 或 R=0，我们得到在 $ 0<|w|<\frac{1}{R} $ 或 $ 0<|w|<+\infty $ 内解析的函数 $ \varphi(w)=f\left(\frac{1}{w}\right) $。由于 $ \varphi(w) $ 在 w=0 没有定义，故 w=0 是 $ \varphi(w) $ 的孤立奇点。将 $ \varphi(w) $ 在 $ 0<|w|<\frac{1}{R} $ 展开为洛朗级数

$$ \varphi\left(w\right)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}b_{n}w^{n}, $$

然后再用 $ w=\frac{1}{z} $ 代入等式，得到

$$ f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}b_{n} z^{-n}\quad(\textit{R}<\mathrm{~|~z~|<+\infty~}). $$

将此式与(5.4)式相对照，由洛朗级数展开的唯一性知必有

$$ C_{n}=b_{-n}\quad(n=0,\pm1,\pm2,\cdots). $$

利用倒数变换将无穷远点变为坐标原点，这是我们处理无穷远点作为孤立奇点的方法，它也具有更广泛的意义（如在共形映射中也可这样处理）。下面，我们进一步分别根据 w=0 是函数 $ \varphi(w) $ 的可去奇点、m 阶极点或本性奇点定义 $ z=\infty $ 是函数 $ f(z) $ 的可去奇点、m 阶极点或本性奇点。

（1）在(5.4)式中，如果当 n=1,2,3, $ \cdots $时， $ C_{n}=0 $，那么 $ z=\infty $是函数 $ f(z) $的可去奇点.

(2) 在(5.4)式中，如果只有有限个（至少一个）整数n>0，使得 $ C_{n}\neq0 $，那么 $ z=\infty $是函数 $ f(z) $的极点。设对于正整数m， $ C_{m}\neq0 $；而当n>m时， $ C_{n}=0 $，那么 $ z=\infty $是 $ f(z) $的m阶极点。

（3）在(5.4)式中，如果有无穷个整数 n>0，使得 $ C_{n}\neq0 $，那么 $ z=\infty $ 是函数 $ f(z) $ 的本性奇点.

与有限点的情形相反，无穷远点作为函数的孤立奇点时，它的分类是以函数在无穷远点邻域的洛朗展开中正次幂的系数取零值的多少作为依据的。

正因为这样，对于洛朗展开式(5.4)，我们称 $ \sum_{n=-\infty}^{0}C_{n}z^{n} $为解析部分，而称 $ \sum_{n=1}^{\infty}C_{n}z^{n} $为主要部分.

定理 5.1 至定理 5.3 都可立即转移到无穷远点的情形. 如我们有

无穷远点的

性态

定理 5.6 设函数 $ f(z) $ 在区域 $ R < |z| < +\infty $ ( $ R \geq 0 $) 内解析，那么 $ z = \infty $ 是 $ f(z) $ 的可去奇点、极点或本性奇点的充分必要条件是 $ \lim_{z \to \infty} f(z) = C_0 \neq \infty $， $ \lim_{z \to \infty} f(z) = \infty $ 或 $ \lim_{z \to \infty} f(z) $ 不存在（即当 $ z \to \infty $ 时， $ f(z) $ 不趋向于任何（有限或无穷）极限）.

例 5.10 函数 $ \frac{z}{1+z^{2}} $ 是否以 $ z=\infty $ 为孤立奇点？若是，属于哪一类？

解 函数 $ \frac{z}{1+z^{2}} $在全平面除去z=i及z=-i的区域内为解析，故它在无穷远点的邻域 $ 1<|z|<+\infty $为解析.z= $ \infty $是它的孤立奇点.又因为

$$ \lim_{z\to\infty}\frac{z}{1+z^{2}}=0, $$

所以 $ z = \infty $ 是它的可去奇点.

例 5.11 函数 $ f(z)=1+2z+3z^{2}+4z^{3} $ 是否以 $ z=\infty $ 为孤立奇点？若是，属于哪一类？

解 函数 $ 1+2z+3z^{2}+4z^{3} $ 在全平面解析. 这个式子本身就是这个函数在无穷远点的邻域 $ \left|z\right|<+\infty $ 的洛朗展开, 所以 $ z=\infty $ 是函数 $ 1+2z+3z^{2}+4z^{3} $ 的孤立奇点且为三阶极点.

例 5.12 函数 $ f(z) = e^{z} $ 是否以 $ z = \infty $ 为孤立奇点？若是，属于哪一类？

解 函数 $ e^{z} $ 在全平面解析，故 $ z=\infty $ 是它的孤立奇点。又当 $ z\to\infty $ 时， $ e^{z} $ 没有任何极限，故 $ z=\infty $ 是 $ e^{z} $ 的本性奇点。

我们也可以从 $ e^{i} $ 的泰勒展开来看,由于

$$ \mathrm{e}^{z}=1+z+\frac{z^{2}}{2!}+\cdots+\frac{z^{n}}{n!}+\cdots\quad(\mid z\mid<+\infty). $$

这个展开式恰巧就是 $ e^{z} $ 在无穷远点邻域的洛朗展开. 因它含有无限多个正次幂项, 故 $ z = \infty $ 是 $ e^{z} $ 的本性奇点.

例 5.13 函数 $ f(z)=\frac{1}{\sin z} $ 是否以 $ z=\infty $ 为孤立奇点？

解 函数 $ \frac{1}{\sin z} $在全平面除 $ \sin z $的零点以外为解析.但 $ \sin z $的零点是 $ z_{k}=k\pi(k=0,\pm1,\pm2,\cdots) $，它们都是 $ \frac{1}{\sin z} $的极点，且在扩充复平面上，序列 $ \{z_{k}\} $以 $ z=\infty $为聚点，因此， $ z=\infty $不是函数 $ \frac{1}{\sin z} $的孤立奇点.

§ 5.2 留数

留数是复变函数论中重要的概念之一，它与解析函数在孤立奇点处的洛朗展开式、柯西复合闭路定理等都有密切的联系。

§ 5.2.1 留数的概念及留数定理

当 $ f(z) $在简单闭曲线C上及其内部解析时，由柯西积分定理知

$$ \oint_{c}f(z)\mathrm{d}z=0. $$

若上述 C 的内部存在函数 $ f(z) $ 的孤立奇点 $ z_{0} $，则积分 $ \oint_{C} f(z) \, dz $ 一般不等于零。然而由洛朗展开式知，取洛朗系数中 n = -1 可得

$$ C_{_{-1}}=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{c}f(z)\mathrm{d}z, $$

因而积分

$$ \oint_{C}f(z)\mathrm{d}z=2\pi\mathrm{i}C_{-1}. $$

这说明 $ f(z) $在孤立奇点 $ z_{0} $处的洛朗展开式中负一次幂项的系数 $ C_{-1} $在研究函数的积分中占有特别重要的地位.

定义 5.4 设 $ z_{0} $ 是解析函数 $ f(z) $ 的孤立奇点，我们把 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 处的洛朗展开式中负一次幂项的系数 $ C_{-1} $ 称为 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 处的留数。记作 $ \mathrm{Res}[f(z), z_{0}] $，即

$$ Res[f(z),z_{0}]=C_{-1}. $$

显然，留数 $ C_{-1} $ 就是积分 $ \frac{1}{2\pi i}\oint_{C}f(z)\,\mathrm{d}z $ 的值，其中 C 为解析函数 $ f(z) $ 的 $ z_{0} $ 的去心邻域内绕 $ z_{0} $ 的闭曲线.

例 5.14 求 $ f(z) = ze^{\frac{1}{z}} $ 在孤立奇点 0 处的留数.

