最后更新: 2026-02-21 10:53 查看: 635 次纠错评论(0) 课件开VIP

留数的计算举例

在复变函数中，**留数**（Residue）是一个非常重要的概念，它通常用于计算闭合路径积分（尤其是应用留数定理时）。下面系统梳理留数的定义、常见计算方法以及对应的示例。

## 留数的计算方法

根据奇点的类型（可去奇点、极点、本性奇点），计算留数的方法有所不同。

#### 1. 可去奇点
如果 $ z_0 $ 是 $ f(z) $ 的可去奇点，那么洛朗级数中不含负幂项，因此：
$$
\text{Res}[f, z_0] = 0
$$
*（注意：虽然系数为零，但该点仍是奇点。）*

#### 2. 极点
对于极点，有几种实用的计算公式。

##### (1) 一阶极点（单极点）
如果 $ z_0 $ 是 $ f(z) $ 的一阶极点，那么：
$$
\text{Res}[f(z), z_0] = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z)
$$
**特殊形式**：如果 $ f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)} $，且 $ P(z_0) \neq 0 $，$ Q(z_0) = 0 $，$ Q'(z_0) \neq 0 $，则：
$$
\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}
$$

##### (2) m 阶极点
如果 $ z_0 $ 是 $ f(z) $ 的 m 阶极点，那么：
$$
\text{Res}[f(z), z_0] = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z - z_0)^m f(z) \right]
$$
**特别注意**：使用此公式时，务必确保 $ z_0 $ 确实为 m 阶极点，并且公式中的极限存在。

#### 3. 本性奇点
如果 $ z_0 $ 是本性奇点，通常没有简单的公式。需要将函数在 $ z_0 $ 附近展开为洛朗级数，然后直接读出 $ c_{-1} $ 项。

#### 4. 无穷远点的留数
对于无穷远点，如果函数在无穷远点的去心邻域内解析，定义留数为：
$$
\text{Res}[f(z), \infty] = -c_{-1}
$$
其中 $ c_{-1} $ 是 $ f(z) $ 在无穷远点邻域内洛朗展开式中 $ \frac{1}{z} $ 项的系数（注意符号）。
**常用公式**：
$$
\text{Res}[f(z), \infty] = -\text{Res}\left[\frac{1}{z^2} f\left(\frac{1}{z}\right), 0\right]
$$

---

### 二、典型例题演示

#### 例 1：单极点
求 $ f(z) = \frac{e^z}{z-1} $ 在 $ z=1 $ 处的留数。
- **解法**：$ z=1 $ 是一阶极点（分母一次，分子非零）。
  $$
  \text{Res}[f, 1] = \lim_{z \to 1} (z-1) \cdot \frac{e^z}{z-1} = \lim_{z \to 1} e^z = e
  $$

#### 例 2：有理函数的单极点
求 $ f(z) = \frac{\sin z}{z^2 - 1} $ 在 $ z=1 $ 处的留数。
- **解法**：令 $ Q(z) = z^2 - 1 $，则 $ Q'(z) = 2z $。
  在 $ z=1 $ 处，$ \sin 1 \neq 0 $，$ Q'(1) = 2 $。
  $$
  \text{Res}[f, 1] = \frac{\sin 1}{2}
  $$

