留数及其应用

留数
利用留数计算实积分

回顾：解析函数 $f (z)$ 在 $l$ 内

复变积分： $\oint_lf(z)dz=0$
有一阶极点 $a$ ： $\oint_l\frac{f(z)}{z-a}dz=2\pi i f(a)$
有 $n$ 阶极点 $a$ ： $\oint_l\frac{f(z)}{(z-a)^n}dz=\frac{2\pi i}{(n-1)!} f^{n-1}(a)$

留数

设 $f (z)$ 以有限点 $a$ 为孤立奇点，即 $f (z)$ 在点 $a$ 的某去心邻域 $0 < ∣ z - a ∣ < R$ 内解析，则称积分
$\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{c} f(z) \mathrm{d} z\ (C:|z-a|=\rho, 0<\rho<R)$
称为 $f (z)$ 在点 $a$ 的留数（也称余数，残数等)，记为 $\operatorname{Res}_{z=a} f(z)$ 或 $\operatorname{Res}(f, a) .$

留数定理

设 $f (z)$ 在围线或复围线 $C$ 所包围的区域 $D$ 内，除点 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 外解析，在闭域 $\bar{D}=D+C$ 上除点 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 外连续，则
$\oint_{C} f(z) \mathrm{d} z=2 \pi \mathrm{i} \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}_{z=a_{k}} f(z)$
由复连通域上的Cauchy 积分定理知，当 $0<\rho<R$ ，留数的值与 $\rho$ 无关，则
$\operatorname{Res}_{z=a}f(z)=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C} f(z) \mathrm{d} z=c_{-1},$
这里 $c_{-1}$ 是 $f (z)$ 在点 $a$ 的去心邻域内的Laurent 展开式中 $z-a)^{-1}$ 这一项的系数。

下面对留数定理进行简单推导：我们先在 $a$ 的某去心邻域 $0 < ∣ z - a ∣ < R$ 内把函数 $f (z)$ 展成Laurent 级数得， $\oint_{l} f(z) d z=\oint_{l}\left[\sum_{n=-\infty}^{\infty} c_{n}\left(z-b\right)^{n}\right] d z$ ，由于级数一致收敛，因此可以先积分后求和，故 $\oint_{l} f(z) d z=\sum_{n=-\infty}^{\infty} c_{n} \oint_{l}\left(z-b\right)^{n} d z$ ，又由我们在Cauchy 积分公式中推导得到的 $\oint_{C} \frac{d z}{(z-z_0)^{n}}=\left\{\begin{array}{ll}2 \pi \mathrm{i} & (n=1) \\ 0 & (n \neq 1且为整数)\end{array}\right.$ 最终得到， $\oint_{l} f(z) d z=2\pi i\ c_{-1}$ ，至此我们完成了对留数的推导。

留数的计算方法

计算留数时总是先展开成Laurent 级数计算过于繁琐，此处介绍几种孤立奇点的留数计算法。

(1). 若奇点是可去奇点，则留数为0；

(2). 若奇点是本性奇点，则需要采用Laurent 展开来求留数；

(3). 奇点若是 $m$ 阶极点，留数的计算方法如下：

设 $z = b$ 是 $f (z)$ 的 $m$ 阶极点, 则
$\begin{aligned} f(z)=& c_{-m}(z-b)^{-m}+c_{-m+1}(z-b)^{-m+1}+\cdots \\ &+c_{-1}(z-b)^{-1}+c_{0}+c_{1}(z-b)+\cdots, \quad 0<\left|z-b_{k}\right|<r . \end{aligned}$
两端乘上 $z-b)^{m}$ ，有
$(z-b)^{m} f(z)=c_{-m}+c_{-m+1}(z-b)+\cdots+c_{-1}(z-b)^{m-1}+c_{0}(z-b)^{m}+c_{1}(z-b)^{m+1}+\cdots .$
这时 $c_{-1}$ 是 $z-b)^{m} f(z)$ 的展开式中 $z-b)^{m-1}$ 项的系数，故
$\operatorname{Res}_{z=b} f(z)=\frac{1}{(m-1) !} \lim _{z \rightarrow b} \frac{d^{m-1}\left[(z-b)^{m} f(z)\right]}{d z^{m-1}}=\left.\frac{1}{(m-1) !} \frac{\mathrm{d}^{m-1}[(z-b)^{m} f(z)]}{\mathrm{~d} z^{m-1}}\right|_{z=b}$
由此可得到以下推论：