解 由于在 $ 0 < |z| < +\infty $ 内，

$$ z\mathrm{e}^{\frac{1}{z}}=z+1+\frac{1}{2!z}+\frac{1}{3!z^{2}}+\cdots, $$

所以

$$ \operatorname{Res}\left[z\mathrm{e}^{\frac{1}{z}},0\right]=\frac{1}{2!}. $$

例 5.15 求 $ f(z) = z^{2} \cos \frac{1}{z} $ 在孤立奇点 0 处的留数.

解 由于在 $ 0 < |z| < +\infty $ 内，

$$ z^{2}\cos\frac{1}{z}=z^{2}-\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!z^{2}}+\cdots+(-1)^{n}\frac{1}{(2n)!z^{2n-2}}+\cdots $$

缺负一次幂，即该项系数为零，所以

$$ \operatorname{Res}\biggl[z^{2}\cos\frac{1}{z},0\biggr]=0. $$

例 5.16 求 $ f(z)=\frac{\sin z}{z} $ 在孤立奇点 0 处的留数.

解 因 z=0 是 $ \frac{\sin z}{z} $ 的可去奇点，故

$$ \mathrm{Res}\left[\frac{\sin z}{z},0\right]=0. $$

关于留数，我们有下面的定理.

定理 5.7 (留数定理) 设函数 $ f(z) $ 在区域 D 内除有限个孤立奇点 $ z_{1} $， $ z_{2} $， $ \cdots $， $ z_{n} $ 外处处解析，C 是 D 内包围各奇点的一条正向简单闭曲线，那么

$$ \oint_{C}f(z)\mathrm{d}z=2\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{R e s}[f(z),z_{k}]. $$

证 把在 C 内的孤立奇点 $ z_{k} $ ( $ k=1,2,\cdots,n $) 用互不包含的正向简单闭曲线 $ C_{k} $ 围绕起来（图 5.1），那么根据复

曲线 $ C_{k} $ 围绕起来（图 5.1），那么根据复合闭路定理有

$$ \oint_{C}f(z)\mathrm{d}z=\sum_{k=1}^{n}\oint_{C_{k}}f(z)\mathrm{d}z. $$

以 $ 2\pi i $ 除等式两边，再由留数定义，得

$$ \frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{C}f(z)\mathrm{d}z=\sum_{k=1}^{n}\mathrm{Res}[f(z),z_{k}], $$

即

$$ \oint_{C}f(z)\mathrm{d}z=2\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[f(z),z_{k}\right]. $$

此定理实际上是柯西积分定理的推广，它把沿一条闭路 C 的积分，归结为求 C 内各孤立奇点处的留数和。因此，当我们能够用一些简便方法把留数求出来时，便解决了一类积分的计算问题。

一般说来，求函数在其孤立奇点 $ z_{0} $ 处的留数只需求出它在以 $ z_{0} $ 为中心的去心邻域内的洛朗级数中 $ C_{-1}(z-z_{0})^{-1} $ 项的系数 $ C_{-1} $ 就可以了。但如果能先知道奇点的类型，对求留数更为有利。例如，如果 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的可去奇点，那么 $ \mathrm{Res}[f(z), z_{0}] = 0 $；如果 $ z_{0} $ 是本性奇点，那就往往只能用将 $ f(z) $ 在 $ z_{0} $ 展开成洛朗级数的方法求 $ C_{-1} $；若 $ z_{0} $ 是极点的情形，则可用较方便的求导数与求极限的方法得到留数。

§ 5.2.2 函数在极点的留数

法则 I 若 $ z_{0} $ 为 $ f(z) $ 的简单极点，则

$$ \operatorname{Res}\left[f(z),z_{0}\right]=\lim_{z\to z_{0}}(z-z_{0})f(z). $$

证 由于 $ z_{0} $ 是 $ f(z) $ 的简单极点，因此

$$ f(z)=\frac{C_{-1}}{z-z_{0}}+\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n}\quad(0<\mid z-z_{0}\mid<\delta). $$

在上式两端乘 $ (z-z_{0}) $有

$$ (z-z_{0})f(z)=C_{-1}+\sum_{n=0}^{\infty}C_{n}(z-z_{0})^{n+1}, $$

两端取极限，得

$$ \lim_{z\to z_{0}}(z-z_{0})f(z)=C_{-1}. $$

例 5.17 求函数 $ f(z)=\frac{1}{z(z-2)(z+5)} $ 在各孤立奇点处的留数.

解 由于 0,2,-5 是 $ z(z-2)(z+5) $ 的一阶零点，因而它们是 $ \frac{1}{z(z-2)(z+5)} $ 的一阶极点。由(5.5)式即得

$$ \operatorname{Res}\left[\frac{1}{z(z-2)(z+5)},0\right]=\lim_{z\to0}\left[z\frac{1}{z(z-2)(z+5)}\right]=\lim_{z\to0}\frac{1}{(z-2)(z+5)}=-\frac{1}{10}. $$

$$ \operatorname{Res}\left[\frac{1}{z(z-2)(z+5)},2\right]=\lim_{z\to2}\left[(z-2)\frac{1}{z(z-2)(z+5)}\right]=\lim_{z\to2}\frac{1}{z(z+5)}=\frac{1}{14}. $$

$$ \mathrm{Res}\left[\frac{1}{z(z-2)(z+5)},-5\right]=\lim_{z\to-5}\left[(z+5)\frac{1}{z(z-2)(z+5)}\right]=\lim_{z\to-5}\frac{1}{z(z-2)}=\frac{1}{35}. $$

法则Ⅱ设 $ f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)} $，其中 $ P(z) $， $ Q(z) $在 $ z_{0} $处解析，若 $ P(z_{0})\neq0 $， $ z_{0} $为 $ Q(z) $的一阶零点，则 $ z_{0} $为 $ f(z) $的一阶极点，且

$$ \mathrm{Res}\left[f(z),z_{0}\right]=\frac{P\left(z_{0}\right)}{Q^{\prime}\left(z_{0}\right)}. $$

证 因 $ z_{0} $ 为 $ Q(z) $ 的一阶零点，故 $ z_{0} $ 为 $ \frac{1}{Q(z)} $ 的一阶极点。因此

$$ \frac{1}{Q\left(z\right)}=\frac{1}{z-z_{0}}\varphi\left(z\right), $$

其中 $ \varphi(z) $ 在 $ z_{0} $ 解析，且 $ \varphi(z_{0})\neq0 $ 。由此得

$$ f(z)=\frac{1}{z-z_{0}}g(z), $$

其中 $ g(z)=\varphi(z)P(z) $ 在 $ z_{0} $ 解析，且 $ g(z_{0})=\varphi(z_{0})P(z_{0})\neq0 $ 。故 $ z_{0} $ 为 $ f(z) $ 的一阶极点。

根据法则 I， $ \mathrm{Res}[f(z),z_{0}]=\lim_{z\to z_{0}}(z-z_{0})f(z) $，而 $ Q(z_{0})=0 $，所以

$$ (z-z_{0})f(z)=\frac{P(z)}{\frac{Q(z)-Q(z_{0})}{z-z_{0}}}, $$

令 $ z\to z_{0} $，即得(5.6)式.

例 5.18 求函数 $ f(z)=\frac{z}{\cos z} $ 在 $ z=\frac{\pi}{2} $ 的函数.