#### 例 3：高阶极点
求 $ f(z) = \frac{e^{iz}}{(z^2 + 1)^2} $ 在 $ z=i $ 处的留数（$ z=i $ 是二阶极点）。
- **解法**：$ z^2 + 1 = (z-i)(z+i) $，所以 $ (z-i)^2 $ 是分母的因子，为二阶极点。
  令 $ m = 2 $，$ \phi(z) = (z-i)^2 f(z) = \frac{e^{iz}}{(z+i)^2} $。
  $$
  \text{Res}[f, i] = \frac{1}{(2-1)!} \lim_{z \to i} \frac{d}{dz} \phi(z) = \lim_{z \to i} \frac{d}{dz} \left( \frac{e^{iz}}{(z+i)^2} \right)
  $$
  计算导数：
  $$
  \frac{d}{dz} \left( \frac{e^{iz}}{(z+i)^2} \right) = \frac{i e^{iz} (z+i)^2 - e^{iz} \cdot 2(z+i)}{(z+i)^4}
  $$
  代入 $ z = i $：
  $$
  = \frac{i e^{-1} (2i)^2 - e^{-1} \cdot 2(2i)}{(2i)^4} = \frac{i e^{-1} (-4) - e^{-1} (4i)}{16}
  $$
  分子为 $ -4i e^{-1} - 4i e^{-1} = -8i e^{-1} $，
  因此：
  $$
  \text{Res}[f, i] = \frac{-8i e^{-1}}{16} = -\frac{i}{2e}
  $$

###  三 总结对照表

| 奇点类型 | 判断方法 | 留数计算方法 |
| :--- | :--- | :--- |
| **可去奇点** | 极限 $\lim_{z \to z_0} f(z)$ 存在 | $\text{Res} = 0$ |
| **一阶极点** | $\lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z)$ 存在且非零 | $\text{Res} = \lim_{z \to z_0} (z - z_0) f(z)$ <br> 或 $\frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}$ |
| **m 阶极点** | $\lim_{z \to z_0} (z - z_0)^m f(z)$ 存在且非零 | $\frac{1}{(m-1)!} \lim_{z \to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z - z_0)^m f(z)]$ |
| **本性奇点** | 极限不存在且不是极点 | 展开为洛朗级数，提取 $ c_{-1} $ |
| **无穷远点** | 在 $\infty$ 的去心邻域解析 | $\text{Res}[f, \infty] = -\text{Res}[\frac{1}{z^2}f(\frac{1}{z}), 0]$ |

掌握这些方法后，结合**留数定理**，就能将许多复杂的实积分和复积分计算问题转化为求留数的代数问题。

## 例题

`例` 求下列函数在奇点处的留数。
(1) $f_1(z)=\frac{1-\cos z}{z^2}$,
(2) $f_2(z)=\frac{1}{z(z-1)}$.

解 (1) $z=0$ 是 $f_1(z)$ 的可去奇 点,

$$
\operatorname{Res}\left[f_1(z), 0\right]=0 \text {. }
$$

(2) $z=0$ 和 $z=1$ 均为 $f_2(z)$ 的一阶极点,

$$
\begin{aligned}
& \operatorname{Res}\left[f_2(z), 0\right]=\lim _{z \rightarrow 0}\left[z f_1(z)\right]=\lim _{z \rightarrow 0} \frac{1}{z-1}=-1, \\
& \operatorname{Res}\left[f_2(z), 1\right]=\lim _{z \rightarrow 1}\left[(z-1) f_2(z)\right]=\lim _{z \rightarrow 1} \frac{1}{z}=1
\end{aligned}
$$

**规则II** 如果 $z_0$ 是 $f(z)$ 的本性奇点，只有将 $f(z)$ 在 $z_0$ 的去心邻域内展开为洛朗级数，$\left(z-z_0\right)^{-1}$ 的系数 $c_{-1}$ 即是 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的留数，即

$$
\operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right]=c_{-1} .
$$

`例` 设 $f(z)=(z+1) e ^{\frac{1}{z}}$ ，求 $\operatorname{Res}[f(z), 0]$ ．
解 由前述，$z=0$ 是 $f(z)$ 的本性奇点，在圆环域 $0<|z|<+\infty$ 内，$f(z)$ 有洛朗展开式

$$
\begin{aligned}
f(z) & =(z+1)\left(1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^2}+\frac{1}{3!z^3}+\cdots\right) \\
& =z+2+\left(1+\frac{1}{2!}\right) \frac{1}{z}+\left(\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}\right) \frac{1}{z^2}+\cdots
\end{aligned}
$$