若 $a$ 为 $f (z)$ 的一阶极点，则
$\operatorname{Res}_{z=b} f(z)= \lim _{z \rightarrow b}(z-b) f(z)$
若 $f(z)=\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}, \varphi(z), \psi(z)$ 在 $a$ 点解析且 $\psi(a)=0$ , $\psi^{\prime}(a) \neq 0$ ，则
$\operatorname{Res}_{z=a} f(z)=\frac{\varphi(a)}{\psi^{\prime}(a)}$

$\varphi(z)$ 可取1，此时 $f(z)=\frac{1}{\psi(z)}$ 的留数 $\operatorname{Res}_{z=a} f(z)=\frac{1}{\psi^{\prime}(a)}$ .

无穷远处的留数

设 $\infty$ 为 $f (z)$ 的一个孤立奇点，即 $f (z)$ 在某区域 $\leqslant$ $r<|z|<+\infty$ 内解析，我们称
$\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C} f(z) \mathrm{d} z \quad(C:|z|=\rho, \rho \text { 充分大 })$
为 $f (z)$ 在点 $\infty$ 的留数, 记为 $\operatorname{Res}_{z=\infty} f(z)$ 或 $\operatorname{Res}(f, \infty)$ ，这里 $C^{-}$ 是指沿 $C$ 的顺时针方向。

设 $f (z)$ 在 $\infty$ 的去心邻域 $\leqslant r<|z|<+\infty$ 内的洛朗展开式为
$f(z)=\cdots+\frac{c_{-n}}{z^{n}}+\cdots+\frac{c_{-1}}{z}+c_{0}+c_{1} z+\cdots+c_{n} z^{n}+\cdots .$
由留数定理知
$\operatorname{Res}_{z=\infty} f(z)=\frac{1}{2 \pi \mathrm{i}} \oint_{C-} f(z) \mathrm{d} z=-c_{-1}(\infty)$

如果 $f (z)$ 在闭平面上只有有限个孤立奇点(包括无穷远点在内) $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}, \infty$ ，则 $f (z)$ 在各点的留数的总和为 0 。

$\operatorname{Res}_{z=\infty} f(z)=-\sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}_{z=a_{k}} f(z)$

只要理解前面所学知识，得到该结论便是理所当然的。

无穷远点的积分围线内部外部为无穷远点，内部包含全部其他奇点，两者积分方向相反，和为零。

无穷远点是否为孤立奇点的判断方法：令 $t=\frac{1}{z}$ ，判断 $f (t)$ 在零点是不是孤立奇点。

利用留数计算实积分

有理三角函数的积分

设 $R(\cos \theta, \sin \theta)$ 为 $\cos \theta, \sin \theta$ 的有理函数，且在 $\pi]$ 上连续，令 $z=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}(0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi)$ ，则
$\cos \theta=\frac{z+z^{-1}}{2}, \sin \theta=\frac{z-z^{-1}}{2 \mathrm{i}}, \mathrm{d} \theta=\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{i} z},$
当 $\theta$ 从 0 连续增加到 $\pi$ 时， $z$ 沿圆周 $∣ z ∣ = 1$ 的正向绕行一周，因此有
$\int_{0}^{2 \pi} R(\cos \theta, \sin \theta) \mathrm{d} \theta=\oint_{|z|=1} R\left(\frac{z+z^{-1}}{2}, \frac{z-z^{-1}}{2 \mathrm{i}}\right) \frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{i} z}=2 \pi \mathrm{i} \sum_{\left|a_{k}\right|<1} \operatorname{Res}_{z=a_{k}} f(z)$
右端是 $z$ 的有理函数 $f (z)$ 的围线积分，并且由于 $R(\cos \theta, \sin \theta)$ 在 $\pi]$ 上连续，故 $f (z)$ 在 $∣ z ∣ = 1$ 上无奇点。