解 $ z=\frac{\pi}{2} $ 是函数 $ \frac{z}{\cos z} $ 的一阶极点，这里用(5.6)式比较方便.

$$ \operatorname{Res}\left(\frac{z}{\cos z},\frac{\pi}{2}\right)=\left.\frac{-z}{\sin z}\right|_{z=\frac{\pi}{2}}=-\frac{\pi}{2}. $$

法则Ⅲ 如果 $ z_{0} $ 为 $ f(z) $ 的 m 阶极点，则

$$ \mathrm{Res}\left[f(z),z_{0}\right]=\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_{0}}\frac{\mathrm{d}^{m-1}}{\mathrm{d}z^{m-1}}\left[(z-z_{0})^{m}f(z)\right]. $$

证 由于

$$ f(z)=C_{-m}(z-z_{0})^{-m}+\cdots+C_{-2}(z-z_{0})^{-2}+C_{-1}(z-z_{0})^{-1}+C_{0}+C_{1}(z-z_{0})+\cdots, $$

以 $ (z-z_{0})^{\prime\prime} $乘上式两端，得

$$ (z-z_{0})^{m}f(z)=C_{-m}+C_{-m+1}(z-z_{0})+\cdots+C_{-1}(z-z_{0})^{m-1}+C_{0}(z-z_{0})^{m}+\cdots, $$

两边求 m-1 阶导数，得

$$ \frac{\mathrm{d}^{m-1}}{\mathrm{d}z^{m-1}}\left[\left(z-z_{0}\right)^{m}f(z)\right]=\left(m-1\right)!\quad C_{-1}+\left[\text{ 含 有 }z-z_{0}\text{ 正 次 幂 的 项 }\right], $$

令 $ z \to z_{0} $，两端求极限，右端的极限是 $ (m-1)! C_{-1} $，则（5.7）式得证.

例 5.19 求函数 $ f(z)=\frac{e^{-z}}{z^{2}} $ 在 z=0 处的留数.

解 因 z=0 是 $ f(z) $ 的二阶极点. 故由(5.7)式有

$$ \mathrm{Res}\left[f(z),0\right]=\frac{1}{\left(2-1\right)!}\lim_{z\rightarrow0}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[\left(z-0\right)^{2}\frac{\mathrm{e}^{-z}}{z^{2}}\right]=\lim_{z\rightarrow0}\left(-\mathrm{e}^{-z}\right)=-1. $$

留数的计算

举例

例 5.20 计算积分 $ \oint_{|z|=2}\frac{5z-2}{z(z-1)^{2}}\mathrm{d}z $.

解 由于 $ f(z)=\frac{5z-2}{z(z-1)^{2}} $ 在圆周 $ \left|z\right|=2 $ 内部有简单极点 z=0 及二阶极点 z=1.

由法则 I，有

$$ \mathrm{Res}\left[f(z),0\right]=\lim_{z\to0}z\frac{5z-2}{z(z-1)^{2}}=-2. $$

由法则Ⅲ，有

$$ \operatorname{Res}\left[f(z),1\right]=\lim_{z\to1}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[\left(z-1\right)^{2}\frac{5z-2}{z\left(z-1\right)^{2}}\right]=\lim_{z\to1}\frac{2}{z^{2}}=2. $$

由留数定理得

$$ \oint_{|z|=2}\frac{5z-2}{z(z-1)^{2}}\mathrm{d}z=2\pi\mathrm{i}(-2+2)=0. $$

例 5.21 计算 $ \oint_{|z|=2}\frac{\sin^{2}z}{z^{2}(z-1)}\mathrm{d}z $.

解 由于 $ f(z)=\frac{\sin^{2}z}{z^{2}(z-1)} $ 在圆周 $ \left|z\right|=2 $ 内部有可去奇点 z=0 及简单极

点 z=1. 由于可去奇点的留数为零，即 $ \mathrm{Res}[f(z),0]=0 $，又由法则 I 知

$$ \operatorname{Res}[f(z),1]=\lim_{z\to1}(z-1)\frac{\sin^{2}z}{z^{2}(z-1)}=\sin^{2}1. $$

无穷远点的

留数

由留数定理得

$$ \oint_{|z|=2}\frac{\sin^{2}z}{z^{2}(z-1)}\mathrm{d}z=2\pi\mathrm{i}\sin^{2}1. $$

§ 5.2.3 无穷远点的留数

定义 5.5 设 $ \infty $ 为 $ f(z) $ 的一个孤立奇点，即 $ f(z) $ 在圆环域 $ R < |z| < +\infty $ 内解析，则称

$$ \frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{c^{-}}f(z)\mathrm{d}z\quad(C:\mid z\mid=\rho>R) $$

为 $ f(z) $在点 $ \infty $的留数，记为 $ \mathrm{Res}[f(z),\infty] $，这里 $ C^{-} $是指顺时针方向（这个方向很自然地可以看作是绕无穷远点的正向）.

若 $ f(z) $在 $ R<|z|<+\infty $的洛朗展开式为 $ f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}C_{n}z^{n} $，则有 $ \mathrm{Res}[f,\infty]=-C_{-1} $.

这里，我们要注意， $ z=\infty $ 即使是 $ f(z) $ 的可去奇点， $ f(z) $ 在 $ z=\infty $ 的留数也未必是0，这是同有限点的留数不一致的地方。例如，对函数 $ f(z)=\frac{1}{z} $， $ z=\infty $ 是它的可去奇点，但

$$ Res\left[\frac{1}{z},\infty\right]=-1. $$

定理 5.8 若 $ f(z) $ 在扩充复平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远点在内），设为 $ z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{n}, \infty $，则 $ f(z) $ 在各点的留数总和为零.

证 考虑充分大的正数 R，使 $ z_{1}, \cdots, z_{n} $ 全在 $ \left|z\right|

$$ \frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{|z|=R}f(z)\mathrm{d}z=\sum_{k=1}^{n}\mathrm{Res}\left[f(z),z_{k}\right], $$

但这时有

$$ \frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{|z|=R}f(z)\mathrm{d}z=-\operatorname{Res}[f(z),\infty], $$

故得

$$ \sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[f(z),z_{k}\right]+\operatorname{Res}\left[f(z),\infty\right]=0. $$

关于在无穷远点的留数计算，我们有以下的规则.

法则IV $ \mathrm{Res}[f(z), \infty] = -\mathrm{Res}\left[f\left(\frac{1}{z}\right) \cdot \frac{1}{z^{2}}, 0\right]. $

证 在无穷远点的留数定义中，设 $ z = \rho e^{i\theta} $，并设 $ z = \frac{1}{\zeta} $，则有 $ \zeta = r e^{i\varphi} \left( r = \frac{1}{\rho}, \varphi = -\theta \right) $，于是有

$$ \begin{aligned}&\mathrm{R e s}\left[f(z),\infty\right]\\ &=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{C^{-}}f(z)\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\int_{0}^{-2\pi}f(\rho\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})\rho\mathrm{i}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\mathrm{d}\theta\\ &=-\left.\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\int_{0}^{2\pi}f\left(\frac{1}{r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}}\right)\frac{\mathrm{i}}{r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}}\mathrm{d}\varphi\right.\\ &=-\left.\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\int_{0}^{2\pi}f\left(\frac{1}{r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}}\right)\frac{1}{\left(r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}\right)^{2}}\mathrm{d}\left(r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}\right)\right.\\ &=-\left.\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{|\zeta|=\frac{1}{\rho}}f\left(\frac{1}{\zeta}\right)\frac{1}{\zeta^{2}}\mathrm{d}\zeta\quad\left(|\zeta|=\frac{1}{\rho}\right.\right.\mathrm{ 为正 }\\ \end{aligned} $$

由于 $ f(z) $在 $ \rho<|z|<+\infty $内解析，从而 $ f\left(\frac{1}{\zeta}\right) $在 $ 0<|\zeta|<\frac{1}{\rho} $内解析，因此 $ f\left(\frac{1}{\zeta}\right)\frac{1}{\zeta^{2}} $在 $ |\zeta|<\frac{1}{\rho} $内除 $ \zeta=0 $外没有其他奇点。由留数定理，得

$$ \oint_{|\zeta|=\frac{1}{\rho}}f\left(\frac{1}{\zeta}\right)\frac{1}{\zeta^{2}}\mathrm{d}\zeta=\operatorname{Res}\left[f\left(\frac{1}{\zeta}\right)\frac{1}{\zeta^{2}},0\right]. $$

所以(5.8)式成立.