所以 $\operatorname{Res}[f(z), 0]=1+\frac{1}{2!}=\frac{3}{2}$ ．

**规则III** 如果 $z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m(m \geqslant 1)$ 级极点，则有

$$
\operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right]=\frac{1}{(m-1)!} \lim _{z \rightarrow z_0} \frac{d^{m-1}}{d z^{m-1}}\left[\left(z-z_0\right)^m f(z)\right] .
$$

此时，在 $z_0$ 的去心邻域 $0<\left|z-z_0\right|<R$ 内有

$$
f(z)=\frac{1}{\left(z-z_0\right)^m} \varphi(z)
$$

其中，$\varphi(z)$ 在 $z_0$ 解析且 $\varphi\left(z_0\right) \neq 0$ ．取绕 $z_0$ 的正向圆周 $C:\left|z-z_0\right|=r(0<r<R)$ ，则有

$$
\operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right]=\frac{1}{2 \pi i} \oint_C \frac{\varphi(z)}{(z-z)^m} d z=\frac{1}{(m-1)!} \varphi^{(m-1)}\left(z_0\right)
$$

$$
=\frac{1}{(m-1)!} \lim _{z \rightarrow z_0} \frac{d^{m-1}}{d z^{m-1}}\left[\left(z-z_0\right)^m f(z)\right] .
$$

当 $m=1$ 时，有 $\operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right]=\lim _{z \rightarrow z_0}\left(z-z_0\right) f(z)$ ．

`例`计算积分 $\oint_C \frac{ e ^z}{z(z-1)^2} d z$ ，其中，$C$ 为正向圆周 $|z|=1$ ．
解 在 $C$ 内，$f(z)=\frac{ e ^z}{z(z-1)^2}$ 有 1 级极点 $z=0$ 和 2 级极点 $z=1$ ．由留数定理有

$$
\oint_c \frac{e^z}{z(z-1)^2} d z=2 \pi i\{\operatorname{Res}[f(z), 0]+\operatorname{Res}[f(z), 1]\}
$$

而

$$
\begin{aligned}
\operatorname{Res}[f(z), 0] & =\lim _{z \rightarrow 0} z \cdot \frac{e^z}{z(z-1)^2}=1, \\
\operatorname{Res}[f(z), 1] & =\frac{1}{(2-1)!} \lim _{z \rightarrow 1} \frac{d}{d z}\left[(z-1)^2 \cdot \frac{e^z}{z(z-1)^2}\right] \\
& =\lim _{z \rightarrow 1} \frac{e^z z-e^z}{z^2}=0,
\end{aligned}
$$

所以 $\oint_C \frac{ e ^z}{z(z-1)} d z=2 \pi i$ ．

**规则IV** 设 $f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}, P(z)$ 及 $Q(z)$ 都在 $z_0$ 处解析，且 $P\left(z_0\right) \neq 0$ ， $Q\left(z_0\right)=0, Q^{\prime}\left(z_0\right) \neq 0$ ．此时，$z_0$ 是 $f(z)$ 的 1 级极点，则有

$$
\operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right]=\frac{P\left(z_0\right)}{Q^{\prime}\left(z_0\right)}=\left.\frac{P(z)}{Q^{\prime}(z)}\right|_{z=z_0} .
$$

事实上，由规则III可知

$$
\begin{aligned}
\operatorname{Res}\left[f(z), z_0\right] & =\lim _{z \rightarrow z_0}\left(z-z_0\right) f(z)=\lim _{z \rightarrow z_0} \frac{P(z)}{Q(z) /\left(z-z_0\right)} \\
& =\lim _{z \rightarrow z_0} \frac{P(z)}{\left(Q(z)-Q\left(z_0\right)\right) /\left(z-z_0\right)}=\frac{P\left(z_0\right)}{Q^{\prime}\left(z_0\right)} .
\end{aligned}
$$