找出 $f (z)$ 在单位圆内 $∣ z ∣ < 1$ 的奇点， $f(z)=\frac{1}{\mathrm{iz}} R\left(\frac{z+z^{-1}}{2}, \frac{z-z^{-1}}{2 \mathrm{i}}\right)$ 。

**无穷积分 ** $I=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx$

计算思路：把实积分 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ 的积分区间 $[a, b]$ 看作是复平面实轴上的一段，另外补上辅助曲线 $\Gamma$ ，使 $\cup \Gamma$ 构成围线 $C$ ，所围区域为 $D$ ，作围线积分
$\oint_{C} f(z) \mathrm{d} z=\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x+\int_{\Gamma} f(z) \mathrm{d} z$
如果 $f (z)$ 在 $D$ 内除有限多个奇点 $a_{k}$ 外解析，且在 $\bar{D}$ 上连续，则上式左端积分可由留数定理得出。再求得辅助线上的复变积分 $\int_{\Gamma} f(z) \mathrm{d} z$ ，则可以得到无穷积分 $I=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx$ 的值，为了求得无穷积分我们引入积分主值的概念。

积分主值

无穷积分有对称极限 $\lim _{R \rightarrow+\infty} \int_{-R}^{R} f(x) \mathrm{d} x$ 称为积分主值(Principal Value)，记为
$V.P.\ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \mathrm{d} x=\lim _{R \rightarrow+\infty} \int_{-R}^{R} f(x) \mathrm{d} x .$
若 $x_0$ 为 $f (x)$ 奇点， $b<x_0<a$ ，则主值积分
$V.P.\ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \mathrm{d} x=\lim_{\epsilon\rightarrow 0}\int^{x_{0}-\epsilon}_{a} f(x) d x+\int_{x_0+\epsilon}^{b} f(x) d x$

两种情况对应两种主值积分，主值积分的概念类似于高数中的反常积分。

当反常积分收敛时，主值积分就是它的值。

若 $f (z)$ 在实轴无奇点，在上半平面除了有限个孤立奇点 $b_k,(k=1,2,\cdots,n)$ 之外处处解析，且 $z f (z)$ 在包含实轴的上半平面当 $z\rightarrow \infty$ 时， $zf(z)\stackrel{\text { 一致收敛 }}{\longrightarrow}0$ ，则
$\left.\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx=2\pi i\sum_{k=1}^n Res\ f(b_k)\right|_{Im\ b_k>0}$

为了令 $zf(z)\stackrel{\text { 一致收敛 }}{\longrightarrow}0$ ，则分母需比分子高一阶以上。

大圆弧定理：设 $f (z)$ 在 $\infty$ 点的邻域内连续在， $\theta_{1} \leqslant \arg z \leqslant \theta_{2}$ 中，当 $\rightarrow \infty$ 时， $z f (z)$ 一致地趋近于 $K$ ，则
$\lim _{R \rightarrow \infty} \int_{C_{R}} f(z) \mathrm{d} z=\mathrm{i} K\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right)$
其中 $C_{R}$ 是以原点为心、 $R$ 为半径、张角为 $\theta_{2}-\theta_{1}$ 的圆弧， $\theta_{1} \leqslant \arg z \leqslant \theta_{2}$ 。

只有保证分母阶数 $m$ 比分母阶数 $n$ 高一阶以上，下式才成立，才可由大圆弧定理得到 $z f (z)$ 一致收敛。
$\begin{aligned}|z f(z)| &=\left|z \frac{c_{0} z^{m}+\cdots+c_{m}}{b_{0} z^{n}+\cdots+b_{n}}\right|=\left|\frac{z^{m+1}}{z^{n}}\right|\left|\frac{c_{0}+\cdots+\frac{c_{m}}{z^{m}}}{b_{0}+\cdots+\frac{b_{n}}{z^{n}}}\right| \\ & \leq \frac{1}{R}\left|\frac{c_{0}+\cdots+\frac{c_{m}}{z^{m}}}{b_{0}+\cdots+\frac{b_{n}}{z^{n}}}\right| \end{aligned}$

含三角函数的无穷积分 $I=\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \cos p x \mathrm{~d} x$ 或 $I=\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x$