例 5.22 求 $ f(z)=\frac{z^{10}}{(z^{4}+2)^{2}(z-2)^{3}} $ 在它各有限奇点的留数之和.

无穷远点的留

数计算举例

解 函数的有限奇点是 2 及 $ z_{k}=\sqrt[4]{2}\mathrm{e}^{\frac{2k+1}{4}\pi\mathrm{i}}(k=0,1,2,3) $，共五个，其中 2

是三阶极点，每个 $ z_{k} $是二阶极点. 显然，逐个求出在各奇点的留数，不论用规则Ⅱ或展开成洛朗级数，都是十分麻烦的. 现在我们利用定理5.8来求. 因为

$$ \mathrm{R e s}\left[f(z),2\right]+\sum_{k=0}^{3}\mathrm{R e s}\left[f(z),z_{k}\right]+\mathrm{R e s}\left[f(z),\infty\right]=0. $$

而

$$ \begin{align*}\mathrm{Res}[f(z),\infty]&=-\mathrm{Res}\left[f\left(\frac{1}{z}\right)\frac{1}{z^{2}},0\right]\\&=-\mathrm{Res}\left[\frac{1}{z(1+2z^{4})^{2}(1-2z)^{3}},0\right]\\&=-\lim_{z\to0}\left[z\cdot\frac{1}{z(1+2z^{4})^{2}(1-2z)^{3}}\right]\\&=-1,\end{align*} $$

（0为一阶极点）

所以欲求的留数之和为1.

定理 5.8 为我们提供了计算函数沿闭曲线积分的又一种方法.

例 5.23 计算积分 $ \oint_{C}\frac{dz}{(z+i)^{10}(z-1)(z-3)} $，其中，C 为正向圆周： $ \left|z\right|=2 $.

解 除 $ \infty $点外，被积函数的奇点是-i，1与3. 根据定理5.8，有

$$\mathrm{Res}[f(z),-\mathrm{i}]+\mathrm{Res}[f(z),1]+\mathrm{Res}[f(z),3]+\mathrm{Res}[f(z),\infty]=0,$$

其中

$$ f(z)=\frac{1}{\left(z+i\right)^{10}\left(z-1\right)\left(z-3\right)}. $$

由于-i与1在C的内部，所以从上式、留数定理与法则Ⅳ得到

$$ \begin{aligned}&\oint_{c}\frac{\mathrm{d}z}{(z+\mathrm{i})^{10}(z-1)(z-3)}\\=&~2\pi\mathrm{i}\{\mathrm{R e s}[f(z),-\mathrm{i}]+\mathrm{R e s}[f(z),1]\}\\=&-~2\pi\mathrm{i}\{\mathrm{R e s}[f(z),3]+\mathrm{R e s}[f(z),\infty]\}\\=&-~2\pi\mathrm{i}[\frac{1}{2(3+\mathrm{i})^{10}}+0]=-\frac{\pi\mathrm{i}}{(3+\mathrm{i})^{10}}.\end{aligned} $$

如果用 §5.2.2 中的方法，由于 -i 是十阶极点，并且在 C 的内部，计算必

然很繁琐.

§ 5.3 留数在定积分计算中的应用

留数定理为某些类型积分的计算，提供了极为有效的方法。应用留数定理计算实变函数定积分的方法称为围道积分方法。所谓围道积分方法，概括起来说，就是把求实变函数的积分化为复变函数沿围线的积分，然后应用留数定理，使沿围线的积分计算，归结为留数计算。要使用留数计算，需要两个条件：一是被积函数与某个解析函数有关；其次，定积分可化为某个沿闭路的积分。现就几个特殊类型举例说明。

§ 5.3.1 形如 $ \int_{0}^{2\pi} R(\cos\theta,\sin\theta)\,\mathrm{d}\theta $ 的积分

令 $ z = e^{i\theta} $， $ \mathrm{d}z = i\mathrm{e}^{i\theta}\mathrm{d}\theta $，

$$ \sin\theta=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}}{2\mathrm{i}}=\frac{z^{2}-1}{2\mathrm{i}z},\quad\cos\theta=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}}{2}=\frac{z^{2}+1}{2z}. $$

$ R(\cos\theta,\sin\theta) $ 是 $ \cos\theta,\sin\theta $ 的有理函数，它作为 $ \theta $ 的函数，在 $ 0\leq\theta\leq2\pi $ 上连续。当 $ \theta $ 经历变程 $ [0,2\pi] $ 时，对应的 z 正好沿单位圆 $ \left|z\right|=1 $ 的正向绕行一周。 $ f(z)=R\left(\frac{z^{2}+1}{2z},\frac{z^{2}-1}{2\mathrm{i}z}\right) $ 在积分闭路 $ \left|z\right|=1 $ 上无奇点，则

$$ \begin{align*}\oint_{0}^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)\mathrm{d}\theta&=\oint_{|z|=1}R\biggl(\frac{z^{2}+1}{2z},\frac{z^{2}-1}{2\mathrm{i}z}\biggr)\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{i}z}\\&=\oint_{|z|=1}f(z)\mathrm{d}z=2\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\mathrm{Res}[f(z),z_{k}].\end{align*} $$

例 5.24 计算 $ I=\int_{0}^{2\pi}\frac{\cos2\theta}{1-2p\cos\theta+p^{2}}\mathrm{d}\theta $ (0<p<1) 的值.

解 由于 0 < p < 1，被积函数的分母

$$ 1-2p\cos\theta+p^{2}=\left(1-p\right)^{2}+2p(1-\cos\theta) $$

在 $ 0 \leq \theta \leq 2\pi $ 内不为零，因而积分是有意义的。由于

$$ \cos2\theta=\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\theta}+\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}\theta})=\frac{1}{2}(z^{2}+z^{-2}), $$

因此

$$ \begin{aligned}I&=\oint_{|z|=1}\frac{z^{2}+z^{-2}}{2}\frac{1}{1-2p\frac{z+z^{-1}}{2}+p^{2}}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{i}z}\\ &=\oint_{|z|=1}\frac{1+z^{4}}{2\mathrm{i}z^{2}(1-p z)(z-p)}\mathrm{d}z=\oint_{|z|=1}f(z)\mathrm{d}z.\end{aligned} $$

在被积函数的三个极点 $ z=0, p, \frac{1}{p} $ 中，只有前两个在圆周 $ \left|z\right|=1 $ 内，其中 z=0 为二阶极点，z=p 为一阶极点，所以在圆周 $ \left|z\right|=1 $ 上被积函数无奇点，而

$$ \operatorname{Res}\left[f(z),p\right]=\lim_{z\to p}\left[(z-p)\frac{1+z^{4}}{2\mathrm{i}z^{2}(1-p z)(z-p)}\right]=\frac{1+p^{4}}{2\mathrm{i}p^{2}(1-p^{2})}. $$

$$ \begin{align*}\mathrm{Res}[f(z),0]&=\lim_{z\to0}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[z^{2}\frac{1+z^{4}}{2\mathrm{i}z^{2}(1-pz)(z-p)}\right]\\&=\lim_{z\to0}\frac{(z-pz^{2}-p+p^{2}z)4z^{3}-(1+z^{4})(1-2pz+p^{2})}{2\mathrm{i}(z-pz^{2}-p+p^{2}z)^{2}}\\&=-\frac{1+p^{2}}{2\mathrm{i}p^{2}}.\end{align*} $$