`例`  计算积分 $\oint_C \frac{ e ^{2 z}}{z^2-1} d z, C$ 为正向圆周 $|z|=2$ ．
解 在 $C$ 内，$f(z)=\frac{ e ^{2 z}}{z^2-1}$ 有两个 1 级极点 $z= \pm 1$ ．所以

$$
\oint_C \frac{e^{2 z}}{z^2-1} d z=2 \pi i\{\operatorname{Res}[f(z), 1]+\operatorname{Res}[f(z),-1]\} .
$$

而

$$
\begin{gathered}
\operatorname{Res}[f(z), 1]=\lim _{z \rightarrow 1}(z-1) \cdot \frac{e^{2 z}}{z^2-1}=\lim _{z \rightarrow 1} \frac{e^{2 z}}{z+1}=\frac{e^2}{2} \\
\operatorname{Res}[f(z),-1]=\lim _{z \rightarrow-1}(z+1) \cdot \frac{e^{2 z}}{z^2-1}=\lim _{z \rightarrow-1} \frac{e^{2 z}}{z-1}=-\frac{e^{-2}}{2}
\end{gathered}
$$

因此

$$
\oint_C \frac{e^{2 z}}{z^2-1} d z=2 \pi i\left(\frac{e^2}{2}-\frac{e^{-2}}{2}\right)=2 \pi ish 2 .
$$

也可用规则 IV 来计算留数：

$$
\begin{gathered}
\operatorname{Res}[f(z), 1]=\left.\frac{e^{2 z}}{\left(z^2-1\right)^{\prime}}\right|_{z=1}=\left.\frac{e^{2 z}}{2 z}\right|_{z=1}=\frac{e^2}{2} \\
\operatorname{Res}[f(z),-1]=\left.\frac{e^{2 z}}{\left(z^2-1\right)^{\prime}}\right|_{z=-1}=\left.\frac{e^{2 z}}{2 z}\right|_{z=-1}=-\frac{e^{-2}}{2}
\end{gathered}
$$

## 综合例题
`例`求下列函数在奇点处的留数。
（1）$f_1(z)=\frac{\cos z}{4 z^3}$,
（2）$f_2(z)=\frac{\sin z}{4 z^3}$ ．
解（1）$z=0$ 是 $f_1(z)$ 的三阶极点，

$$
\operatorname{Res}\left[f_1(z), 0\right]=\frac{1}{2!} \lim _{z \rightarrow 0}\left(z^3 \cdot \frac{\cos z}{4 z^3}\right)^{\prime \prime}=-\left.\frac{\cos z}{8}\right|_{z=0}=-\frac{1}{8} .
$$

（2）$z=0$ 为 $f_2(z)$ 的二阶极点，

$$
\begin{aligned}
\operatorname{Res}\left[f_2(z), 0\right] & =\frac{1}{1!} \lim _{z \rightarrow 0}\left(z^2 \cdot \frac{\sin z}{4 z^3}\right)^{\prime}=\lim _{z \rightarrow 0}\left(\frac{\sin z}{4 z}\right)^{\prime} \\
& =\lim _{z \rightarrow 0} \frac{z \cos z-\sin z}{4 z^2}=\lim _{z \rightarrow 0} \frac{-\sin z}{8}=0 .
\end{aligned}
$$

`例`求函数 $f(z)=\frac{z^2}{z^4+1}$ 在奇点处的留数。

![图片](/uploads/2025-01/71a3b5.jpg)
 
