留数及其运用

基础知识

零点

设函数 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 处解析，

(1) 若 \(f(z_0) = 0\)，则称 \(z = z_0\) 为 \(f(z)\) 的零点；

(2) 若 \(f(z) = (z - z_0)^m \varphi(z)\)，\(\varphi(z)\) 在 \(z_0\) 处解析且 \(\varphi(z_0) \neq 0\)，则称 \(z = z_0\) 为 \(f(z)\) 的 \(m\) 阶零点。

判断零点阶数的方法

1. 求导：若函数 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 处解析，且满足 \(f(z_0) = f'(z_0) = \cdots = f^{(m-1)}(z_0) = 0\)，但 \(f^{(m)}(z_0) \neq 0\)，则称 \(z_0\) 是 \(f(z)\) 的 \(m\) 阶零点。
2. 泰勒展开：若函数 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 处可表示为 \(f(z) = (z - z_0)^m \varphi(z)\)，其中 \(\varphi(z)\) 在 \(z_0\) 处解析且 \(\varphi(z_0) \neq 0\)，则称 \(z_0\) 是 \(f(z)\) 的 \(m\) 阶零点。

孤立奇点

设\(z_0\)为\(f(z)\)的奇点，且存在\(\delta > 0\)，使得\(f(z)\)在去心邻域\(0 < |z - z_0| < \delta\)内解析，则称\(z_0\)为\(f(z)\)孤立奇点。

人话：一个奇点边上没有其他奇点挨着。

孤立奇点的分类

设 \(z_0\) 是函数 \(f(z)\) 的孤立奇点，则在 \(z_0\) 的某个去心邻域 \(0 < |z - z_0| < R\) 内，\(f(z)\) 可以展开为洛朗级数：

\[ f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n (z - z_0)^n \]

根据负幂项的情况，孤立奇点分为三类：

1. 可去奇点：洛朗展开式中不含负幂项（\(a_n = 0, \forall n < 0\)）。
2. 极点：洛朗展开式中只含有限个负幂项。
3. 若 \(a_{-m} \neq 0\)，而 \(a_n = 0\) 对所有 \(n < -m\)，则 \(z_0\) 称为 \(m\) 阶极点
4. 本性奇点：洛朗展开式中含有无穷多个负幂项。

如何进行孤立奇点的分类：

洛朗级数展开

• 可去奇点：若 \(\lim\limits_{z \to z_0} f(z) = c\) (常数)。
• 极点：若 \(\lim\limits_{z \to z_0} f(z) = \infty\)。
  • 更精确地，若 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 处的洛朗级数展开式为 \(f(z) = \dfrac{a_{-N}}{(z-z_0)^N} + \cdots + \dfrac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1(z-z_0) + \cdots\)，其中 \(a_{-N} \neq 0\) 且 \(N \ge 1\)，则称 \(z_0\) 为 \(f(z)\) 的 \(N\) 阶极点。
• 本性奇点：若 \(\lim\limits_{z \to z_0} f(z)\) 不存在且不为 \(\infty\)。

判断极点阶数的方法：

1. 若 \(f(z)=\frac{\varphi(z)}{(z-z_0)^m}\)，其中 \(\varphi(z)\) 在 \(z_0\) 点的邻域内解析，且 \(\varphi(z_0)\neq 0\)，则 \(z_0\) 为 \(f(z)\) 的 \(m\) 阶极点。
2. 若 \(f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}\)，且 \(z_0\) 是 \(P(z)\) 的 \(n\) 阶零点，是 \(Q(z)\) 的 \(m\) 阶零点，即 \(P(z)=(z-z_0)^n P_1(z)\) 且 \(Q(z)=(z-z_0)^m Q_1(z)\)，其中 \(P_1(z_0) \neq 0\) 且 \(Q_1(z_0) \neq 0\)。
   • 当 \(n \ge m\) 时，\(z_0\) 为 \(f(z)\) 的可去奇点。
   • 当 \(n < m\) 时，\(z_0\) 为 \(f(z)\) 的 \((m - n)\) 阶极点。