因此

$$ I=2\pi\mathrm{i}\left[-\frac{1+p^{2}}{2\mathrm{i}p^{2}}+\frac{1+p^{4}}{2\mathrm{i}p^{2}(1-p^{2})}\right]=\frac{2\pi p^{2}}{1-p^{2}}. $$

§ 5.3.2 形如 $ \int_{-\infty}^{+\infty} R(x) \, dx $ 的积分

令

$$ R\left(z\right)=\frac{P\left(z\right)}{Q\left(z\right)}=\frac{a_{0}z^{n}+a_{1}z^{n-1}+\cdots+a_{n}}{b_{0}z^{m}+b_{1}z^{m-1}+\cdots+b_{m}}\quad\left(a_{0}b_{0}\neq0,m-n\geqslant2\right), $$

（1） $ Q(z) $ 比 $ P(z) $ 至少高两次，

（2） $ Q(z) $ 在实轴上无零点，

（3） $ R(z) $ 在上半平面 Im z>0 内的极点为 $ z_{k}(k=1,2,\cdots,n) $，则有

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)\mathrm{d}x=2\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[R(z),z_{k}\right]. $$

为了计算这种类型的积分，取积分路径如图5.2所示，其中 $ C_{R} $为上半圆

周： $ z=Re^{\mathrm{i}\theta}(0\leq\theta\leq\pi) $，作为辅助曲线，取R适当大，使 $ R(z)=\frac{P(z)}{Q(z)} $所有的在

上半平面内的极点 z 都包含在积分路径内.

依留数定理有

$$ \int_{-R}^{R}R(x)\mathrm{d}x+\int_{C_{R}}R(z)\mathrm{d}z=2\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[R(z),z_{k}\right]. $$

在 $ C_{R} $ 上令 $ z = Re^{i\theta} $，则有

$$ \int_{c_{R}}\frac{P(z)}{Q(z)}\mathrm{d}z=\int_{0}^{\pi}\frac{P(R\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})\mathrm{i}R\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}}{Q(R\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta})}\mathrm{d}\theta. $$

因 $ Q(z) $ 的次数比 $ P(z) $ 的次数至少高两次，于是当 $ \left|z\right|=R\to\infty $ 时，有

$$ \frac{z P\left(z\right)}{Q\left(z\right)}=\frac{R\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}P\left(R\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\right)}{Q\left(R\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\right)}\rightarrow0. $$

所以

$$ \lim_{z\to\infty}\int_{C_{R}}\frac{P(z)}{Q(z)}\mathrm{d}z=0. $$

从而有

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{d}x=2\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[R(z),z_{k}\right]. $$

如果 $ R(x) $ 为偶函数，则

$$ \int_{0}^{+\infty}R(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}R(x)\mathrm{d}x=\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[R(z),z_{k}\right]. $$

例 5.25 计算积分 $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^{2}-x+2}{x^{4}+10x^{2}+9}dx. $

解 这里 $ P(z)=z^{2}-z+2 $, $ Q(z)=z^{4}+10z^{2}+9 $, $ Q(z) $ 在实轴上无零点, 因此积分是存在的. 函数 $ R(z)=\frac{z^{2}-z+2}{z^{4}+10z^{2}+9} $ 有四个简单极点: $ \pm i $, $ \pm3i $, 上半平面内只包含 i 和 3i, 而

$$ \mathrm{Res}\left[R(z),\mathrm{i}\right]=\lim_{z\to\mathrm{i}}\left(z-\mathrm{i}\right)\frac{z^{2}-z+2}{\left(z-\mathrm{i}\right)\left(z+\mathrm{i}\right)\left(z^{2}+9\right)}=-\frac{1+\mathrm{i}}{16}, $$

$$ \mathrm{Res}[R(z),3\mathrm{i}]=\lim_{z\to3\mathrm{i}}(z-3\mathrm{i})\frac{z^{2}-z+2}{(z^{2}+1)(z-3\mathrm{i})(z+3\mathrm{i})}=\frac{3-7\mathrm{i}}{48}. $$

所以

$$ \begin{aligned}&\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^{2}-x+2}{x^{4}+10x^{2}+9}\mathrm{d}x\\&=2\pi\mathrm{i}\{\mathrm{Res}[R(z),\mathrm{i}]+\mathrm{Res}[R(z),3\mathrm{i}]\}\\&=2\pi\mathrm{i}(-\frac{1+\mathrm{i}}{16}+\frac{3-7\mathrm{i}}{48})=\frac{5\pi}{12}.\end{aligned} $$

§ 5.3.3 形如 $ \int_{-\infty}^{+\infty} R(x) e^{iax} dx (a > 0) $ 的积分

$ R(x) $ 是真分式，在实轴上无奇点。则

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)\mathrm{e}^{\mathrm{i}ax}\mathrm{d}x=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{e}^{\mathrm{i}ax}\mathrm{d}x=2\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[f(z),z_{k}\right], $$

其中 $ f(z)=R(z)\mathrm{e}^{\mathrm{i}az} $， $ z_{k} $ 为 $ f(z) $ 在上半平面的奇点.

为了后面的积分估计，我们先来介绍若尔当（Jordan）引理：

定理 5.9 (若尔当引理) 设函数 $ g(z) $ 在闭区域 $ \theta_1 \leq \arg z \leq \theta_2 $, $ R_0 \leq |z| \leq +\infty $ ( $ R_0 \geq 0 $, $ 0 \leq \theta_1 \leq \theta_2 \leq \pi $) 上连续，并设 $ C_R $ 是该闭区域上的一段以原点为中心， $ R(R > R_0) $ 为半径的圆弧。若当 $ z $ 在这闭区域上时，

$$ \lim_{z\to\infty}g(z)=0, $$

则对任何a>0，有

$$ \lim_{R\to+\infty}\int_{C_{R}}g(z)\mathrm{e}^{\mathrm{i}az}\mathrm{d}z=0. $$

证 由(5.9)式可知，对于任给的 $ \varepsilon>0 $，存在 $ R_{1}(\varepsilon)>0 $，使当 $ R>R_{1}(\varepsilon) $ 时，对一切在 $ C_{R} $ 上的 z，有 $ \left|g(z)\right|<\varepsilon $，于是

$$ \begin{align*}\left|\int_{C_{R}}g\big(z\big)\mathrm{e}^{\mathrm{i}az}\mathrm{d}z\right|&=\left|\int_{\theta_{1}}^{\theta_{2}}g\big(R\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\big)\mathrm{e}^{\mathrm{i}aR\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}}R\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\mathrm{d}\theta\right|\\&\leqslant R\varepsilon\int_{0}^{\pi}\mathrm{e}^{-aR\sin\theta}\mathrm{d}\theta=R\varepsilon\left[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\right]\mathrm{e}^{-aR\sin\theta}\mathrm{d}\theta=2R\varepsilon\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{-R\sin\theta}\mathrm{d}\theta.\end{align*} $$

