第五章留数理论（§5.1）——完整详尽讲解

考试范围确认：§5.1 留数（全考）；§5.2 留数在积分计算上的应用（不考）。
§5.1 内容包括：留数定义、留数计算、留数定理、无穷远点留数、儒歇定理。

一、留数的定义与基本概念

1.1 留数的定义

定义 5.1.1（留数） 设 $z_0$ 是函数 $f(z)$ 的孤立奇点， $f(z)$ 在去心邻域 $0<|z-z_0|<R$ 内的罗朗展开为：

f(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z-z_0)^n

则称罗朗展开中 $(z-z_0)^{-1}$ 项的系数 $c_{-1}$ 为 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的留数（Residue），记作：

\boxed{\operatorname{Res}[f(z), z_0] = c_{-1}}

物理直觉：在围道积分中，只有 $c_{-1}$ （即 $1/(z-z_0)$ 项）对闭曲线积分有贡献：

\oint_{|z-z_0|=r} \frac{c_{-1}}{z-z_0}\,dz = c_{-1} \cdot 2\pi i

而其他所有幂次的积分为零（ $n \neq -1$ 时 $\oint (z-z_0)^n dz = 0$ ）。

因此，求闭曲线积分的核心就是找出所有奇点处的 $c_{-1}$ 并求和——这正是留数定理的本质。

1.2 留数的几何/物理意义

围道积分视角：留数 $\times 2\pi i$ 就是围绕该奇点一周的闭曲线积分值。
流体力学视角：若将解析函数视为某种平面流场，留数与涡旋强度相关。
代数学视角：留数是罗朗展开中唯一「无法消除」的项，其他项都有原函数。

二、留数的计算方法

方法总览

奇点类型	计算方法
可去奇点	$\operatorname{Res} = 0$
一阶极点（单极点）	极限法 / 公式法
$m$ 阶极点	导数极限公式
本性奇点	一般需展开罗朗级数提取 $c_{-1}$
无穷远点	变换法 + 关系公式

2.1 可去奇点的留数

定理 5.1.1 若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的可去奇点，则：

\boxed{\operatorname{Res}[f(z), z_0] = 0}

理由：可去奇点的罗朗展开中无负幂项，所以 $c_{-1} = 0$ 。

注意：即使补充定义使函数在 $z_0$ 解析，该「形式上的奇点」处的留数仍为 0。

例子：

\operatorname{Res}\left[\frac{\sin z}{z}, 0\right] = 0

因为 $\frac{\sin z}{z} = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!} - \cdots$ ，无 $1/z$ 项。

2.2 一阶极点（单极点）的留数

定理 5.1.2（一阶极点留数公式） 若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的一阶极点，则：

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

推导：在一阶极点处，罗朗展开为：

f(z) = \frac{c_{-1}}{z-z_0} + c_0 + c_1(z-z_0) + \cdots

两边乘以 $(z-z_0)$ ：

(z-z_0)f(z) = c_{-1} + c_0(z-z_0) + c_1(z-z_0)^2 + \cdots

取极限 $z \to z_0$ ，即得 $c_{-1}$ 。

定理 5.1.3（分式函数的留数——极其常用！） 若 $f(z) = \dfrac{P(z)}{Q(z)}$ ，其中 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 在 $z_0$ 解析，且满足：

$Q(z_0) = 0$ （ $z_0$ 是分母的零点）
$Q'(z_0) \neq 0$ （一阶零点）
$P(z_0) \neq 0$ （分子不为零）

则：

\boxed{\operatorname{Res}\left[\frac{P(z)}{Q(z)}, z_0\right] = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}}

推导：由一阶极点公式：

\operatorname{Res} = \lim_{z\to z_0} (z-z_0)\frac{P(z)}{Q(z)} = P(z_0) \cdot \lim_{z\to z_0} \frac{z-z_0}{Q(z)-Q(z_0)} = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}

（最后一步用了导数定义。）

这是考试最高频公式！当被积函数是有理分式时，直接代公式即可。

例1：求 $\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z^2+1}, i\right]$ 。

解： $P(z) = 1$ ， $Q(z) = z^2+1 = (z-i)(z+i)$ 。 $Q(i)=0$ ， $Q'(z)=2z$ ， $Q'(i)=2i \neq 0$ 。
$\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z^2+1}, i\right] = \frac{1}{2i} = -\frac{i}{2}$

例2：求 $\operatorname{Res}\left[\frac{e^z}{\sin z}, 0\right]$ 。

解： $P(0)=1$ ， $Q(z)=\sin z$ ， $Q'(z)=\cos z$ ， $Q'(0)=1$ 。
$\operatorname{Res} = \frac{1}{1} = 1$

2.3 $m$ 阶极点的留数

定理 5.1.4（ $m$ 阶极点留数公式） 若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 阶极点，则：

