复变函数与场论简明教程：留数

留数

5.1孤立奇点5.2留数及留数定理5.3留数在定积分计算上的应用

5.1孤立奇点

1.孤立奇点的定义

定义设z0为一个复数，若存在δ>0，使得函数f(z)在0<|z－z0|<δ内处处解析，且f(z)在z0不解析，则称z0为f(z)

的一个孤立奇点。该定义强调了所有孤立奇点的共性，即函数在该点

的一个去心邻域内处处可导。我们知道，函数不解析的

点为奇点，但函数的奇点并不一定是孤立奇点。如函数

，z=0是它的一个奇点，但并不是孤立奇点。

2.孤立奇点的分类

1）可去奇点

如果在洛朗级数中不含z－z0的负幂项，那么孤立奇点z0称为f(z)的可去奇点。这时，f(z)在z0的去心邻域内的洛朗级数实际上就是一个普通的幂级数：

c0+c1(z－z0)+…+cn(z－z0)n+…例如，z=0是的可去奇点，因为这个函数在z=0的去心邻域内的洛朗级数

2）极点

如果在洛朗级数中只有有限多个z－z0的负幂项，且其中关于(z－z0)－1的最高幂为(z－z0)－m，即m≥1,c－m≠0那么孤立奇点z0称为函数f(z)的m级极点。上式也可写成(5.1.1)

如果z0为f(z)的极点，由式（5.1.1），就有或写作

3）本性奇点

如果在洛朗级数中含有无穷多个z－z0的负幂项，那么孤立奇点z0称为f(z)的本性奇点。

例如，函数以z=0为它的本性奇点。因为在级数中含有无穷多个z的负幂项。

3.孤立奇点的判别方法

1）可去奇点的判别法

定理一f(z)以z0为可去奇点的充分且必要条件为

存在且有限。

例如，设函数f(z)在|z|<δ内处处解析，f(0)=0，则函数在0<|z|<δ处处解析，且z=0为g(z)的可去奇点。

2）极点的判别法

定理二

f(z)以z0为m级极点的充分且必要条件是存在δ>0，在0<|z－z0|<δ内，有其中，m≥1，j(z)在|z－z0|<δ内解析，且j(z0)≠0。定义不恒等于零的解析函数f(z)如果能表示为

(5.1.2)

其中，j(z)在z0解析并且j(z0)≠0，m为某一正整数，那么z0称为f(z)的m级零点。

例如，z=0与z=1分别是函数f(z)=z(z－1)3的一级与三级零点。根据这个定义，我们可以得到下列结论：

如果f(z)在z0解析，那么z0为f(z)的m级零点的充要条件是(5.1.3)例如，z=1是f(z)=z3－1的零点，由于f′(1)=3z2｜z=1

=3≠0，从而知z=1是f(z)的一级零点。定理三如果z0是f(z)的m级极点，那么z0就是

的m级零点；反过来也成立。

3）本性奇点

定理四

z0为f(z)的本性奇点的充分必要条件为当z→z0时，f(z)的极限不存在且不为无穷大。5.2留数及留数定理

1.留数

定义设z0为f(z)的孤立奇点，那么f(z)在z0的留数记作Res［f(z),z0］，定义为实际上，由于z0为f(z)的一个孤立奇点，可以将函数

f(z)在z0的某个去心邻域0<|z－z0|<R内展开成洛朗级数其余各项的积分都等于零，所以

2.留数定理

定理一设函数f(z)在区域D内除有限个孤立奇点z1,z2,…,zn外处处解析，C是D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线,那么（5.2.1）证明把zk(k=1,2,…,n)在内的孤立奇点用互不包含的正向简单闭曲线Ck围绕起来（见图5.1），那么根据复合闭路定理有以2πi除等式两边，得即图5.1

3.留数计算方法

法则1若z0是f(z)的可去奇点，则Res(f,z0)=0。

证明因为当z0是f(z)的可去奇点时，f(z)在z0点的洛朗

级数展开式没有负幂项，所以

Res(f,z0)=c－1=0

法则2

若z0是f(z)的一级极点，则

证明设有为了求出c－1，两端乘以(z－z0)，有［例1］设z1≠z0，求函数

在z=z1点和z=z0点处的留数。

解因为z=z1，z=z0都是f(z)的一级极点，得

法则3

设，其中，j(z)及ψ(z)都在

z0点解析，且j(z0)≠0，ψ(z0)=0，ψ′(z0)≠0，即z0为

f(z)的一级极点，则

法则4

若z0是f(z)的m级极点，则

证明由假设可知，在z0点的环域0<|z－z0|<r内f(z)可以展开为为了求c－1，两端乘以(z－z0)m，再求m－1阶导数，有因此于是［例3］求函数在z=0点的留数。