注意！！！如下判断本性奇点的方法是有问题的

\(f(z)=g\left(\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}\right)\xrightarrow{\text{函数 }g(z)\text{连续}}\begin{cases} \lim\limits_{z\to z_0}f(z)=g(c)&\text{可去奇点},\\ \lim\limits_{z\to z_0}f(z)=g(\infty)&\text{本性奇点?} \end{cases}\)

例如：\(f(z) = \frac{1}{z}\)。当\(z \to 0\)时，\(\frac{1}{z} \to \infty\)。这是一个一阶极点。

留数的定义

函数 \(f(z)\) 在孤立奇点 \(z_0\) 处的洛朗展开式中，\((z - z_0)^{-1}\) 项的系数 \(a_{-1}\) 称为 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 处的留数，记作：

\[ \text{Res}[f(z), z_0] = C_{-1} \]

留数定理

设函数 \(f(z)\) 在区域 \(D\) 内除有限个孤立奇点 \(z_1, z_2, \ldots, z_n\) 外处处解析，\(C\) 是 \(D\) 内包围所有奇点的一条正向简单闭曲线，则：

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

留数的计算方法

1. 可去奇点

留数为 \(0\)。

2. 一阶极点

若 \(z_0\) 是 \(f(z)\) 的一阶极点，则：

\[ \text{Res}[f(z), z_0] = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z) \]

特别地，若 \(f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}\)，其中 \(P(z_0) \neq 0\)，\(Q(z_0) = 0\)，\(Q'(z_0) \neq 0\)，则：

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

3. \(m\) 阶极点

若 \(z_0\) 是 \(f(z)\) 的 \(m\) 阶极点，则：

\[ \text{Res}[f(z), z_0] = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} [(z - z_0)^m f(z)] \]

4. 本性奇点

需要展开洛朗级数，找出 \((z - z_0)^{-1}\) 项的系数。

5. 无穷远点的留数

若 \(f(z)\) 在 \(|z| > R\) 内解析，则在无穷远点的留数为：

\[ \text{Res}[f(z), \infty] = -a_{-1} \]

其中 \(a_{-1}\) 是 \(f(z)\) 在 \(\infty\) 处洛朗展开式 \(f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n z^n\) 中 \(z^{-1}\) 的系数。

\[ \text{Res}[f(z), \infty] = -\text{Res}\left[f\left(\frac{1}{w}\right) \cdot \frac{1}{w^2}, 0\right] \]

提示： 注意无穷远点留数的定义中本身带有一个负号。 即 \(\text{Res}[f(z), \infty] = -a_{-1}\)，这与有限远点 \(z_0\) 处的留数 \(a_{-1}\) 定义符号相反。这是因为积分方向（顺时针包围无穷远点）导致的。 另外，若 \(f(z)\) 在扩充复平面上只有有限个奇点，则所有奇点（包括无穷远点）的留数之和为 \(0\)。这常用来反求某个难求的留数。

留数定理的应用

计算实积分

类型一：三角函数有理式的积分

形式：\(I = \int_0^{2\pi} R(\cos\theta, \sin\theta) \, d\theta\)，其中 \(R(\cos\theta, \sin\theta)\) 是关于 \(\cos\theta\) 和 \(\sin\theta\) 的有理函数。

计算方法：

1. 变量替换：令 \(z = e^{i\theta}\)，则：
2. \(\cos\theta = \frac{z + z^{-1}}{2} = \frac{z^2 + 1}{2z}\)
3. \(\sin\theta = \frac{z - z^{-1}}{2i} = \frac{z^2 - 1}{2iz}\)

4. \(d\theta = \frac{dz}{iz}\)

5. 转化为单位圆上的积分：当 \(\theta\) 从 \(0\) 到 \(2\pi\) 变化时，\(z\) 沿单位圆 \(|z| = 1\) 逆时针绕行一周。因此：

\[ I = \oint_{|z|=1} R\left(\frac{z^2+1}{2z}, \frac{z^2-1}{2iz}\right) \frac{dz}{iz} \]

1. 求奇点和留数：找出被积函数在单位圆内的所有孤立奇点，计算每个奇点的留数。

2. 应用留数定理：

\[ I = 2\pi i \sum \text{Res}[f(z), z_k] \]