 解 函数 $f(z)$ 有四个简单极点，

$$
z_1=e^{\frac{\pi}{4} i}, \quad z_2=e^{-\frac{\pi}{4} i}, \quad z_3=e^{\frac{3 \pi}{4} i}, \quad z_4=e^{-\frac{3 \pi}{4} i}
$$

$$
\begin{aligned}
&\operatorname{Res}\left[f(z), z_1\right]=\left.\frac{z^2}{\left(z^4+1\right)^{\prime}}\right|_{z=z_1}=\left.\frac{1}{4 z}\right|_{z=z_1}=\frac{1}{4} e^{-\frac{\pi}{4} i},\\
&\text { 同理 } \operatorname{Res}\left[f(z), z_2\right]=\left.\frac{1}{4 z}\right|_{z=z_2}=\frac{1}{4} e^{\frac{\pi}{4} i} \text {, }\\
&\operatorname{Res}\left[f(z), z_3\right]=\frac{1}{4} e^{-\frac{3 \pi}{4} i}, \quad \operatorname{Res}\left[f(z), z_4\right]=\frac{1}{4} e^{\frac{3 \pi}{4} i}
\end{aligned}
$$

`例` 求函数 $f(z)=z^2 \cos \frac{1}{z}$ 在奇点处的留数。
解 $z=0$ 是 $f(z)$ 的本性奇点,
将 $f(z)$ 在 $z=0$ 的去心邻域内洛朗展开, 有

$$
\begin{aligned}
& \begin{aligned}
f(z)=z^2 \cos \frac{1}{z} & =z^2 \cdot\left(1-\frac{1}{2 ! z^2}+\frac{1}{4 ! z^4}-\frac{1}{6 ! z^6}+\cdots\right) \\
& =z^2-\frac{1}{2 !}+\frac{1}{4 ! z^2}-\frac{1}{6 ! z^4}+\cdots,
\end{aligned} \\
& \Rightarrow \operatorname{Res}[f(z), 0]=0 .
\end{aligned}
$$

`例`求函数 $f(z)=z^2 \cos \frac{1}{z-1}$ 在奇点处的留数。
解 $z=1$ 是 $f(z)$ 的本性奇点,
将 $f(z)$ 在 $z=0$ 的去心邻域内洛朗展开, 有

$$
\begin{aligned}
f(z) & =z^2 \cos \frac{1}{z-1}=(z-1+1)^2 \cos \frac{1}{z-1} \\
& =\left[(z-1)^2+2(z-1)+1\right] \cdot\left(1-\frac{1}{2 !(z-1)^2}+\frac{1}{4 !(z-1)^4}-\cdots\right) \\
& =\cdots+\left(-2 \cdot \frac{1}{2 !}\right) \frac{1}{z-1}+\cdots, \\
\Rightarrow & \operatorname{Res}[f(z), 1]=-1 .
\end{aligned}

`例`求函数 $f(z)=\frac{1}{z(z-1)} e ^{\frac{1}{z}}$ 在奇点处的留数。
解（1）$z=1$ 是 $f(z)$ 的一阶极点， $\operatorname{Res}[f(z), 1]=\lim _{z \rightarrow 1} \frac{1}{z} e ^{\frac{1}{z}}= e$ ．
（2）$z=0$ 是 $f(z)$ 的本性奇点，

$$
\begin{aligned}
f(z) & =\frac{1}{z(z-1)} e^{\frac{1}{z}}=-\frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1-z} e^{\frac{1}{z}} \\
& =-\frac{1}{z} \cdot\left(1+z+z^2+\cdots\right) \cdot\left(1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^2}+\cdots\right) \\
& =\cdots-\frac{1}{z}\left(1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots\right) \\
\Rightarrow & \operatorname{Res}[f(z), 0]=-\left(1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots\right)=- e
\end{aligned}
$$

`例`求函数 $f(z)=\frac{z-\sin z}{z^6}$ 在 $z=0$ 点的留数。
解 方法一 利用洛朗展式求留数
将 $f(z)$ 在 $z=0$ 的去心邻域展开，得

$$
\begin{aligned}
& f(z)=\frac{1}{z^6} \cdot\left[z-\left(z-\frac{1}{3!} z^3+\frac{1}{5!} z^5-\frac{1}{7!} z^7+\cdots\right)\right] \\
&=\frac{1}{3!z^3}-\frac{1}{5!z}+\frac{1}{7!} z-\cdots \\
& \Rightarrow \quad \operatorname{Res}[f(z), 0]=-\frac{1}{5!}
\end{aligned}
$$