\boxed{\operatorname{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]}

推导思路：在 $m$ 阶极点处，罗朗展开为：

f(z) = \frac{c_{-m}}{(z-z_0)^m} + \cdots + \frac{c_{-1}}{z-z_0} + c_0 + \cdots

乘以 $(z-z_0)^m$ ：

(z-z_0)^m f(z) = c_{-m} + c_{-m+1}(z-z_0) + \cdots + c_{-1}(z-z_0)^{m-1} + c_0(z-z_0)^m + \cdots

现在需要提取 $c_{-1}$ ，即右边 $(z-z_0)^{m-1}$ 的系数。这恰好是泰勒展开中的第 $(m-1)$ 项系数，故：

c_{-1} = \frac{1}{(m-1)!} \left.\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\left[(z-z_0)^m f(z)\right]\right|_{z=z_0}

特殊情况（ $m=1$ 时回到一阶极点公式）：

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

例1（二阶极点）：求 $\operatorname{Res}\left[\frac{1}{(z^2+1)^2}, i\right]$ 。

解： $z=i$ 是二阶极点（因为 $(z^2+1)^2 = (z-i)^2(z+i)^2$ ）。
$\operatorname{Res} = \frac{1}{1!} \lim_{z\to i} \frac{d}{dz}\left[(z-i)^2 \cdot \frac{1}{(z-i)^2(z+i)^2}\right] = \lim_{z\to i} \frac{d}{dz}\left[\frac{1}{(z+i)^2}\right]$ $= \lim_{z\to i} \frac{-2}{(z+i)^3} = \frac{-2}{(2i)^3} = \frac{-2}{8(-i)} = \frac{-2}{-8i} = \frac{1}{4i} = -\frac{i}{4}$

例2（三阶极点）：求 $\operatorname{Res}\left[\frac{e^z}{z^3}, 0\right]$ 。

解： $z=0$ 是三阶极点（ $m=3$ ）。
$\operatorname{Res} = \frac{1}{2!} \lim_{z\to 0} \frac{d^2}{dz^2}\left[z^3 \cdot \frac{e^z}{z^3}\right] = \frac{1}{2} \lim_{z\to 0} \frac{d^2}{dz^2}[e^z] = \frac{1}{2} \cdot e^0 = \frac{1}{2}$
验证： $e^z/z^3 = 1/z^3 + 1/z^2 + 1/(2!z) + \cdots$ ， $c_{-1} = 1/2$ 。✓

2.4 本性奇点的留数

对于本性奇点，没有像极点那样的通用公式。通常的方法：

方法：直接展开为罗朗级数，读取 $c_{-1}$ 项的系数。

例：求 $\operatorname{Res}[e^{1/z}, 0]$ 。

解：展开 $e^{1/z} = 1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \frac{1}{3!z^3} + \cdots$ 。 $c_{-1} = 1$ 。
$\operatorname{Res}[e^{1/z}, 0] = 1$

例：求 $\operatorname{Res}\left[\sin\frac{1}{z}, 0\right]$ 。

解： $\sin\frac{1}{z} = \frac{1}{z} - \frac{1}{3!z^3} + \frac{1}{5!z^5} - \cdots$ 。 $c_{-1} = 1$ 。
$\operatorname{Res}\left[\sin\frac{1}{z}, 0\right] = 1$

例：求 $\operatorname{Res}\left[z^3 e^{1/z}, 0\right]$ 。

解： $z^3 e^{1/z} = z^3\left(1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \frac{1}{3!z^3} + \frac{1}{4!z^4} + \cdots\right)$
$= z^3 + z^2 + \frac{z}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!z} + \cdots$
$c_{-1} = \frac{1}{4!} = \frac{1}{24}$ 。
$\operatorname{Res}[z^3 e^{1/z}, 0] = \frac{1}{24}$

2.5 留数计算总结流程图

1
给定 f(z) 和奇点 z₀
2
        │
3
        ▼
4
  判断奇点类型
5
   /    |    \
6
 可去  极点  本性
7
  │     │      │
8
  │  判断阶数   │
9
  │  /    \    │
10
  │ 一阶  m阶  │
11
  │  │    │    │
12
  ▼  ▼    ▼    ▼
13
Res=0 极限法 导数  罗朗展开
14
      或    极限   读取c₋₁
15
      P/Q'  公式
16
      公式

三、留数定理

定理 5.1.5（留数定理） 设 $C$ 是一条逐段光滑的简单闭曲线（取正向）。若 $f(z)$ 在 $C$ 所围成的区域 $D$ 内除去有限个孤立奇点 $z_1, z_2, \ldots, z_n$ 外在闭区域 $\bar{D}$ 上解析，在 $C$ 上连续，则：