类型二：无穷积分

形式：\(I = \int_{-\infty}^{\infty} R(x) \, dx\)

令

\[ R(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}=\frac{a_{0} z^{n}+a_{1} z^{n-1}+\cdots+a_{n}}{b_{0} z^{m}+b_{1} z^{m-1}+\cdots+b_{m}} \quad\left(a_{0} b_{0} \neq 0, m-n \geqslant 2\right), \]

（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\(\operatorname{Im} z>0\)内的极点为\(z_{k}(k=1,2, \cdots, n)\)，则有

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

类型三：含三角函数或指数函数的无穷积分

形式：\(I = \int_{-\infty}^{\infty} R(x) \cos(ax) \, dx\) ， \(\int_{-\infty}^{\infty} R(x) \sin(ax) \, dx\) 或 \(\int_{-\infty}^{\infty} R(x)e^{iax}dx\)，其中 \(a > 0\)

适用条件：与类型二类似，由 Jordan 引理条件 1 可放宽为 \(f(z)\) 为真分式。

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

例题

\(\text{Res}\left[\cos \frac{z}{z - 1}, 1\right] =\)

\[ \begin{aligned} \cos \frac{z}{z-1} &= \cos(1+\frac{1}{z-1})\\ &= \cos 1 \cos(\frac{1}{z-1}) - \sin 1 \sin(\frac{1}{z-1}) \end{aligned} \]

将 \(\sin \frac{1}{z-1}\) 展开即可得到 \((z-1)^{-1}\) 的系数是 \(-\sin 1\)。

即留数为 \(-\sin 1\).

求积分

\[ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2 x}{(x^2 + 1)^2} dx \]

三角公式降低分子的次数即可，答案为\(\frac{\pi (1-3\text{e}^{-2})}{4}\)。

设 \(f(z)\) 为复平面上的解析函数，则 \(\text{Res}\left[\left(\frac{1}{z} + \frac{1}{z^2}\right)f(z), 0\right] = (\quad)\)

直接洛朗级数展开，答案为\(f(0) + f'(0)\)

设 \(f(z) = z^4 \text{e}^{\frac{1}{z}}\)，则 \(\text{Res}[f(z), 0] = \underline{\quad\quad}\)。

同样，直接展开，答案为\(\frac{1}{120}\)。

求 \(\oint_{C} \overline{z}^{2}\text{e}^{-3z}\text{d}z\)（其中 \(C\) 为圆周 \(|z|=1\) 的正向）的值.

解 因 \(z\overline{z}=|z|^{2}=1\)，所以在圆周 \(|z|=1\) 上，\(\overline{z}=\frac{1}{z}\). 故被积函数 \(\overline{z}^{2}\text{e}^{-3z}\) 变为 \(\frac{\text{e}^{-3z}}{z^{2}}\). 该函数在 \(|z|=1\) 内仅 \(z=0\) 为二阶极点. 被积函数的洛朗展开式为：

\[ \frac{\text{e}^{-3z}}{z^{2}}=\frac{1}{z^{2}}-\frac{3}{z}+\frac{9}{2!}-\dots \]

其中 \(\frac{1}{z}\) 项（留数）系数为 \(-3\).

根据留数定理，沿正向闭曲线 \(C\) 的积分

\[ \oint_{C}\frac{\text{e}^{-3z}}{z^{2}}\text{d}z=2\pi\text{i}\cdot\text{Res}[f(z),0]=2\pi\text{i}\cdot(-3)=-6\pi\text{i} \]

计算 \(\oint_{|z-\frac{3}{2}|=1} \frac{z+\mathrm{e}^{z}}{\cos z} \mathrm{d} z\) 的值.