因为当 $ 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2} $ 时，由微分学的知识易证

$$ \frac{2\theta}{\pi}\leq\sin\theta. $$

或从图5.3看出，在 $ y_{2}=\sin\theta $上作连接(0,0)与 $ \left(\frac{\pi}{2},1\right) $的直线 $ y_{1}=\frac{2}{\pi}\theta $，显然对 $ 0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2} $

$$ y_{2}=\sin\theta\geqslant y_{1}=\frac{2}{\pi}\theta, $$

所以

$$ \left|\int_{C_{R}}g(z)\mathrm{e}^{\mathrm{i}a z}\mathrm{d}z\right|\leqslant2R\varepsilon\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{-R\sin\theta}\mathrm{d}\theta\leqslant2R\varepsilon\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{e}^{-\frac{2aR}{\pi}\theta}\mathrm{d}\theta=\frac{\pi\varepsilon}{a}(1-\mathrm{e}^{-aR})<\frac{\pi\varepsilon}{a}, $$

从而有

$$ \lim_{R\to+\infty}\int_{C_{R}}g(z)\mathrm{e}^{\mathrm{i}az}\mathrm{d}z=0. $$

有了此引理，我们设辅助函数为 $ R(z)\mathrm{e}^{iaz} $，作图 5.2 中那样的区域，使上半平面内的孤立奇点均含在上半圆内。由留数定理得

$$ \int_{-R}^{R}R(x)\mathrm{e}^{\mathrm{i}ax}\mathrm{d}x+\int_{C_{R}}R(z)\mathrm{e}^{\mathrm{i}az}\mathrm{d}z=2\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[R(z)\mathrm{e}^{\mathrm{i}az},z_{k}\right]. $$

当 $ R \to +\infty $ 时，由若尔当引理知 $ \int_{C_{R}} R(z) e^{iaz} dz \to 0 $，所以

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{e}^{\mathrm{i}ax}\mathrm{d}x=2\pi\mathrm{i}\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}\left[\frac{P(z)}{Q(z)}\mathrm{e}^{\mathrm{i}az},z_{k}\right]. $$

特别地，将上式分开实部与虚部，就可得到积分

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\cos ax\ d x\quad 及 \quad\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\sin ax\ d x. $$

例 5.26 计算积分

$$ I_{1}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x,\quad I_{2}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x. $$

解 $ I_{1}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}dx $ 是 $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}dx $ 的实部，

$$ I_{2}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x 是 \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x 的虚部 . $$

容易验证，函数

$$ f(z)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}}{z^{2}+a^{2}} $$

满足若尔当引理的条件，其中， $ g(z)=\frac{1}{z^{2}+a^{2}} $，函数 $ f(z) $在上半平面内只有一个简单极点 $ z=ai $（z=-ai在下半平面）.

$$ \begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}}{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x&=2\pi\mathrm{i}\mathrm{Res}\left[f(z),a\mathrm{i}\right]\\&=2\pi\mathrm{i}\lim_{z\to a\mathrm{i}}(z-a\mathrm{i})\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}z}}{z^{2}+a^{2}}=2\pi\mathrm{i}\frac{\mathrm{e}^{-a}}{2a\mathrm{i}}=\frac{\pi\mathrm{e}^{-a}}{a}.\end{aligned} $$

比较实虚部得

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x=\frac{\pi\mathrm{e}^{-a}}{a},\quad\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x=0. $$

$ ^{*} $§ 5.4 对数留数与辐角原理

本节我们将以留数理论为依据，介绍对数留数与辐角原理，它可帮助我们判断一个方程 $ f(z)=0 $各个根所在的范围，这对研究运动的稳定性往往是有用的。

§ 5.4.1 对数留数

定义 5.6 形如 $ \frac{1}{2\pi i}\oint_{C}\frac{f'(z)}{f(z)}\mathrm{d}z $ 的积分称 $ f(z) $ 关于 C 的对数函数.

事实上，对数函数就是函数 $ f(z) $的对数的导数 $ \frac{f'(z)}{f(z)} $在它位于C内的孤立奇点处的留数的代数和.

关于对数留数，我们有下面的一个重要定理：

定理 5.10 若 $ f(z) $ 在简单闭曲线 C 的内部除去有限个极点外是解析的，并在 C 上解析且不为零，则有

$$ \frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{c}\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)}\mathrm{d}z=N-P, $$

其中，N为 $ f(z) $在C内零点的总个数，P为 $ f(z) $在C内极点的总个数，在计算零点与极点的个数时，m阶的零点或极点算作m个零点或极点.

证 设 $ f(z) $ 在 C 内有一个 $ n_{k} $ 阶的零点 $ a_{k} $，则在 $ a_{k} $ 的邻域内，有

$$ f(z)=\left(z-a_{k}\right)^{n_{k}}\varphi(z), $$

其中 $ \varphi(z) $ 是这一邻域内的一个解析函数，且 $ \varphi(a_{k})\neq0 $ ，于是有

$$ \frac{f^{\prime}\left(z\right)}{f(z)}=\frac{n_{k}}{z-a_{k}}+\frac{\varphi^{\prime}(z)}{\varphi(z)}. $$

因为 $ \varphi(z) $ 在 $ a_{k} $ 处解析，所以 $ \varphi'(z) $ 也在 $ a_{k} $ 处解析，由于 $ \varphi(a_{k}) \neq 0 $，从而 $ \frac{\varphi'(z)}{\varphi(z)} $ 在 $ a_{k} $ 处解析，所以 $ a_{k} $ 是 $ \frac{f'(z)}{f(z)} $ 的简单极点且函数为 $ n_{k} $.

同样，设 $ f(z) $ 在 C 内有一个 $ p_{k} $ 阶的极点 $ b_{k} $，则在 $ b_{k} $ 的去心邻域内，有

$$ f(z)=\frac{1}{\left(z-b_{k}\right)^{p_{k}}}\psi(z), $$

其中， $ \psi(z) $ 在 $ b_{k} $ 的邻域内解析，且 $ \psi(b_{k})\neq0 $，于是有

$$ \frac{f^{\prime}\left(z\right)}{f(z)}=\frac{-p_{k}}{z-b_{k}}+\frac{\psi^{\prime}(z)}{\psi(z)}. $$

显然 $ \frac{\psi'(z)}{\psi(z)} $在 $ b_{k} $处解析，因此 $ b_{k} $是 $ \frac{f'(z)}{f(z)} $的简单极点且留数为 $ -p_{k} $.

如果 $ f(z) $ 在 C 内有 l 个阶数分别是 $ n_{1}, n_{2}, \cdots, n_{l} $ 的零点 $ a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{l} $ 和 m 个阶数分别为 $ p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{m} $ 的极点 $ b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{m} $，根据上面的讨论和留数定理得

$$ \begin{align*}\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_{C}\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)}\mathrm{d}z&=\sum_{k=1}^{l}\operatorname{Res}\biggl[\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)},a_{k}\biggr]+\sum_{k=1}^{m}\operatorname{Res}\biggl[\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)},b_{k}\biggr]\\ &=(n_{1}+n_{2}+\cdots+n_{l})-(p_{1}+p_{2}+\cdots+p_{m})\\ &=N-P,\end{align*} $$

于是定理得证.