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

正向约定：通常取逆时针方向（区域在左侧）。

一句话总结：闭曲线积分 = $2\pi i \times$ （内部所有奇点留数之和）。

3.1 留数定理的证明思路

以每个奇点 $z_k$ 为圆心，在 $C$ 内部作互不相交的小圆 $C_k$ （半径充分小）。
由复合闭路定理（§3.2）： $\oint_C f(z)dz = \sum_{k=1}^{n} \oint_{C_k} f(z)dz$
在每个小圆 $C_k$ 上，代入 $f(z)$ 的罗朗展开。只有 $c_{-1}^{(k)}/(z-z_k)$ 项积分非零： $\oint_{C_k} \frac{c_{-1}^{(k)}}{z-z_k} dz = c_{-1}^{(k)} \cdot 2\pi i$
所有其他项积分为零。故： $\oint_C f(z)dz = \sum_{k=1}^{n} c_{-1}^{(k)} \cdot 2\pi i = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f(z), z_k]$

本质：留数定理是柯西积分公式和罗朗展开的直接推论。它把第3章的柯西积分公式推广到了有奇点的情形。

3.2 用留数定理计算围道积分（关键题型）

步骤：

找出被积函数在闭曲线 $C$ 内部的所有孤立奇点。
判断每个奇点的类型和阶数。
计算每个奇点的留数。
代入留数定理：积分 = $2\pi i \times$ 留数之和。

例1（单奇点）：计算 $\displaystyle\oint_{|z|=2} \frac{e^z}{z-1}\,dz$ 。

解：奇点 $z=1$ 在 $|z|=2$ 内部，是一阶极点。
$\operatorname{Res}\left[\frac{e^z}{z-1}, 1\right] = \lim_{z\to 1} (z-1)\frac{e^z}{z-1} = e^1 = e$ $\oint = 2\pi i \cdot e = 2\pi i e$
验证：由柯西积分公式， $\oint \frac{e^z}{z-1}dz = 2\pi i \cdot e^1$ 。✓

例2（多奇点）：计算 $\displaystyle\oint_{|z|=2} \frac{5z-2}{z(z-1)}\,dz$ 。

解：奇点 $z=0$ 和 $z=1$ 均在 $|z|=2$ 内部，均为一阶极点。

方法一（分别求留数）：
$\operatorname{Res}\left[\frac{5z-2}{z(z-1)}, 0\right] = \lim_{z\to 0} z \cdot \frac{5z-2}{z(z-1)} = \frac{-2}{-1} = 2$ $\operatorname{Res}\left[\frac{5z-2}{z(z-1)}, 1\right] = \lim_{z\to 1} (z-1) \cdot \frac{5z-2}{z(z-1)} = \frac{5-2}{1} = 3$ $\oint = 2\pi i (2+3) = 10\pi i$
方法二（用 $P/Q'$ 公式）：
$\operatorname{Res}\left[\frac{5z-2}{z^2-z}, 0\right] = \frac{5\cdot 0 - 2}{2\cdot 0 - 1} = \frac{-2}{-1} = 2$ $\operatorname{Res}\left[\frac{5z-2}{z^2-z}, 1\right] = \frac{5\cdot 1 - 2}{2\cdot 1 - 1} = \frac{3}{1} = 3$

例3（高阶极点）：计算 $\displaystyle\oint_{|z|=1} \frac{e^z}{z^4}\,dz$ 。

解：奇点 $z=0$ 在内部，是四阶极点（ $m=4$ ）。
$\operatorname{Res} = \frac{1}{3!} \lim_{z\to 0} \frac{d^3}{dz^3}\left[z^4 \cdot \frac{e^z}{z^4}\right] = \frac{1}{6} \lim_{z\to 0} e^z = \frac{1}{6}$ $\oint = 2\pi i \cdot \frac{1}{6} = \frac{\pi i}{3}$
验证：由高阶导数公式， $\oint \frac{e^z}{z^4}dz = \frac{2\pi i}{3!} f'''(0) = \frac{2\pi i}{6} \cdot 1 = \frac{\pi i}{3}$ 。✓

例4（题库第6题——分式函数围道积分）：计算 $\displaystyle\oint_{|z-2|=\frac{1}{2}} \frac{z}{(z-1)(z-2)^2}\,dz$ 。

解：先找出 $|z-2|=\frac{1}{2}$ 内部的奇点。该圆以 $z=2$ 为心、半径为 $1/2$ 。

$z=1$ ： $|1-2|=1 > 1/2$ ，在外部。

$z=2$ ：在内部（是圆心）。

故仅需考虑 $z=2$ ，它是二阶极点（因为分母有 $(z-2)^2$ 因子）。

令 $g(z) = (z-2)^2 f(z) = \frac{z}{z-1}$ 。
$\operatorname{Res}[f, 2] = \frac{1}{1!} \lim_{z\to 2} g'(z) = \lim_{z\to 2} \frac{d}{dz}\left[\frac{z}{z-1}\right]$ $= \lim_{z\to 2} \frac{(z-1)\cdot 1 - z\cdot 1}{(z-1)^2} = \lim_{z\to 2} \frac{-1}{(z-1)^2} = -1$ $\oint = 2\pi i \cdot (-1) = -2\pi i$