解 方法二 利用极点的留数计算法则求解
由于 $z=0$ 是 $f(z)$ 三阶极点，因此有

$$
\begin{aligned}
\operatorname{Res}[f(z), 0] & =\frac{1}{2!} \lim _{z \rightarrow 0}\left[z^3 f(z)\right]^{\prime \prime}=\frac{1}{2!} \lim _{z \rightarrow 0}\left(\frac{z-\sin z}{z^3}\right)^{\prime \prime} \\
& =\frac{1}{2!} \lim _{z \rightarrow 0} \frac{\left(z^2-12\right) \sin z+6 z \cos z+6 z}{z^5} \\
(\text { 罗比达法则 }) & =\frac{1}{2!} \lim _{z \rightarrow 0} \frac{z^2 \cos z+4 z \sin z-2 \cos z}{5!}=-\frac{1}{5!} .
\end{aligned}
$$

解 方法二 利用极点的留数计算法则求解

$$
\begin{aligned}
& \text { 若"不幸"将 f(z)=0 判断成了 } f(z) \text { 的六阶极点, } \\
& \operatorname{Res}[f(z), 0]=\frac{1}{(6-1)!} \lim _{z \rightarrow 1} \frac{d^5}{d^5 z}\left[z^6 f(z)\right] \\
& =\frac{1}{5!} \lim _{z \rightarrow 1} \frac{d^5}{d^5 z}(z-\sin z)=\frac{1}{5!} \lim _{z \rightarrow 1}(-\cos z)=-\frac{1}{5!} .
\end{aligned}
$$

注（1）此类函数求留数，可考虑利用洛朗展式。
（2）若此类函数求闭路积分，则可考虑利用高阶导公式，而不一定非得使用下面即将介绍的留数定理。

科数题库(单机版) 会议室预约系统(book)

今日还可看 0 篇未注册用户每天查看4篇，注册用户每天8篇，开通VIP会员无限制查看。

免费注册

《高等数学》难点解析

高数教程 泰勒公式切线与法线切平面与法平面驻点·拐点·极值点·零点间断点渐进线瑕积分欧拉方程伯努利方程 Abel 收敛定理偏导数的几何意义偏导数的几何意义梯度数量场与向量场多元函数极值拉格朗日算子通量与散度环流量与旋度格林公式高斯公式斯托克斯公式三大公式比较傅里叶级数极坐标微元点法式方程变上限定积分 X型计算面积 Y型计算面积微分的意义渐近线间断点 y''+py'+qy=f(x)方程高斯黎曼傅里叶变换(复数) 拉普拉斯变换(复数)

《线性代数》难点解析

线代教程 近世代数对数学的整体思考线性的意义矩阵乘法(列视角) 矩阵乘法(行视角) 矩阵左乘矩阵右乘逆矩阵求解方程组阶梯形矩阵的求法方程组解的判定四阶行列式的计算线性变换的意义线性空间向量组的等价线性空间的几何意义基础解系的求法施密特正交化特征值与特征向量的意义矩阵相似的几何意义矩阵可对角化的理解秩的意义(向量版) 秩的意义(方程版) 二次型的意义

《概率论与数理统计》难点解析

概率教程 置信区间与上a分位数概率中的“取”与“放” 贝叶斯公式全概率公式泊松分布指数分布伽玛分布二维密度图的意义卷积的意义相关系数的意义 k阶矩是与矩母函数卡方分布的作用单正态区间估计理解假设检验理解切比雪夫不等式中心极限定理

上一篇：留数的概念★★★★★

下一篇：留数定理

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)