\$5.4.2 辐角原理

当 C 是一条简单闭曲线时，我们来说明定理 5.10 的几何意义，为此，将对数留数改写为

$$ \frac{1}{2\pi\mathrm{i}\oint_{c}}\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)}\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}\oint_{c}}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left[\ln f(z)\right]\mathrm{d}z. $$

如图5.4，当z从C上一点 $ z_{0} $出发，沿C的正向绕行一周而回到原出发点 $ z_{0} $时， $ \ln f(z) $连续地变化，其实部 $ \ln|f(z)| $从 $ \ln|f(z_{0})| $开始连续变化最后又回到 $ \ln|f(z_{0})| $，但其虚部通常不回到原来的值。令 $ \varphi_{0} $为 $ \arg f(z_{0}) $在开始时的值， $ \varphi_{1} $为其绕行后的值，于是有

$$ \begin{align*}\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\int_{c}\frac{f^{\prime}(z)}{f(z)}\mathrm{d}z&=\frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\{[\ln|f(z_{0})|+\mathrm{i}\varphi_{1}]-[\ln|f(z_{0})|+\mathrm{i}\varphi_{0}]\}\\&=\frac{\varphi_{1}-\varphi_{0}}{2\pi}=\frac{\Delta_{c}\arg f(z)}{2\pi},\end{align*} $$

其中 $ \Delta_{c}arg f(z) $ 表示 z 沿 C 之正向绕行一周后 $ \arg f(z) $ 的改变量，它是 $ 2\pi $ 的整数倍.

从而可将(5.11)式写成

$$ N-P=\frac{1}{2\pi}\Delta_{c}\mathrm{a r g}f(z). $$

(5.12)式可表述为: $ f(z) $ 在 C 内的零点个数减去极点个数, 等于当点 z 沿 C 正向移动一周时, z 的像 w = f(z) (在 w 平面上) 绕原点移动的圈数.

特殊情形：若 $ f(z) $ 在 C 内解析，则 P=0。于是（5.12）式成为

$$ N=\frac{1}{2\pi}\Delta_{c}\mathrm{a r g}f(z). $$

我们可以利用(5.12)式计算 $ f(z) $在C内零点的个数，因此，有下面的辐角原理：

定理 5.11(辐角原理) 在定理 5.10 的条件下， $ f(z) $ 在 C 内部的零点个数与极点个数之差，等于当 z 沿 C 之正向绕行一周后 $ \arg f(z) $ 的改变量 $ \Delta_c \arg f(z) $ 除以 $ 2\pi $，即

$$ N-P=\frac{1}{2\pi}\Delta_{c}\mathrm{a r g}f(z). $$

特别地，当 $ f(z) $在C上及C内部解析且 $ f(z) $在C上不为零时，则有

$$ N=\frac{1}{2\pi}\Delta_{c}\arg f(z). $$

§ 5.4.3 儒歇（Rouché）定理

从辐角原理还可推出一个很有用的结果.

定理 5.12 设函数 $ f(z) $ 与 $ g(z) $ 在简单闭曲线 C 上及 C 内解析. 且在 C 上 $ \left|f(z)\right| > \left|g(z)\right| $, 则在 C 内 $ f(z) $ 与 $ f(z) + g(z) $ 有相同个数的零点.

证 设 $ f(z) $ 及 $ f(z) + g(z) $ 的零点个数分别为 M 及 N. 由于在 C 上 $ \left| g(z) \right| < \left| f(z) \right| $，又因

$$ \left|f+g\right|\geqslant\left|f\right|-\left|g\right|>0, $$

因此 $ f(z) $与 $ f(z)+g(z) $在C上均无零点.由辐角原理知

$$ \begin{aligned}N&=\frac{1}{2\pi}\Delta_{c}\arg[(f(z)+g(z))]=\frac{1}{2\pi}\Delta_{c}\arg\{f(z)[1+\frac{g(z)}{f(z)}]\}\\&=\frac{1}{2\pi}\Delta_{c}\arg f(z)+\frac{1}{2\pi}\Delta_{c}\arg(1+\frac{g(z)}{f(z)}),\end{aligned} $$

由于在 C 上有 $ \left| g(z) \right| < \left| f(z) \right| $，即

$$ \left|\frac{g(z)}{f(z)}\right|<1, $$

故当 z 在 C 上移动时，对应的点 $ w = 1 + \frac{g(z)}{f(z)} $ 总落在以 1 为中心，1 为半径的圆内（图5.5）. 由于函数

$$ w=1+\frac{g(z)}{f(z)} $$

连续，故经此变换后 $ C $ 的像 $ \Gamma $ 仍是一闭曲线，且 $ \Gamma $ 完全落在上述圆内，它决不绕过坐标原点 $ w=0 $，故 $ \Delta_{\Gamma} \arg w=0 $，从而有

$$ \Delta_{c}arg\Bigg(1+\frac{g(z)}{f(z)}\Bigg)=0. $$

最后便得到

$$ N=\frac{1}{2\pi}\Delta_{c}\arg f(z)=M. $$

定理证毕.

利用儒歇定理有时就可以决定解析函数在区域内的零点个数.

例 5.27 求方程 $ z^{8}-5z^{5}-2z+1=0 $ 在 $ \left|z\right|<1 $ 内根的个数.

解 令 $ f(z) = -5z^{5} + 1 $, $ g(z) = z^{8} - 2z $, 因为当 $ \left|z\right| = 1 $ 时, 我们有 $ \left|f(z)\right| \geq \left|5z^{5}\right| - 1 = 4 $, 而 $ \left|g(z)\right| \leq \left|z^{8}\right| + 2\left|z\right| = 3 $, 所以给定的方程在 $ \left|z\right| < 1 $ 内根的个数与 $ -5z^{5} + 1 $ 在 $ \left|z\right| < 1 $ 内零点的个数相同, 即 5 个.

例 5.28 证明：方程 $ z^{7}-z^{3}+12=0 $ 的根都在圆环 $ 1<|z|<2 $ 内.

证 设 $ f(z)=z^{7}+12 $, $ g(z)=-z^{3} $. 此两函数都在全平面为解析, 而在 $ \left|z\right|=2 $ 上, 有

$$ \mid f(z)\mid\geqslant2^{7}-12>2^{3}=\mid g(z)\mid. $$

故 $ F(z)=z^7-z^3+12=f(z)+g(z) $ 与 $ f(z) $ 在 $ \mid z\mid <2 $ 内有相同个数的零点。但 $ f(z)=z^7+12 $ 的 7 个零点就是 $ (-12)^{\frac{1}{7}} $ 的 7 个值，它们的模都等于 $ \sqrt[7]{12}<2 $。故 $ z^7-z^3+12=0 $ 在 $ \mid z\mid <2 $ 内有 7 个根。又在 $ \mid z\mid=1 $ 上，

$$ \left|f(z)\right|\geqslant12-1>1=\left|g(z)\right|, $$

故 $ F(z) $ 与 $ f(z) $ 在 $ \left|z\right|<1 $ 内有相同个数的零点。但 $ f(z)=z^7+12 $ 在 $ \left|z\right|<1 $ 内没有零点，故 $ F(z) $ 在 $ \left|z\right|<1 $ 内也没有零点。而在 $ \left|z\right|=1 $ 上，

$$ \left|F(z)\right|>12-2>0, $$

所以 $ F(z) = z^7 - z^3 + 12 = 0 $ 的全部根 (7 个) 都在圆环 $ 1 < |z| < 2 $ 内.

例 5.29 用儒歇定理证明代数学基本定理: n 次多项式

$$ P(z)=a_{0}z^{n}+a_{1}z^{n-1}+\cdots+a_{n-1}z+a_{n}\quad(a_{0}\neq0) $$

必有 n 个根（即 $ P(z) $ 有 n 个一阶零点）.

证 令 $ f(z)=a_{0}z^{n} $, $ g(z)=a_{1}z^{n-1}+\cdots+a_{n} $，当 z 在充分大的圆周 C: $ \left|z\right|=R $ 上时（例如，取 $ R>\max\{\frac{|a_{1}|+\cdots+|a_{n}|}{|a_{0}|},1\} $，

$$ \begin{align*}\mid g(z)\mid&\leqslant\mid a_{1}\mid R^{n-1}+\cdots+\mid a_{n-1}\mid R+\mid a_{n}\mid\\&<\mid a_{1}\mid+\cdots+\mid a_{n}\mid)R^{n-1}\\&<\mid a_{0}\mid R^{n}=\mid f(z)\mid.\end{align*} $$

根据儒歇定理知 $ P(z)=f(z)+g(z) $ 与 $ f(z) $ 在 C 内部有同样多的零点，即 n 个零点.