由于 $\infty$ 是 $\sin\ px,\cos \ px$ 的本性奇点，同时为了表达方便，使用 $e^{ipz}$ 表示。同无穷积分的推导过程，如果 $\mathrm{e}^{\mathrm{i} p z}$ 在上半平面内只有有限个孤立奇点，则可以利用留数定理计算沿闭合围道的积分，则有
$\begin{aligned} \oint_{C} f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} p z} \mathrm{~d} z =\left.2\pi i \sum_{k=1}^n\ Res[f(b_k)e^{ipb_k}]\right|_{Im\ b_k>0}&=\int_{-R}^{R} f(x) \mathrm{e}^{\mathrm{i} p x} \mathrm{~d} x+\int_{C_{R}} f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} p z} \mathrm{~d} z \\ &=\int_{-R}^{R} f(x)(\cos p x+\mathrm{i} \sin p x) \mathrm{d} x+\int_{C_{R}} f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} p z} \mathrm{~d} z . \end{aligned}$
这样，只要能够计算出 $\lim _{R \rightarrow \infty} \int_{C_{R}} f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} p z} \mathrm{~d} z$ ，然后分别比较实部和虚部，就可以求得积分 $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \cos p x \mathrm{~d} x$ 和 $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \sin p x \mathrm{~d} x$ 。为此，引入若当(Jordan) 引理。

若当(Jordan)引理设在 $\leqslant \arg z \leqslant \pi$ 范围内，当 $\rightarrow \infty$ 时 $f (z)$ 一致地趋于 0 ，则
$\lim _{R \rightarrow \infty} \int_{C_{R}} f(z) \mathrm{e}^{\mathrm{i} p z} \mathrm{~d} z=0$
其中 $p > 0$ ， $C_R$ 是以原点为圆心， $R$ 为圆弧半径。

当积分路径含有有限个奇点时，我们引入小圆弧定理挖去奇点。

小圆弧引理：设 $f (z)$ 沿圆弧 $S_{r}: z-a=r \mathrm{e}^{i \theta}\left(\theta_{1} \leqslant \theta \leqslant \theta_{2}, r\right.$ 充分小)上连续，且 $\lim _{r \rightarrow 0}(z-a) f(z)=\lambda$ 在 $S_{r}$ 上一致地成立，则有
$\lim _{r \rightarrow 0} \int_{S_{r}} f(z) \mathrm{d} z=\mathrm{i}\left(\theta_{2}-\theta_{1}\right) \lambda .$

最后以一道例题收尾

例题：计算狄利克雷积分 $\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x$ .
解： $\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x$ 存在，且
$\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \mathrm{~V} \cdot \mathrm{P} \cdot \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \mathrm{Im} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} x}}{x} \mathrm{~d} x .$
考虑函数 $f(z)=\mathrm{e}^{\mathrm{iz}}/z$ 沿图所示路径 $C$ 的积分。

根据柯西积分定理得
$\oint_{C} f(z) \mathrm{d} z=0$
或写成
$\int_{r}^{R} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} x}}{x} \mathrm{~d} x+\int_{C_{R}} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} z}}{z} \mathrm{~d} z+\int_{-R}^{-r} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{ix}}}{x} \mathrm{~d} x-\int_{C_{r}} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{iz}}}{z} \mathrm{~d} z=0$
这里 $C_{R}$ 及 $C_{r}$ 分别表示半圆周 $\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}$ 及 $\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} \quad(0 \leqslant \theta \leqslant \pi$ , $r < R)$ 。再令 $\rightarrow 0, R \rightarrow+\infty$ ，由若尔当引理知
$\lim _{R \rightarrow+\infty} \int_{C_{R}} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{iz}}}{z} \mathrm{~d} z=0,$
由小圆弧引理知
$\lim _{r \rightarrow 0} \int_{C_{r}} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} z}}{z} \mathrm{~d} z=\pi \mathrm{i}$
从而
$\text { V. P. } \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} x}}{x} \mathrm{~d} x=\mathrm{i} \pi \text {, }$
于是
$\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2} .$
再由微积分相关知识得
$\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin \lambda x}{x} \mathrm{~d} x= \begin{cases}\pi / 2, & \lambda>0, \\ 0, & \lambda=0, \\ -\pi / 2, & \lambda<0 .\end{cases}$