被积函数为 \(\frac{z+e^{z}}{\cos z}\)，在圆 \(|z-\frac{3}{2}|=1\) 内，余弦函数的零点为 \(z=\frac{\pi}{2}\)（因 \(\cos \frac{\pi}{2}=0\) 且 \(|\frac{\pi}{2}-\frac{3}{2}|<1\)）。

该点为简单极点，留数计算如下： \(\text{Res}\left( \frac{z+e^{z}}{\cos z},\frac{\pi}{2} \right)=\lim_{z \to \frac{\pi}{2}}(z-\frac{\pi}{2})\frac{z+e^{z}}{\cos z}=-\left( \frac{\pi}{2}+e^{\frac{\pi}{2}} \right)\)

由留数定理，积分值为： \(\oint_{|z-\frac{3}{2}|=1}\frac{z+e^{z}}{\cos z}dz=2\pi i \times \left( -\left( \frac{\pi}{2}+e^{\frac{\pi}{2}} \right) \right)=-2\pi i \left( \frac{\pi}{2}+e^{\frac{\pi}{2}} \right)\)

答案： \(-2\pi i \left( \frac{\pi}{2}+e^{\frac{\pi}{2}} \right)\)

计算积分\(\int_{0}^{+\infty} \frac{x \sin(4x)}{(x^2 + 1)(x^2 + 4)}\text{d}x\)的值.

可以使用留数定理求得

\(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x e^{i4x}}{(x^2+1)(x^2+4)} dx = 2\pi i \left( \frac{e^{-4}}{6} - \frac{e^{-8}}{6} \right) = \frac{\pi i (e^{-4} - e^{-8})}{3}\)。

取虚部，我们得到：

\(\text{Im} \left( \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x e^{i4x}}{(x^2+1)(x^2+4)} dx \right) = \frac{\pi (e^{-4} - e^{-8})}{3}\)。而原函数是偶函数。因此，我们有：

\(\int_{0}^{\infty} \frac{x \sin(4x)}{(x^2+1)(x^2+4)} dx = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi (e^{-4} - e^{-8})}{3} = \frac{\pi (e^{-4} - e^{-8})}{6}\)。

（实轴上有奇点的情况）计算积分 \(\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 2x}{x(1+x^2)}\text{d}x\).

\[ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 2x}{x(1+x^{2})}\text{d}x=\frac{1}{2}\text{Im}\left( \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\text{e}^{2\text{i}x}}{x(1+x^{2})}\text{d}x \right), \]

\[ R(z)=\frac{\text{e}^{2\text{i}z}}{z(1+z^{2})} \]

在线路内只有奇点\(z=\text{i}\)，因而

\[ I=\frac{1}{2}\text{Im}\left\{ 2\pi\text{i}\ \text{Res}[R(z),\text{i}]-\lim_{r \to 0}\int_{C_{r}} \frac{\text{e}^{2\text{i}z}}{z(1+z^{2})}\text{d}z \right\}, \]

\(C_r\) 是 \(|z|=r\left(r=\frac{1}{2}R\right)\) 的上半圆周,故

\[ \lim _{r \rightarrow 0} \int_{C_r} \frac{\mathrm{e}^{2 \mathrm{i} z}}{z\left(1+z^2\right)} \mathrm{d} z=-\pi \mathrm{i}, \]

从而

\[ \begin{aligned} I & =\frac{1}{2} \operatorname{Im}\left\{2 \pi \mathrm{i} \lim _{z \rightarrow \mathrm{i}} \frac{\mathrm{e}^{2 \mathrm{i} z}}{z(z+\mathrm{i})}+\pi \mathrm{i}\right\} \\ & =\frac{1}{2} \cdot \operatorname{Im}\left\{2 \pi\left(-\frac{\mathrm{e}^{-2}}{2}\right)+\pi \mathrm{i}\right\}=\frac{\pi}{2}\left(1-\mathrm{e}^{-2}\right) . \end{aligned} \]

计算积分 \(\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin^3 x}{x^3} \mathrm{d}x\).