解因为z=0是f(z)的三级极点，所以得法则5如果z0是f(z)的本性奇点，求留数Res(f,z0)，通常是设法把f(z)的洛朗级数展开式的负一次幂项求出，然后取其系数。

［例4］求函数在z=0点处的留数。解因为故Res(f,0)=1［例5］求函数在z=0点处的留数。

解因z=0点是f(z)的9级极点，所以，按留数计算法则4，有这样运算太繁，但可由立即得到这个例子说明，求高级极点的留数时，为避免求高阶导数的复杂运算，可以借助于已知函数的泰勒级数展开式，直接作洛朗级数展开式，按定义通过取负一次幂项的系数c－1以求得留数。［例6］计算积分，其中，C为正向圆周：|z|=2。

解被积函数有四个一级极点±1，±i,

都在圆周|z|=2内，所以由法则3，有故［例7］计算积分，其中，C为正向圆周：|z|=2。

解z=0为被积函数的一级极点，z=1为二级极点，而

4.函数在无穷远点的性态及留数

1）在无穷远点的性态

（1）不含正幂项；

（2）含有有限多的正幂项，且zm为最高正幂；

（3）含有无穷多的正幂项，

那么z=∞是f(z)的

(1）可去奇点；

(2）m级极点；

(3）本性奇点。［例8］判断函数在无穷远点的性态。解函数f(z)在圆环域f<|z|<+∞内可以展开成它不含正幂项，所以是f(z)的可去奇点。如果我们取f(∞)=1，那么f(z)就是解析的。［例9］判断函数在无穷远点的性态。

解由于函数f(z)含有正幂项，且z为最高正幂项，所以为它的一级极点。

［例10］判断函数f(z)=sinz在无穷远点的性态。

解由于函数f(z)的展开式［例11］函数在扩充复平面内有些什么类型的奇点？如果是极点，指出它的级。

解易知，函数f(z)除使分母为零的点z=0,±1,±2,…外，在|z|<+∞内解析。由于(sinπz)′=πcosπz,在z=0,±1,±2,…处均不为零，因此这些点都是sinπz的一级零点，从而是(sinπz)3的三级零点。至于z=2，因为所以z=2是f(z)的可去奇点。

2）在无穷远点的留数

定义设函数f(z)在圆环域R<|z|<+∞内解析，C为该圆环域内绕原点的任何一条正向简单闭曲线，那么积分的值与C无关，我们称此定值为f(z)在∞点的留数，记作值得注意的是,这里积分路线的方向是负的，也就是取顺时针的方向。可以看出，

Res［f(z),∞］=－c－1

法则6

定理二如果函数f(z)在扩充复平面内只有有限个孤立奇点，那么f(z)在所有各奇点(包括∞点)的留数的总和必等于零。［例12］计算积分，C为正向圆周：|z|=2(即［例6］)。

解函数在|z|=2的外部，除∞点外没有其他奇点。因此根据定理二与法则6，有

［例13］计算积分，C为正向圆周：|z|=2。

解除∞点外，被积函数的奇点是－i，1与3。根据定理二，有由于－i与1在C的内部，所以从上式、留数定理与法则6得到5.3留数在定积分计算上的应用

1.形如的积分(R(cosθ,sinθ)为cosθ与sinθ的有理函数)

令z=eiθ，那么

从而，所设积分化为沿正向单位圆周的积分：其中,f(z)为z的有理函数，且在单位圆周|z|=1上分母不为零，所以满足留数定理的条件。［例1］计算

(0<p<1)的值。

解由于0<p<1，被积函数的分母1－2pcosθ+p2=

(1－p)2+2p(1－cosθ)在0≤θ≤2π内不为零，因而积分是有意义的。由于因此而因此

2.形如

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，且R(z)在实轴上没有孤立奇点时，积分是存在的。现在来说明它的求法。为不失一般性，设为一已约分式。取积分路线如图5.2所示，其中，CR是以原点为中心，R为半径的在上半平面的半圆周。取R适当大，使R(z)所有的在上半平面内的极点zk都包在这积分路线内。根据留数定理，得（5.3.1）图5.2这个等式不因CR的半径R不断增大而有所改变,因为而当|z|充分大时，总可使由于m－n≥2，故有因此，在半径充分大的CR