留数

5. 留数

目录

• 5. 留数
  • 5.1 孤立奇点
  • 5.2 留數
  • 5.3 留数在定积分计算中的应用
  • 5.4 复变函数奇点类型的判定

---

首先说明一下为什么会有留数？

对于图中的这样一个积分路径，由于内部区域不完全解析。所以根据柯西积分定理，我们可以将其转化为下图的积分路径：

当通往奇点的两条路线无限接近时，就可以得到下图：

即对于大回路的积分等于对所有奇点的路径的积分之和的相反数。即：

$$\oint_L = \oint_{L_1^-+L_2^-+L_3^-}$$

所以问题变成了如何求对于奇点的路径的积分$\oint_Lf(z)dz$

由上一章的洛朗级数知，洛朗级数在幂次为-1项的系数为

$$c_{-1} = \frac1{2\pi i}\oint_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{-1+1}}d\zeta = \frac1{2\pi i}\oint_Cf(\zeta)d\zeta$$

由于这个系数很有用，所以专门称复变函数在某一点的洛朗级数展开式的幂次为-1的项的系数为留数。记作$\mathcal{Res}[f(z),z_0]$

所以就可以提前给出留数定理，对于正向闭合路径C，如果其所围区域内除了有限个孤立奇点$z_1,z_2,\cdots,z_k$外处处解析，则有

$$\oint_Cf(z)dz = 2\pi i\sum_{k=1}^n\mathcal{Res}[f(z),z_k]$$

所以留数定理本质上是对于柯西积分定理的应用。

5.1 孤立奇点

5.1.1 解析函数的孤立奇点及分类

若函数f(z)在$z_0$的邻域内除$z_0$外处处解析，则称$z_0$为f(z)的一个孤立奇点。

根据洛朗级数的定理，我们可以将f(z)展开成洛朗级数

$$f(z) =\cdots+ a_{-m}(z-z_0)^{-m} + \cdots+ a_0 + a_1(z-z_0) + \cdots + a_n(z-z_0)^n,z\in D$$

• 如果上式中的负幂项系数均为零，若记剩下的幂级数的和函数为F(z)，则F(z)是在$z_0$处解析的函数。且当$z\in D$时，F(z)=f(z)，当$z=z_0$时，$F(z) = a_0$。于是令$f(z_0) = a_0$，所以f(z)在$z_0$处就是解析的了，所以点$z_0$被称为可去奇点。
• 如果上式只有有限个$(z-z_0)$的负幂项的系数不为零，那么孤立奇点$z_0$称为函数f(z)的极点。如果负幂项的最高次幂为$(z-z_0)^{-m}$，则称$z_0$为函数f(z)的m阶极点。
• 如果$(z-z_0)$的负幂项系数有无穷多个不为零，那么孤立奇点$z_0$称之为f(z)的本性奇点。

5.1.2 解析函数在有限孤立奇点的性质

定理：设函数f(z)在$0<|z-z_0|<\delta$内解析，则$z_0$是f(z)的可去奇点的充要条件为：存在着有限极限$\lim_{z\rightarrow z_0}f(z)$.

定理：设函数f(z)在$0<|z-z_0|<\delta$内解析，则$z_0$是f(z)的极点的充要条件为：$\lim_{z\rightarrow z_0}f(z) = \infty$.

定理：设函数f(z)在$0<|z-z_0|<\delta$内解析，则$z_0$是f(z)的本性奇点的充要条件为：不存在有限或无穷的极限$\lim_{z\rightarrow z_0}f(z)$.

如$e^{\frac1z}$在z=0处为本性奇点，因为其展开成洛朗级数后有无穷多个负幂项不为0

5.1.3 函数的零点与极点的关系

设函数f(z)在$z_0$的邻域$N(z_0,\delta)=\{z:|z-z_0|<\delta \}$内解析，并且$f(z_0)=0$，则点$z_0$称为f(z)的一个零点。

m阶零点

不恒等于零的解析函数f(z)如果能够表示成$f(z) = (z-z_0)^m\varphi(z)$，其中$\varphi(z)$在$z_0$处解析且$\varphi(z)\ne 0$，m为某一正整数，则$z_0$为f(z)的m级零点。

定理：f(z)在点$z_0$处解析，则$z_0$是f(z)的m阶零点的充要条件为：$f(z_0) = f^{'}(z_0) = f^{(m-1)}(z_0) = 0,f^{m}(z_0)\ne 0$

解析函数的零点与极点，有下面的关系

定理：$z_0$是f(z)的m阶极点的充要条件是：$z_0$是$\frac1{f(z)}$的m阶零点。

应当注意的是，我们在求函数的奇点时，决不能只看函数的表面形式就做出判断，如函数$(\cos z-1)/z^4$，看起来z=0是它的四阶奇点，实际将cos z展开后是二阶奇点。