降低分子次数得

\[ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin ^{3} x}{x^{3}} \mathrm{~d} x=-\frac{1}{4} \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 3 x-3 \sin x}{x^{3}} \mathrm{~d} x. \]

取类似于上上题的积分路径，使 \(C\) 内无奇点，即当 \(R \to \infty\)，\(r \to 0\) 时，

\[ \int_{-R}^{-r}-\int_{C_{r}}+\int_{r}^{R}+\int_{C_{R}}=0, \]

而 \(\int_{C_{R}}=0\), 故

\[ \begin{aligned} 2 \mathrm{i} \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 3 x-3 \sin x}{x^{3}} \mathrm{~d} x & =\lim _{r \rightarrow 0} \int_{C_{r}} \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i} 3 z}-\mathrm{e}^{\mathrm{i} z}}{z^{3}} \mathrm{~d} z \\ & =\lim _{r \rightarrow 0} \oint_{C_{r}} \frac{\left(1+3 \mathrm{i} z+\frac{1}{2 !}(3 \mathrm{i} z)^{2}+\cdots\right)-3\left(1+\mathrm{i} z+\frac{1}{2 !}(\mathrm{i} z)^{2}+\cdots\right)}{z^{3}} \mathrm{~d} z \\ & =\lim _{r \rightarrow 0} \oint_{C_{r}}\left(-\frac{2}{z^{3}}-\frac{3}{z}+\cdots\right) \mathrm{d} z=-3 \pi \mathrm{i} . \end{aligned} \]

从而

\[ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin 3 x-3 \sin x}{x^{3}} \mathrm{~d} x=\frac{3}{8} \pi . \]

证明 \(\int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^{n}}=\frac{\pi}{n \cdot \sin \frac{\pi}{n}}\)（\(n \geq 2\),\(n\) 为整数）.

取\(R(z)=\frac{1}{1+z^n}\)，它的一阶极点为\(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{n}},\cdots,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2n-1}{n}\pi}\)，有\(n\)个。当\(n \geq 2\)时，点\(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{n}}\)总位于上半平面。为此选积分线路如图，在闭曲线内只有\(R(z)\)的一个奇点\(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{n}}\)。这时有

\[ \int_{0}^{R} R(x) \mathrm{d}x + \int_{C_R} R(z) \mathrm{d}z + \int_{L} f(z) \mathrm{d}z = 2\pi\mathrm{i} \cdot \mathrm{Res}[R(z), \mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{n}}] = 2\pi\mathrm{i} \cdot \left(-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{n}}\right). \]

​

当\(R \to \infty\)时，\(\int_{C_R} R(z)dz = 0\). 而在\(L\)上，令\(z = re^{\text{i}\frac{2\pi}{n}}\)，有

\[ \begin{aligned} \lim_{R \to \infty} \int_L \frac{dz}{1+z^n} &= \lim_{R \to \infty} \int_R^0 \frac{e^{\text{i}\frac{2\pi}{n}}dr}{1+r^n} \\ &= \lim_{R \to \infty} -\int_0^R \frac{e^{\text{i}\frac{2\pi}{n}}dr}{1+r^n} = -\lim_{R \to \infty} \int_0^R \frac{e^{\text{i}\frac{2\pi}{n}}dx}{1+x^n}, \end{aligned} \]

而

\[ \lim_{R \to \infty} \int_0^R R(x)dx = \lim_{R \to \infty} \int_0^R \frac{1}{1+x^n}dx. \]

则

\[ \begin{aligned} \lim_{R \to \infty} \left[ \int_0^R R(x)dx + \int_{C_R} R(z)dz + \int_L f(z)dz \right] &= \int_0^{+\infty} \frac{dx}{1+x^n} + 0 + \left( -e^{\text{i}\frac{2\pi}{n}} \right) \int_0^{+\infty} \frac{dx}{1+x^n} \\ &= \left( 1 - e^{\text{i}\frac{2\pi}{n}} \right) \int_0^{+\infty} \frac{dx}{1+x^n} \\ &= 2\pi \text{i} \left( -\frac{1}{n} e^{\text{i}\frac{\pi}{n}} \right), \end{aligned} \]

即

\[ \begin{aligned} \int_0^{+\infty} \frac{dx}{1+x^n} &= \frac{ -\frac{2\pi \text{i}}{n} e^{\text{i}\frac{\pi}{n}} }{1 - e^{\text{i}\frac{2\pi}{n}}} \\ &= \frac{ -\frac{2\pi \text{i}}{n} e^{\text{i}\frac{\pi}{n}} }{e^{\text{i}\frac{\pi}{n}} \left( e^{-\text{i}\frac{\pi}{n}} - e^{\text{i}\frac{\pi}{n}} \right)} \end{aligned} \]