洛朗级数把函数在奇点附近的样子摊成一串负幂项，这串东西除了好看，还能拿来算积分。柯西 1826 年在《关于微分计算的新方法》里发现，一个函数沿闭曲线走一圈的积分，只取决于曲线里那些奇点附近的一个系数，其余项全部相消。这一步把许多凑不出来的定积分变成了代数运算。本章先给那个系数取名，再说清两种用法：一种直接套，另一种要自己造路。
一、孤立奇点的三种样子
洛朗展开把函数在奇点附近的行为分成两段：不含负幂的部分管它在那里怎么正常，含负幂的部分管它怎么坏。主要部分有几项，决定了这是哪一种奇点，而三类奇点对极限与积分的影响完全不同，所以先要把它们分开。
定义（孤立奇点及其分类）
设 \(z_0\) 是 \(f\) 的孤立奇点，\(f\) 在 \(0<|z-z_0|<\delta\) 内解析，洛朗展开为 \[ f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n .\] 若 \(n<0\) 时全部 \(c_n=0\)，\(z_0\) 称为可去奇点；若负幂项只有有限个，且 \(c_{-m}\neq 0\)、\(n<-m\) 时 \(c_n=0\)，\(z_0\) 称为 \(m\) 阶极点；若负幂项有无穷多个，\(z_0\) 称为本性奇点。
三类奇点各配一个等价判据，做题时哪个快用哪个。可去奇点的判据是 \(\lim_{z\to z_0}f(z)\) 存在且有限，极点的判据是这个极限为无穷，本性奇点的判据是极限根本不存在，既不是有限值也不是无穷。判别时最稳的办法是数分母零点的阶数，比如 \(\dfrac{\sin z}{z}\) 在 0 处上下都是一阶，约掉之后就是可去的。
本性奇点附近的图形很难画，函数在那里既不稳定也谈不上趋向某个值。皮卡 1879 年证出了一件更强的结论：在本性奇点任意小的邻域里，函数取到几乎每一个复值。要看懂这种乱，只能回到展开式，盯着主要部分那无穷多个负幂项。
1879 年，巴黎
皮卡数清了本性奇点附近的取值
「在本性奇点的任意小邻域内，单值解析函数取到每一个复值，至多有一个例外。」
皮卡《关于解析函数奇点附近取值的论文》，1879 年
这条结论把本性奇点从「极限不存在」这句消极的话里救了出来，说明那里的取值丰富得惊人。皮卡大定理、亚纯函数的例外值问题，都是从这儿长出来的。
可去奇点「可去」在哪里
只要补一句 \(f(z_0)=\lim_{z\to z_0}f(z)\)，函数就在这一点解析了，沿任何闭曲线的积分也不受影响。所以可去奇点的留数一定是 0，算题时看到它可以直接划掉，剩下的功夫花在极点和本性奇点上。
二、留数：只挑一个系数
留数只取展开式里的一项。\(f\) 在 \(z_0\) 的洛朗展开中，\((z-z_0)^{-1}\) 这一项的系数 \(c_{-1}\) 单独有一个名字，叫 \(f\) 在 \(z_0\) 的留数。为什么偏偏是这一项？把 \(z=z_0+\rho e^{i\theta}\) 代进去逐项积分就看出来了：\(n\neq -1\) 时原函数 \((z-z_0)^{n+1}/(n+1)\) 在圆上单值，绕一圈回到起点，积分为 0；只有 \(n=-1\) 时原函数是 \(\ln(z-z_0)\)，绕一圈辐角多出 \(2\pi\)，留下一个 \(2\pi i\)。
定义（留数）
设 \(z_0\) 是 \(f\) 的孤立奇点，\(f\) 在 \(0<|z-z_0|<\delta\) 内解析，其洛朗展开中 \((z-z_0)^{-1}\) 的系数 \(c_{-1}\) 称为 \(f\) 在 \(z_0\) 的留数，记作 \(\operatorname{Res}f(z_0)\) 或 \(\operatorname{Res}_{z=z_0}f(z)\)。等价地 \[ \operatorname{Res}f(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z-z_0|=\rho}f(z)\,dz,\qquad 0<\rho<\delta .\]
这个等价写法把留数定义成了一个积分，而且 \(\rho\) 取多大都行，因为换一个半径围住的还是同一个奇点，积分值不变。要算一个具体的留数，回到系数最快；要证明关于留数的定理，用积分形式最方便，柯西就是这么做的。
三、留数定理
把区域里的每个奇点各挖掉一个小圆，剩下的区域是复连通的，\(f\) 在里面处处解析，于是柯西定理说沿整条边界走一圈的积分是 0。这条边界由外圈和所有小圆拼成，外圈逆时针，小圆顺时针。把内圈移到等号右边、把方向掉回来，符号正好变正，剩下的就是留数。
定理（留数定理）
设 \(f\) 在简单闭曲线 \(C\) 的内部除有限个孤立奇点 \(z_1,z_2,\dots,z_n\) 外解析，在 \(C\) 上解析，则 \[ \oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum_{k=1}^{n}\operatorname{Res}f(z_k). \]
定理把积分换成了几个系数，而系数只由函数在奇点附近的局部形状决定。因此留数定理有两种用法，做题时先分清是哪一种：算闭路积分时它是公式，把围道里的奇点找齐、求留数相加就行了；算实积分时它是工具，得先自己造一条围道，让实轴上那一段成为围道的一部分。
算闭路积分是往里套，算实积分是先造路。造路的规矩只有一条：多出来的那段上，积分得趋于 0。
1826 年，巴黎；1831 年，都灵
柯西给 \(c_{-1}\) 起了个名字