3.3 留数定理 vs 柯西积分公式

	柯西积分公式	留数定理
适用	被积函数 = $\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}$ ， $f$ 解析	被积函数有任意孤立奇点
本质	留数定理的特例	更一般的框架
计算	直接代公式	需判断奇点类型 + 计算留数

两者在简单情况下计算结果相同，但留数定理适用范围更广（特别是对非单极点的情况和本性奇点）。

四、无穷远点的留数

4.1 定义

定义 5.1.2（无穷远点的留数） 设 $f(z)$ 在 $R < |z| < \infty$ （ $R \geq 0$ ）内解析。定义 $f(z)$ 在 $\infty$ 处的留数为：

\boxed{\operatorname{Res}[f(z), \infty] = -\frac{1}{2\pi i} \oint_{C} f(z)\,dz}

其中 $C$ 是围绕原点、半径为 $> R$ 的任意正向（逆时针）圆周。

等价定义：令 $w = 1/z$ ，则：

\boxed{\operatorname{Res}[f(z), \infty] = -\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z^2}\,f\!\left(\frac{1}{z}\right), 0\right]}

注意负号！这非常容易遗漏。

推导：作变换 $z = 1/w$ ， $dz = -dw/w^2$ 。沿单位圆（方向注意）积分变换后：

\operatorname{Res}[f(z), \infty] = -\frac{1}{2\pi i} \oint_{C} f(z)dz = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C'} f(1/w) \cdot \frac{dw}{w^2}

取围绕原点的正向小圆 $C'$ ，即：

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

4.2 基本性质

性质1：若 $\infty$ 是 $f(z)$ 的可去奇点，则 $\operatorname{Res}[f(z), \infty]$ 可能非零（这与有限可去奇点不同！）。

反例： $f(z) = \frac{1}{z}$ 。 $\infty$ 是可去奇点（因为 $f(1/w) = w$ 在 $w=0$ 解析），但：

\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z}, \infty\right] = -\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z^2} \cdot \frac{1}{1/z}, 0\right] = -\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z}, 0\right] = -1 \neq 0

性质2（留数总和定理——极其重要！）：

\boxed{\sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f(z), z_k] + \operatorname{Res}[f(z), \infty] = 0}

其中 $z_1, \ldots, z_n$ 是 $f(z)$ 在扩充复平面上的所有有限孤立奇点。

这意味着：所有有限奇点留数之和 + 无穷远点留数 = 0。

应用：当有限奇点很多但无穷远点留数容易计算时，用此公式可大大简化。

证明：取充分大的 $R$ 使所有有限奇点均在 $|z|<R$ 内，则：

\oint_{|z|=R} f(z)dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f(z), z_k]

而 $\operatorname{Res}[f(z), \infty] = -\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=R} f(z)dz$ 。两者相加即得零。

4.3 计算无穷远点留数的常用技巧

技巧1（直接用变换公式）：

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

技巧2（利用留数总和定理）：

如果已经求出了所有有限奇点的留数，直接取相反数即可：

\operatorname{Res}[f(z), \infty] = -\sum \operatorname{Res}[f(z), \text{有限奇点}]

技巧3（在 $\infty$ 处的罗朗展开）：

令 $w = 1/z$ ，写出 $f(z)$ 在 $w=0$ 附近的展开，则 $\operatorname{Res}[f(z), \infty] = -(\text{展开中 } w^{-1} \text{ 的系数})$ 。

4.4 例题

例1：求 $\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z}, \infty\right]$ 。

解：用变换法：
$\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z}, \infty\right] = -\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z^2} \cdot z, 0\right] = -\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z}, 0\right] = -1$

例2：求 $\operatorname{Res}[e^{1/z}, \infty]$ 。

解： $f(1/z) = e^z$ 。 $\frac{1}{z^2}f(1/z) = \frac{e^z}{z^2}$ 。在 $z=0$ 附近的展开：
$\frac{e^z}{z^2} = \frac{1}{z^2} + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!} + \cdots$
$c_{-1} = 1$ ，故 $\operatorname{Res}\left[\frac{e^z}{z^2}, 0\right] = 1$ 。
$\operatorname{Res}[e^{1/z}, \infty] = -1$

例3（题库第11题）：求 $\operatorname{Res}\left[\frac{1}{(z-1)(z-3)^5}, \infty\right]$ 。

解：用留数总和定理。有限奇点： $z=1$ （一阶极点）， $z=3$ （五阶极点）。

计算两个有限留数：
$\operatorname{Res}[f, 1] = \lim_{z\to 1} (z-1)f(z) = \frac{1}{(1-3)^5} = \frac{1}{-32} = -\frac{1}{32}$ $\operatorname{Res}[f, 3] = \frac{1}{4!} \lim_{z\to 3} \frac{d^4}{dz^4}\left[(z-3)^5 f(z)\right] = \frac{1}{24} \lim_{z\to 3} \frac{d^4}{dz^4}\left[\frac{1}{z-1}\right]$
在 $z=3$ 处 $\frac{1}{z-1} = \frac{1}{2+(z-3)}$ ，展开（或直接求四阶导数），结果会比较复杂。但最终有限留数之和与无穷远点留数和为零。