本章小结

本章研究了留数理论的基础——留数基本定理以及其在定积分计算中的应用，并讨论了由留数理论导出的辐角原理和儒歇定理，学习要点如下：

1. 本章研究的主要内容就其实质来说是解析函数积分理论的继续，前述第三章的柯西积分定理与柯西积分公式就是留数基本定理的特例。我们知道留数的定义是用孤立奇点处的洛朗级数负一次幂项的系数来定义的。留数基本定理把解析函数沿封闭曲线的积分计算问题转化为求函数在该封闭曲线内部各个孤立奇点处的留数问题，这充分显示了留数的积分表达形式在解析函数的积分计算中所具有的重要价值。对此我们应有明确的认识。

1. 函数在其极点的留数计算极为常见. 如把“函数的零除导数”定义为“函数本身”, 则当 $ z_{0} $ 为 $ f(z) $ 的 m 阶极点时, 可以有统一公式:

$$ \mathrm{Res}\left[f(z),z_{0}\right]=\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\rightarrow z_{0}}\frac{\mathrm{d}^{m-1}}{\mathrm{d}z^{m-1}}\left[(z-z_{0})^{m}f(z)\right]\quad(m 为正整数 ) $$

这自然就把求留数的问题转化为求导数和极限的问题了.

1. 留数理论为计算某些类型的实变量函数的定积分和反常积分提供了极为有效的方法，尤其是对那些计算比较复杂或不能直接用不定积分来计算的定积分，留数理论的实用价值就得到了充分的体现。甚至对那些用普通方法也能求出来的定积分，如果应用留数理论计算同样也比较简捷省力。

目思考题

5.1 何谓函数在孤立奇点处的留数？孤立奇点的分类对于计算留数的作用是什么？

5.2 如何计算函数在极点处的留数？如何计算函数在本性奇点处的留数？

5.3 留数定理的内容是什么？其证明依据是什么？怎样运用留数定理来计算积分（包括解析函数沿封闭曲线的积分和某些实积分）？

题目 习题五

5.1 问 z=0 是否为下列函数的孤立奇点？

(1) $ \mathrm{e}^{\frac{1}{z}} $; (2) $ \cot\frac{1}{z} $; (3) $ \frac{1}{\sin z} $.

第五章单元

自测题

5.2 找出下列各函数的所有零点. 并指明其阶数：

(1) $ \frac{z^{2}+9}{z^{4}} $; (2) $ z\sin z $; (3) $ z^{2}(e^{z^{2}}-1) $.

5.3 下列各函数有哪些有限奇点？各属何类型（如是极点，指出它的阶数）：

(1) $ \frac{z-1}{z(z^{2}+4)^{2}} $; (2) $ \frac{\sin z}{z^{3}} $; (3) $ \frac{1}{\sin z+\cos z} $;

(4) $ \frac{1}{z^{2}(e^{z}-1)} $; (5) $ \frac{\ln(1+z)}{z} $; (6) $ \frac{1}{e^{z}-1}-\frac{1}{z} $.

5.4 证明：设函数 $ f(z) $ 在 $ 0 < |z - z_0| < \delta $ ( $ 0 < \delta < +\infty $) 内解析，那么 $ z_0 $ 是 $ f(z) $ 的极点的充分必要条件是 $ \lim_{z \to z_0} f(z) = \infty $。

5.5 如果 $ f(z) $ 与 $ g(z) $ 是以 $ z_{0} $ 为零点的两个不恒为零的解析函数，则 $ \lim_{z\to z_{0}}\frac{f(z)}{g(z)}=\lim_{z\to z_{0}}\frac{f'(z)}{g'(z)} $ （或两端均为 $ \infty $）.

[提示：将 $ \frac{f(z)}{g(z)} $写成 $ (z-z_{0})^{m-n}\frac{\varphi(z)}{\psi(z)} $的形式，再讨论.]

5.6 问 $ \infty $是否为下列各函数的孤立奇点？

(1) $ \frac{\sin z}{1+z^{2}+z^{3}}; $ (2) $ \frac{1}{e^{z}-1}. $

5.7 求出下列函数在有限孤立奇点处的留数：

(1) $ \frac{e^{z}-1}{z} $; (2) $ \frac{z^{7}}{(z-2)(z^{2}+1)^{2}} $; (3) $ \frac{\sin 2z}{(z+1)^{3}} $;

(4) $ z^{2}\sin\frac{1}{z} $; (5) $ \frac{1}{z\sin z} $; (6) $ \frac{\sinh z}{\cosh z} $.

3.8 利用留数计算下列积分：

(1) $ \oint_{|z|=1} \frac{\mathrm{d}z}{z\sin z} $; (2) $ \oint_{|z|=\frac{3}{2}} \frac{\mathrm{e}^{z}}{(z-1)(z+3)^2} \mathrm{d}z $;

(3) $ \oint_{|z|=2} \frac{\mathrm{e}^{2z}}{(z-1)^2} \mathrm{d}z $; (4) $ \oint_{|z|=\frac{1}{2}} \frac{\sin z}{z(1-\mathrm{e}^z)} \mathrm{d}z $;

(5) $ \oint_{|z|=1} \frac{\mathrm{d}z}{(z-a)^n(z-b)^n} \quad (n \text{ 为正整数}, |a| \neq 1, |b| \neq 1, |a| < |b|). $

5.9 判定 $ z = \infty $ 是下列各函数的什么奇点，并求出在 $ \infty $ 的留数：

(1) $ \sin z - \cos z $; (2) $ \frac{1}{z(z+1)^2(z-4)} $; (3) $ z + \frac{1}{z} $.

5.10 求下列积分：

(1) $ \oint_{|z|} = 2 \frac{z^3}{1 + z} e^{\frac{1}{z}} dz $; (2) $ \oint_{|z| = 3} \frac{z^{15}}{(z^2 + 1)^2 (z^4 + 2)^3} dz $.

5.11 设函数 $ f(z) $ 在 $ R < |z - z_0| < +\infty $ 的洛朗级数展开式为 $ f(z) = \sum_{n \in \mathbb{Z}} C_n(z - z_0)^n $，求证： $ \text{Res}[f(z), \infty] = -C_{-1} $.

5.12 求下列各积分之值：

(1) $ \int_0^{2\pi} \frac{\mathrm{d}\theta}{a + \cos\theta} (a > 1) $; (2) $ \int_0^{2\pi} \frac{\mathrm{d}\theta}{5 + 3\cos\theta} $;

(3) $ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^2}{(x^2 + a^2)^2} \mathrm{d}x (a > 0) $; (4) $ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^2 + 4x + 5} \mathrm{d}x $;

(5) $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^{2}}{1+x^{4}}dx $; (6) $ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x\sin ax}{x^{2}+b^{2}}dx $ (a>0, b>0).

5.13 证明： $ z^4 + 6z + 1 = 0 $ 有三个根在圆环域 $ \frac{1}{2} < |z| < 2 $内.

5.14 方程 $ z^{4}-5z+1=0 $ 在 $ \left|z\right|<1 $ 与 $ 1<\left|z\right|<2 $ 内各有几个根？

5.15 如果 $ a > e $，求证：方程 $ e^{x} = az^{n} $ 在单位圆盘内有 n 个根。