例：判断函数$f(z) = \frac{\sin z}{z^2(1-e^z)}$在$z=0$是几阶极点。

提示：将$1-e^z$和$\sin z$展开

5.1.4 解析函数在无穷孤立奇点的性质

若函数f(z)在域D：$R<|z|<+\infty(R>0)$内解析，则称为$z=\infty$为f(z)的一个孤立奇点。

---

5.2 留數

5.2.1 留數的定义和计算规则

定义：设函数f(z)在$z_0$点的去心邻域内解析，$z_0$是f(z)的孤立奇点，则f(z)在孤立奇点$z_0$的留数定义为

$$\frac1{2\pi i}\oint_Cf(z)dz$$

记作$Res[f(z),z_0]$，C是包含在邻域内的围绕$z_0$的任何一条正向简单闭曲线。留数的本质还是一个柯西积分。

若$z=\infty$是f(z)的孤立奇点，则定义在$z=\infty$处的留数为

$$Res[f(z),\infty] = -\frac1{2\pi i}\oint_Cf(z)dz$$

留数的计算定理：如果$z_0$是f(z)的m阶极点，则

$$Res[f(z),z_0] = \frac1{(m-1)!}\lim_{z\rightarrow z_0}\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\{(z-z_0)^mf(z) \}$$

要求留数，即求洛朗级数的系数$a_{-1}$

推论：设$f(z) = P(z)/Q(z)$，$P(z)$及$Q(z)$在$z_0\in C$点解析，如果$P(z_0)\ne 0,Q(z_0)=0,Q'(z)\ne0$，那么$z_0$为$f(z)$的一阶极点，且

$$\mathcal{Res}[f(z),z_0] = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}$$

若$z_0$是$f(z)$的本性奇点，则$\mathcal{Res}[f(z),z_0] = a_{-1}$。

若$z=\infty$是$f(z)$的孤立奇点，则

$$Res[f(z),\infty] = -Res[f(\frac1z)\frac1{z^2}, 0]$$

5.2.2 留数的基本定理

对于正向闭合路径C，如果其所围区域内除了有限个孤立奇点$z_1,z_2,\cdots,z_k$外处处解析，则有

$$\oint_Cf(z)dz = 2\pi i\sum_{k=1}^n\mathcal{Res}[f(z),z_k]$$

推广的留数基本定理：如果函数f(z)在扩充的复平面内只有有限个孤立奇点，那么f(z)在各孤立奇点（包括$\infty$点）的留数之和等于0。

利用该定理，当所求留数的区域内有多个极点时，可以直接求无穷远处的留数值，则其他点的留数之和就等于无穷远的留数值之和。

---

5.3 留数在定积分计算中的应用

为了求实函数f(x)在实轴上或实轴上的某一线段I上的积分，我们在I上适当附加某一曲线使其构成一简单闭曲线C，其内部为D，选取适当函数F(z)，然后在$\overline D$上对F(z)应用留数定理，就能把实轴上f(x)的积分转换为F(z)在D内基地那的留数与附加曲线的积分。

5.3.1 形如$\int_0^{2\pi}R(\sin\theta,\cos\theta)d\theta$的积分

这类积分可以化为单位圆周上的复积分，设$z = e^{i\theta}$，则

$$\cos\theta = \frac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}2 = \frac12(z+\frac1z)\\ \sin\theta = \frac1{2i}(z-\frac1z)\\ d\theta = \frac1{iz}dz$$

于是

$$\int_0^{2\pi}R(\sin\theta,\cos\theta)d\theta = \oint_{|z|=1}R(\frac1{2i}(z-\frac1z),\frac1{2}(z+\frac1z))\frac1{iz}dz$$

令

$$F(z) = \frac1{iz}R[\frac1{2i}(z-\frac1z),\frac12(z+\frac1z)]$$

则由留数的基本定理知

$$\int_0^{2\pi}R(\sin\theta,\cos\theta)d\theta = 2\pi i\sum^n_{k=1}Res[F(z),a_k]$$

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

当被积函数R(x)是x的有理函数，而分母的次数至少比分子的次数高二次，并且R(x)在实轴上没有奇点时。若设R(z)在上半平面$Im\ z>0$的极点为$a_1,a_2,\cdots,a_p$，则

$$\int_{-\infty}^{+\infty}R(x)dx = 2\pi i\sum_{k=1}^p\mathcal{Res}[R(z),a_k]$$

证明过程略

当$R(x)$为偶函数时，有

$$\int_0^{+\infty}R(x)dx = \pi i\sum_{k=1}^p\mathcal{Res}[R(z),a_k]$$

注意只考虑上半平面的极点。

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

当被积函数R(x)是x的有理函数，而分母次数至少比分子的高一次，并且R(x)在实轴上没有奇点时，积分是存在的。同样，若设R(z)在上半平面内的极点为$a_1,a_2.\cdots,a_p$，则

$$\int_{-\infty}^{+\infty}R(x)e^{iax}dx = 2\pi i\sum_{k=1}^p\mathcal{Res}[R(z)e^{iaz},a_k]$$