五、儒歇定理（Rouché’s Theorem）

这是§5.1的最后一节内容，用于计算解析函数在区域内的零点个数。

5.1 儒歇定理的陈述

定理 5.1.6（儒歇定理） 设 $C$ 是一条简单闭曲线。若函数 $f(z)$ 和 $g(z)$ 在 $C$ 所围成的闭区域 $\bar{D}$ 上解析，且在 $C$ 上满足：

\boxed{|f(z) - g(z)| < |f(z)| + |g(z)| \quad \text{（弱条件，常用）}}

或更强的充分条件：

\boxed{|g(z)| < |f(z)| \quad \text{在 } C \text{ 上}}

则 $f(z)$ 和 $f(z) + g(z)$ 在 $C$ 内部具有相同个数的零点（计重数）。

最常用的形式：若在 $C$ 上 $|g(z)| < |f(z)|$ ，则 $f(z)$ 和 $f(z)+g(z)$ 在 $C$ 内零点个数相同。

考试应用：通常令 $f(z)$ 为「主导项」（最大模）， $g(z)$ 为「扰动项」（小模），由此确定 $f+g$ 的零点个数。

5.2 儒歇定理的证明思路

关键工具是辐角原理（Argument Principle）：

\text{零点个数} - \text{极点个数} = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f'(z)}{f(z)}\,dz = \frac{1}{2\pi} \Delta_C \arg f(z)

儒歇定理的证明通过考察 $h(z) = \frac{f(z)+g(z)}{f(z)} = 1 + \frac{g(z)}{f(z)}$ 。条件 $|g| < |f|$ 保证 $h(z)$ 的值始终在圆盘 $|w-1| < 1$ 内（不绕过原点），故 $\Delta_C \arg h(z) = 0$ ，从而 $f+g$ 和 $f$ 的辐角变化相同，零点个数相同。

5.3 儒歇定理的典型例题

例1（多项式零点——题库第30题）：求方程 $z^8 - 5z^5 - 2z + 1 = 0$ 在 $|z| < 1$ 内根的个数。

解：在 $|z| = 1$ 上，比较各项的模：

令 $f(z) = -5z^5$ （模最大的项）， $g(z) = z^8 - 2z + 1$ 。

在 $|z|=1$ 上：
$|f(z)| = |-5z^5| = 5$ $|g(z)| = |z^8 - 2z + 1| \leq |z|^8 + 2|z| + 1 = 1 + 2 + 1 = 4 < 5$
故在 $|z|=1$ 上 $|g(z)| < |f(z)|$ 。由儒歇定理， $f(z) = -5z^5$ 和 $f(z)+g(z) = z^8-5z^5-2z+1$ 在 $|z|<1$ 内零点个数相同。

$f(z) = -5z^5$ 在 $|z|<1$ 内部有一个 5 阶零点（ $z=0$ ）。故原方程在 $|z|<1$ 内有 5 个根（计重数）。

例2（题库第31题）：求方程 $z^4 - 5z + 1 = 0$ 在 $|z| < 1$ 内根的个数。

解：在 $|z|=1$ 上：
$|z^4| = 1, \quad |-5z| = 5, \quad |1| = 1$
主导项显然是 $-5z$ （模为5）。

令 $f(z) = -5z$ ， $g(z) = z^4 + 1$ 。

在 $|z|=1$ 上： $|f(z)| = 5$ ， $|g(z)| \leq 1+1=2 < 5$ 。

由儒歇定理， $f(z)+g(z)$ 与 $f(z)$ 在 $|z|<1$ 内零点个数相同。

$f(z) = -5z$ 在 $|z|<1$ 内有一个单零点（ $z=0$ ）。故原方程在 $|z|<1$ 内有 1 个根。

例3（题库第32题）：求方程 $z = \varphi(z)$ 在 $|z|<1$ 内根的个数，其中 $\varphi(z)$ 在 $|z| \leq 1$ 上解析且 $|\varphi(z)| < 1$ 。

解：改写为 $z - \varphi(z) = 0$ 。令 $f(z) = z$ ， $g(z) = -\varphi(z)$ 。

在 $|z|=1$ 上： $|f(z)| = 1$ ， $|g(z)| = |\varphi(z)| < 1$ 。

由儒歇定理， $z - \varphi(z)$ 与 $z$ 在 $|z|<1$ 内零点个数相同。

$f(z)=z$ 在 $|z|<1$ 内有一个单零点（ $z=0$ ）。故方程在 $|z|<1$ 内恰好有一个根。

5.4 儒歇定理解题流程

1
步骤1：在 |z|=R 上找出模最大的项 → 作为 f(z)
2
步骤2：验证在该圆周上 |g(z)| < |f(z)|（或更一般的儒歇条件）
3
步骤3：判断 f(z) 在区域内的零点个数
4
步骤4：原方程零点个数 = f(z) 的零点个数

