5! z0
5!
[方法三] 用洛朗展开式求c-1就比较方便，因为
z
- sin z6
z
1 z6
z
-
z
-
1 z3 3!
1 z5 5!
-
1 3!z3
-
1 5!z
.
所以
Res
z
- sin z6
z
,
0
c-1
-
1 5!
考虑：多值函数的留数计算。
四、无穷远点的留数及计算方法
1. 定义： 设函数f (z)在圆环域R<|z|<内解析，C为 圆环域内绕原点的任何一条简单闭曲线，则积分
3）如果z0是f (z)的极点, 则可以利用以下的规则：
（极点留数的计算规则）
规则1 如果z0为f (z)的一级极点, 则
Res[
f
(z),
z0
]
lim (z
zz0
-
z0
)
f
(z)
规则2 如果z0为f (z)的m级极点， 则
Res[
f
(z),
z0 ]
1 (m -1)!
lim
zz0
d m-1 d z m-1
[( z
-
z0 )m
f
(z)]
规则3
设 f (z) P(z)
Q(z)
,
P(z)及Q(z)在z0都解析, 如
果P(z0)0, Q(z0)=0, Q’(z0)0, 则z0为f(z)的一级极
点, 且
Res[
f
( z ),
z0
]
P(z0 ) Q(z0 )
注意规则3的应用条件
例1:
Res[
1
-
cos z2
Res[f
(z),0] limz z 0
ez z(z -1)2
lim
z0
(z
ez -1)2
1.
Res[
f
( z ),1]
1 lim (2 -1)! z1
d dz
(z
-1)2
ez z(z -1)2
lim
z 1
d dz
ez z
lim
z 1
ez
(z -1) z2
0.
所以
C
ez z(z -1)3
d
f
(1) z
1 z2
,0
此结论请同学们课后自行证明。
例 设f(z)=z5/(1+z6), 求z=∞的留数
解：（方法一）由于f (z)在1<|z|<+内解析，所以
f
(z)
1
z5 z
6
11
z
1
1 z
1 z
n0
-1n
1 z
n
1 z
n1
-1n
1 z
n1
z=∞是可去奇点， z=∞的留数为
zk
](k
1,2,, n)
即 f (z) d z 2 π i Res[ f (z), zk ].
C
k 1
意义：把计算沿路径积分的整体问题化为计算各孤立 奇点留数的局部问题。
讨论问题：柯西积分定理、柯西积分公式与留数定理 的关系如何？
n
f (z) d z 2 π i Res[ f (z), zk ]
dz=ieiθdθ, dθ=dz/iz
sin 1 (ei - e-i ) z2 -1
2i
2iz
cos 1 (ei e-i ) z2 1
2
2z
0
2
i
-1 0
1
-i
从而，积分化为沿正向单位圆周的积分：
z2 1
R z 1
2z
,
z2 -1
2iz
dz iz
f
z 1
(z)dz
n
2i Res f
[证] 把在C内的孤立奇点 zk(k=1,2,...,n)用互不包含的正向简 单闭曲线Ck围绕起来, 则根据多连 通域的柯西积分定理有
f (z)d z f (z)d z f (z)d z f (z)d z
C
C1
C2
Cn
根据留数的定义，有
1
2πi
Ck
f
(z) d
n
z
Res[
f
( z ),
[解]
由于 f (z)
zez z2 -
有两个一级极点+1,-1, 1
而这两个极点都在圆周|z|=2 内, 所以
C
zez z2 -
1
dz
2i{Res[ f
(z),1] Res[
f
(z), -1]}
由规则1, 得
Res[
f
( z ),1]
lim( z
z1
- 1)
z ez z2 -1
lim
z1Leabharlann z ez z 1cn
zn
则 Res[ f (z), ] 1 f (z) d z
2i C-
1
2i
[ cn zn ]d
C - n-
z
-c-1
即 f (z)在点的留数等于函数f (z)在点的罗朗级数中
z-1项的系数c-1的变号。
注意：有限可去奇点的留数为0，z=∞既便是f (z)的可
去奇点，f (z)在z=∞的留数也未必是0，为什么？
的系数c-m，c-m+1，…中可能有一个或几个等于零, 显然 规则2的公式仍然有效。
一般说来, 在应用规则2时, 为了计算方便不要将 m取得比实际的级数高。
例6：计算f
(z)
P(z) Q(z)
z
- sin z6
z
在z=0处的留数.
[方法一]、首先应定出极点z=0的级数。由于
P(0) (z - sin z) |z0 0, P(0) (1- cos z) |z0 0, P(0) sin z |z0 0, P(0) cos z |z0 1 0.
z
,0]
0
例2:
计算
z1
Res[e z ,0]
1- cos
lim
z0
z2
z
1 2
z=0是本性奇点
z1
ez
1
z
1 z2 2!
1
1 z
1 2!z 2
1 1
n0 n!(n 1)! z
z 1
Res[e z ,0]
1
n0 n!(n 1)!
例 3
计算积分
C
zez z2 -
1
dz
,
C
为正向圆周|z|=2.
1
2π i f (z) d z C-
称其为f (z)在点的留数，记作
Res[ f (z), ] 1 f (z) d z
2i C-
这里积分路径的方向是顺时针方向，这个方向很自然 地可以看作是围绕无穷远点的正向。
将 f (z)在 R<|z|<+∞内的罗朗展式为
f
(z)
c-n zn
c-1 z
c0
c1z
| z ez
e -1
Res[ f (z),-1]
.
2z z-1 2
这比用规则1要简单些，但要注意应用的条件。
例4
计算积分
C
z z4 -1
d
z
,
C
为正向圆周|z|=2.
[解]
被积函数 f (z)
z
4
z -
有四个一级极点1,i 1
都
在圆周|z|=2 内, 所以
C
z z4 -1d
z
2 π i{Res[
一、 留数的定义
定义 若f (z)在去心邻域 0 z - z0 R内解析，
z0是f (z)的孤立奇点，C是 0 z - z0内 包R 围z0的
任意一条正向简单闭曲线，定义积分
1
2i
C
f
(z) d
z
为函数f (z)在z0的留数(Residue)，记作 Res[f (z),z0] 。
即
Res[
曲线C的积分
f (z)d z
C
一般就不等于零。
思考：积分等于多少?
[思路一] 将f (z)在此邻域内展开为罗朗级数
f (z)=...+c-n(z-z0)-n+...+c-1(z-z0)-1+c0+c1(z-z0)+...+cn(z-z0)n+...
后,两端沿C逐项积分, 右端各项积分除留下 c-1 (z-z0)-1的 一项等于2ic-1外， 其余各项积分都等于零，所以
[方法二]、但把 m 取得比实际的级数高反而使计算方便。尽
管
z=0
是函数
z
- sin z6
z
的三级极点,
如果认为是六级极点，计
算在 z=0 处的留数, 而更加简便。
Res
z
- sin z6
z
, 0
(6
1 lim
-1)! z0
d5 dz5
z
6
z
- sin z6
z
1 lim(-cos z) - 1 .
f (z) d z 2π ic-1.
C
1
f (z)
[思路二] 由罗朗级数系数公式 cn 2 π i C (z - z0 )n1 d z
若令n=-1, 得
c-1
1
2i
C
f
(z) d
z
或
f (z) d z 2ic-1
C
结论：从上面的讨论可知, 积分的计算可转化为求被积