证明过程略。

5.3.4 它类

在前几类积分中，都要求函数在实轴上无奇点，对不满足这个条件的积分，往往适当改变积分路径也可以使得积分可求。

当被积函数R(x)是x的有理函数，而分母次数至少比分子的高一次。设R(z)在实轴上除去有限多个一阶极点$x_1,x_2,\cdots,x_q$外处处解析。在上半平面内除去有限多个奇点$z_1,z_2,\cdots,z_p$外处处解析，则积分存在且

$$\int_{-\infty}^{+\infty}R(x)e^{iax}dx = 2\pi i\sum_{k=1}^p\mathcal{Res}[R(z)e^{iaz},z_k] + \pi i\sum^q_{k=1}\mathcal{Res}[R(z)e^{iaz},x_k]$$

证明过程略

以上四种方法都是采用了围道积分法，即将实函数的定积分转化为解析函数沿闭合路径的积分，然后运用留数定理转化为留数的计算。

---

5.4 复变函数奇点类型的判定

5.4.1 奇点类型的判断

首先根据计算极限的方法判断是三种奇点的哪一种。可去奇点的极限有限，本性奇点的极限不存在。大部分情况都是极点。

5.4.2 极点阶数的判断

1. 计算当分母乘上几阶的$z$后计算出来的极限不为$\infty$。如判断下面这个函数的极点类型

   $$\frac{e^z\cdot\sin z}{z^2}$$

   则有

   $$\lim_{z\rightarrow0}z\cdot\frac{e^z\cdot\sin z}{z^2} = \lim_{z\rightarrow0}\frac{\sin z}z = 1\ne\infty$$

   上面的极限乘上一阶$z$极限就不为$\infty$了，说明是一阶极点。

2. 利用零点阶数进行判断

   前面讲过零点和极点有这样一个关系：

   函数$f(z)$在$z_0$的m阶零点，就是函数$\frac1{f(z)}$在$z_0$处的m阶极点。

   还有一点是分子上的零点阶数或极点阶数可以与分母上的“抵消”，还是上面那个例子。

   $e^z\cdot\sin z$在0处是1阶零点，$z^2$在0处是2阶零点。两者抵消后$z^2$还有一阶零点。

   现在$z^2$在分母，所以分母上有一阶零点，说明整个函数有一阶的极点。所以该函数在0处是一阶极点。

其他类型函数的判断

极限不存在的函数在$z_0$一定是本性奇点，但是极限为$\infty$不能完全判断是极点还是本性奇点，这点尤其适用与非幂级数构成的函数。

如

$$e^{\frac z{1-z}}$$

在$z=1$时，极限为正无穷，但是不是极点。

因为，如果将函数按照

$$e^z = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}$$

进行展开

$$e^{\frac z{1-z}} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n!}\frac{z^n}{(1-z)^n}$$

所以在$z=1$处的负幂项系数是有无穷多个不为0的，所以是本性奇点。

所以对于不好判断的函数，可以考虑将函数进行泰勒级数展开。

常见的泰勒展开有：

$$\begin{aligned} &e^z = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!}\\ &\frac1{1-z} = \sum_{n=0}^{\infty}z^n \\ &\sin z = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!}\\ &\cos z = \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{z^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}$$

以及这些函数进行加减乘除、微分、积分运算得到的级数展开。

展开便可直接观察负幂项系数的个数，那个才是判断三种奇点类型的根本依据。

无穷远点处奇点的判断

对于无穷远点处的奇点，通常不好直接判断。可令

$$t = \frac1z$$

将t代入后就可以转化为对$g(t)$在$t=0$处奇点的判断。

如判断下列函数在无穷远点的性质

$$\frac{z^6}{(z^2-3)^2\cos\frac1{z-2}}$$

有时候需要进行泰勒级数的展开，如

$$\frac1{e^z-1}-\frac1z=\frac{z-e^z+1}{(e^z-1)z}=\frac{-\sum_{n=2}^{\infty}\frac{z^n}{n!}}{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{n+1}}{n!}} = -\frac12$$

自变量为函数的复变函数

求下面函数在复平面的奇点

$$\sin\left[\frac1{\sin\frac1z} \right]$$

对于这样的复杂的函数，可以令

$$\omega = \sin\frac1z$$

然后只要分析函数$\sin\frac1z$，该函数只有在$z=0$一个本性奇点。所以使

$$\sin\frac1z = 0$$

的奇点均为本性奇点，which are $z = \frac1{k\pi}$