常见陷阱：

三角不等式放缩要保守（只能放大，不能缩小）。
一定要在边界 $C$ 上验证不等式，而不是在内部。
零点个数要按重数计算（如 $f(z)=z^5$ 算作 5 个零点）。

六、习题精讲（题库5.pdf §5.1部分）

第一部分：判断与填空

第1题：「若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的可去奇点，则 $\operatorname{Res}[f(z), z_0] = 0$ 。」

✅ 正确。可去奇点的罗朗展开无负幂项，故 $c_{-1}=0$ 。

第2题：「若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的一阶奇点，则 $\operatorname{Res}[f(z), z_0] = \lim_{z\to z_0} (z-z_0)f(z)$ 。」

✅ 正确。这是一阶极点留数的标准公式。

第3题：「若 $f(z)$ 在 $0 < |z| < \infty$ 内解析，则 $\operatorname{Res}[f(z), \infty] = -\operatorname{Res}[f(z), 0]$ 。」

❌ 错误。正确的公式是 $\operatorname{Res}[f(z), \infty] = -\operatorname{Res}[\frac{1}{z^2}f(1/z), 0]$ ，而非简单的 $-\operatorname{Res}[f(z), 0]$ 。

反例： $f(z) = 1/z$ 。 $\operatorname{Res}[1/z, \infty] = -1$ （见前文），而 $-\operatorname{Res}[1/z, 0] = -1$ ……恰好相等！但这只是巧合。

再取 $f(z) = 1/z^2$ ： $\operatorname{Res}[1/z^2, 0] = 0$ ，但 $\operatorname{Res}[1/z^2, \infty] = -\operatorname{Res}[1/z^2 \cdot z^2, 0] = -\operatorname{Res}[1, 0] = 0$ ，也相等。

实际上 $\operatorname{Res}[f(z), \infty] = -\operatorname{Res}[\frac{1}{z^2}f(1/z), 0]$ 才是普遍成立的。

第4题：「若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的极点，则 $\lim_{z\to z_0} f(z) = \_\_\_$ 。」

答案： $\infty$ （或「不存在，趋于无穷」）。

第5题：「若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的本性奇点，则 $\lim_{z\to z_0} f(z) = \_\_\_$ 。」

答案：不存在（即使是 $\infty$ 也不趋于——本性奇点在任意小邻域内可以取任意接近任何复数的值，极限在严格意义上不存在）。

第6题：「 $\operatorname{Res}\left[\frac{\sin z}{z}, 0\right] = \_\_\_$ 。」

解： $\frac{\sin z}{z} = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!} - \cdots$ 。无 $1/z$ 项，且 $z=0$ 是可去奇点。

答案： $0$ 。

第7题：「 $\operatorname{Res}[e^{1/z} - 1, 0] = \_\_\_$ 。」

解：展开 $e^{1/z} - 1 = \left(1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \cdots\right) - 1 = \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \cdots$ 。 $c_{-1} = 1$ 。

答案： $1$ 。

第8题：「 $\operatorname{Res}\left[\frac{e^z}{z^n}, 0\right] = \_\_\_$ 。」

解：展开 $e^z/z^n = \frac{1}{z^n}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{k!} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{k-n}}{k!}$ 。

$c_{-1}$ 出现当 $k-n = -1$ 即 $k = n-1$ ：
$c_{-1} = \frac{1}{(n-1)!}$
答案： $\frac{1}{(n-1)!}$ 。

第9题：「 $\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z^4-1}, 1\right] = \_\_\_$ 。」

解： $z=1$ 是一阶极点。用 $P/Q'$ 公式：
$P(z)=1, \quad Q(z)=z^4-1, \quad Q'(z)=4z^3, \quad Q'(1)=4$ $\operatorname{Res} = \frac{1}{4}$
答案： $\frac{1}{4}$ 。

第10题：「 $\operatorname{Res}\left[\frac{e^z}{z-1}, 0\right] = \_\_\_$ 。」

解：注意！ $z=0$ 不是极点（分母在 $z=0$ 不为零）。函数在 $z=0$ 解析，留数为 0。

（奇点是 $z=1$ ，不在 $z=0$ 。）

答案： $0$ 。

第二部分：证明与计算（仅§5.1）

第1题：求 $\frac{z^2}{(z^2+1)^2}$ 在 $z = \pm i$ 的留数

解： $z = i$ 和 $z = -i$ 都是二阶极点（因为分母有 $(z-i)^2(z+i)^2$ ）。

(1) 在 $z=i$ ：
$\operatorname{Res}[f, i] = \frac{1}{1!} \lim_{z\to i} \frac{d}{dz}\left[(z-i)^2 \cdot \frac{z^2}{(z^2+1)^2}\right]$
$(z^2+1) = (z-i)(z+i)$ ，故 $(z-i)^2 f(z) = \frac{z^2}{(z+i)^2}$ 。
$\frac{d}{dz}\left[\frac{z^2}{(z+i)^2}\right] = \frac{2z(z+i)^2 - z^2 \cdot 2(z+i)}{(z+i)^4} = \frac{2z(z+i) - 2z^2}{(z+i)^3} = \frac{2iz}{(z+i)^3}$
在 $z=i$ ：
$\operatorname{Res} = \frac{2i \cdot i}{(2i)^3} = \frac{-2}{8(-i)} = \frac{1}{4i} = -\frac{i}{4}$
(2) 在 $z=-i$ ：类似计算或利用对称性：
$\operatorname{Res}[f, -i] = \frac{i}{4}$

第2题：求 $\frac{1}{1-e^z}$ 在 $z = 2n\pi i$ 的留数

解： $z_n = 2n\pi i$ （ $n \in \mathbb{Z}$ ）。分母 $Q(z) = 1-e^z$ ， $Q'(z) = -e^z$ 。
$Q'(2n\pi i) = -e^{2n\pi i} = -1 \neq 0$
故 $z_n$ 是一阶极点。用 $P/Q'$ 公式：
$\operatorname{Res}\left[\frac{1}{1-e^z}, 2n\pi i\right] = \frac{1}{-e^{2n\pi i}} = \frac{1}{-1} = -1$

第3题：多值函数 $\sqrt{\frac{z}{1-z}}$ 在 $z=1$ 的留数

解：取定一个解析分支（明确辐角取值范围）。在 $z=1$ 的去心邻域 $0<|z-1|<\varepsilon$ 内：

令 $\zeta = z-1$ ，则 $z = 1+\zeta$ 。 $\sqrt{\frac{z}{1-z}} = \sqrt{\frac{1+\zeta}{-\zeta}} = i\sqrt{\frac{1+\zeta}{\zeta}}$ （取定分支符号）。

在 $\zeta=0$ 附近：
$\sqrt{\frac{1+\zeta}{\zeta}} = \zeta^{-1/2}(1+\zeta)^{1/2} = \zeta^{-1/2}\left(1 + \frac{1}{2}\zeta - \frac{1}{8}\zeta^2 + \cdots\right)$ $= \zeta^{-1/2} + \frac{1}{2}\zeta^{1/2} - \frac{1}{8}\zeta^{3/2} + \cdots$
注意： $\zeta^{-1/2}$ 不是整幂次，这对应支点（branch point），不是通常的孤立奇点。 $z=1$ （和 $z=0$ ）是支点而非极点。在通常的留数意义上，支点不属于孤立奇点（其邻域内函数非单值解析）。

若在特定割线后的区域内考虑单值分支，则 $z=1$ 表现为奇点，但留数概念需要调整。此题需结合指定分支分析。

第4题：求 $\sin\frac{1}{z-1}$ 在 $z=\pm i$ 的留数

解： $z=\pm i$ 都不是奇点。函数 $\sin\frac{1}{z-1}$ 的奇点在 $z=1$ （本性奇点）。在 $z=i$ 和 $z=-i$ 处函数解析，故留数为 0。

第5题： $\frac{\operatorname{Ln} z}{z^2-1}$ 在 $z=\pm 1$ 的留数

解：在割线（通常取负实轴）后的复平面上取定单值分支。

(1) 在 $z=1$ ：分母 $z^2-1 = (z-1)(z+1)$ 。取 $P(z) = \frac{\operatorname{Ln} z}{z+1}$ （在 $z=1$ 解析），则：
$f(z) = \frac{P(z)}{z-1}$
$z=1$ 是一阶极点。
$\operatorname{Res}[f, 1] = \lim_{z\to 1} (z-1)f(z) = \lim_{z\to 1} \frac{\operatorname{Ln} z}{z+1} = \frac{0}{2} = 0$
（主值分支 $\operatorname{Ln}(1)=0$ 。）

(2) 在 $z=-1$ ：类似地，一阶极点。
$\operatorname{Res}[f, -1] = \lim_{z\to -1} (z+1)f(z) = \lim_{z\to -1} \frac{\operatorname{Ln} z}{z-1} = \frac{\operatorname{Ln}(-1)}{-2}$
主值分支 $\operatorname{Ln}(-1) = i\pi$ ，故：
$\operatorname{Res}[f, -1] = -\frac{i\pi}{2}$

第6题：围道积分 $\displaystyle\oint_{|z-2|=\frac{1}{2}} \frac{z}{(z-1)(z-2)^2}\,dz$

已在 3.2 节例4中详解。答案： $-2\pi i$ 。

第7题：围道积分 $\displaystyle\oint_{|z|=1} \frac{e^z}{z^2(z^2-9)}\,dz$

解：在 $|z|=1$ 内部，奇点为 $z=0$ （二阶极点，因为分母有 $z^2$ 因子）。 $z=\pm 3$ 在外部。

令 $g(z) = z^2 f(z) = \frac{e^z}{z^2-9}$ 。
$\operatorname{Res}[f, 0] = \frac{1}{1!} \lim_{z\to 0} g'(z) = \lim_{z\to 0} \frac{d}{dz}\left[\frac{e^z}{z^2-9}\right]$ $= \lim_{z\to 0} \frac{e^z(z^2-9) - e^z \cdot 2z}{(z^2-9)^2} = \frac{1 \cdot (-9) - 1 \cdot 0}{81} = -\frac{1}{9}$ $\oint = 2\pi i \cdot \left(-\frac{1}{9}\right) = -\frac{2\pi i}{9}$

第8题： $\displaystyle\oint_{|z|=n} \tan(\pi z)\,dz$ （ $n$ 为正整数）

解： $\tan(\pi z) = \frac{\sin(\pi z)}{\cos(\pi z)}$ 。奇点为分母零点： $\cos(\pi z)=0$ ，即 $z = \frac{1}{2} + k$ （ $k \in \mathbb{Z}$ ）。

在 $|z| < n$ 内部， $k = -n, -n+1, \ldots, n-1$ ，共 $2n$ 个一阶极点。

对每个极点 $z_k = k + 1/2$ ：
$\operatorname{Res}[\tan(\pi z), z_k] = \frac{\sin(\pi z_k)}{\frac{d}{dz}\cos(\pi z)\big|_{z=z_k}} = \frac{\sin(\pi(k+1/2))}{-\pi\sin(\pi(k+1/2))} = -\frac{1}{\pi}$
共 $2n$ 个极点，每个留数为 $-1/\pi$ 。
$\oint = 2\pi i \cdot 2n \cdot \left(-\frac{1}{\pi}\right) = -4n i$

第9-11题：无穷远点的留数

第9题： $\operatorname{Res}\left[\frac{1}{z}, \infty\right] = -1$ （已在前文详解）。

第10题： $\operatorname{Res}[e^{1/z}, \infty] = -1$ （已在前文详解）。

第11题： $\operatorname{Res}\left[\frac{1}{(z-1)(z-3)^5}, \infty\right]$ （可用留数总和定理，见前文思路）。

第30-33题：儒歇定理应用

第30题： $z^8 - 5z^5 - 2z + 1 = 0$ 在 $|z|<1$ 内根的个数 = 5。（已在5.3节例1详解。）

第31题： $z^4 - 5z + 1 = 0$ 在 $|z|<1$ 内根的个数 = 1。（已在5.3节例2详解。）

第32题： $z = \varphi(z)$ （ $|\varphi(z)|<1$ 在 $|z|\leq 1$ 上）在 $|z|<1$ 内恰有 1 个根。（已在5.3节例3详解。）

第33题：用儒歇定理证明代数基本定理。

证明（概述）：设 $P(z) = a_n z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_0$ （ $a_n \neq 0$ ）。

令 $f(z) = a_n z^n$ ， $g(z) = a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_0$ 。

在充分大的圆周 $|z| = R$ 上， $|f(z)| = |a_n|R^n$ ，而：
$|g(z)| \leq |a_{n-1}|R^{n-1} + \cdots + |a_0| \leq C R^{n-1}$
当 $R$ 充分大时， $|g(z)| < |f(z)|$ 在 $|z|=R$ 上成立。

$f(z) = a_n z^n$ 在 $|z|<R$ 内恰有 $n$ 个零点（即 $z=0$ 为 $n$ 阶零点）。由儒歇定理， $P(z) = f(z)+g(z)$ 在 $|z|<R$ 内也有 $n$ 个零点。由于 $R$ 可任意大，这 $n$ 个零点就是 $P(z)$ 的全部零点。∎

🔑 第五章§5.1 核心公式速查

留数计算

奇点类型	公式
可去奇点	$\operatorname{Res} = 0$
一阶极点	$\operatorname{Res} = \lim_{z\to z_0} (z-z_0)f(z)$
分式一阶极点	$\operatorname{Res}[P/Q, z_0] = P(z_0)/Q'(z_0)$
$m$ 阶极点	$\operatorname{Res} = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z\to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z_0)^m f(z)]$
本性奇点	罗朗展开取 $c_{-1}$

留数定理

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

无穷远点留数

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

\sum_{\text{有限}} \operatorname{Res} + \operatorname{Res}[\infty] = 0

儒歇定理

若在 $C$ 上 $|g(z)| < |f(z)|$ ，则 $f$ 和 $f+g$ 在 $C$ 内零点个数相同。

以上是第五章§5.1的完整讲解。核心技能是快速判断奇点类型并准确计算留数，这直接取决于第四章罗朗展开和奇点分类的熟练程度。建议把题库5.pdf的第1-11题和30-33题全部做一遍。

第五章 留数理论（§5.1）——完整详尽讲解

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