「我把这个系数称为函数的留数，它把函数在奇点附近的行为收进了一个数里。」
柯西《关于微分计算的新方法》，1826 年；都灵论文两篇，1831 年
1826 年那篇论文里，他给 \(c_{-1}\) 命名并给出算法；1831 年在都灵的两篇论文里，他把它整理成留数定理，用它算出了一批原先要靠换元、配方硬凑的定积分。此后复分析里凡是求积分的题，第一步都是找奇点。
四、留数怎么算
实际算的时候没人真去展开洛朗级数，极点有现成公式。一阶极点最简单：若 \(f=\varphi/\psi\)，\(\psi(z_0)=0\) 而 \(\psi'(z_0)\neq 0\)，留数就是 \(\varphi(z_0)/\psi'(z_0)\)。\(m\) 阶极点则先乘上 \((z-z_0)^m\) 把主要部分消干净，再求 \(m-1\) 阶导数。
定理（留数的算法）
设 \(z_0\) 是 \(f\) 的孤立奇点。（1）若 \(z_0\) 是一阶极点，\(f(z)=\varphi(z)/\psi(z)\)，\(\psi(z_0)=0\)，\(\psi'(z_0)\neq 0\)，\(\varphi(z_0)\neq 0\)，则 \(\operatorname{Res}f(z_0)=\dfrac{\varphi(z_0)}{\psi'(z_0)}\)。（2）若 \(z_0\) 是 \(m\) 阶极点，则 \[ \operatorname{Res}f(z_0)=\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_0}\frac{d^{\,m-1}}{dz^{m-1}}\Big[(z-z_0)^m f(z)\Big]. \]（3）本性奇点没有这类公式，只能展开取 \(c_{-1}\)。
无穷远点要单列一条。函数在无穷远点附近的展开从正幂开始，它的留数定义成沿 \(|z|=R\) 顺时针积分的 \(\frac{1}{2\pi i}\)，算出来等于 \(-c_{-1}\)，负号来自那个顺时针。这条定义带来一个很省事的推论：把无穷远点也算进来，全平面所有奇点的留数之和是 0。
定理（无穷远点的留数）
设 \(f\) 在 \(R<|z|<+\infty\) 内解析，其洛朗展开中 \(\frac{1}{z}\) 的系数为 \(c_{-1}\)，则 \[ \operatorname{Res}f(\infty)=-\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=R}f(z)\,dz=-c_{-1}. \] 若 \(f\) 在扩充复平面上只有有限个奇点，则 \[ \sum_{k}\operatorname{Res}f(z_k)+\operatorname{Res}f(\infty)=0 .\]
无穷远点的留数为什么带负号
\(|z|=R\) 从正方向看是逆时针，可站在无穷远点那一头往回看，绕过中间这块区域的方向正好相反。定义里取顺时针，负号就出在这儿。做题时直接按 \(-c_{-1}\) 记，比每次去想方向省事，求和公式也就不会写错符号。
五、实积分的三条路
实积分的围道有三套现成模板，按被积函数的形状挑一套。挑之前先看两件事：实轴上有没有奇点，分子分母的次数差多少。前一件决定围道要不要在实轴上挖一个小半圆绕过去，后一件决定那段弧上的积分能不能压到 0。
定理（三类实积分的围道）
（1）有理函数：\(R(x)=P(x)/Q(x)\)，\(Q\) 的次数至少比 \(P\) 高 2，且 \(Q\) 在实轴上无零点，则 \[ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)\,dx=2\pi i\sum_{\operatorname{Im}z_k>0}\operatorname{Res}R(z_k). \]（2）三角有理式：\(\displaystyle\int_0^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)\,d\theta\) 令 \(z=e^{i\theta}\) 化为单位圆上的积分。（3）含指数因子：\(a>0\)，\(Q\) 的次数至少比 \(P\) 高 1，则 \[ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)e^{iax}\,dx=2\pi i\sum_{\operatorname{Im}z_k>0}\operatorname{Res}\big[R(z)e^{iaz}\big]. \]
第一类走上半平面的大半圆围道。选它的理由有两条：围道里的奇点一眼能数清，实轴上那一段恰好就是要求的积分。至于大半圆为什么可以不管，靠的是估计 \(|R(z)|\le C/|z|^2\)，弧长是 \(\pi R\)，两下一乘得到 \(C\pi/R\)，\(R\) 一大就趋于 0。次数差 2 这个条件就是为这一步准备的，只差 1 的话乘积只到 \(C\pi\)，压不下去。
第二类不用另造弧。代换 \(z=e^{i\theta}\) 把 \(\theta\) 从 0 到 \(2\pi\) 的一整段走成单位圆，围道天然闭合，多余的弧一段都没有。剩下的事只有判断哪个根落在单位圆里，以及别漏掉 \(dz=iz\,d\theta\) 带来的那个 \(z\)，分母上少写一个 \(z\)，答案会差出整整一个留数。
第三类还是上半平面那条围道，被积函数换成 \(R(z)e^{iaz}\)。有理部分照旧按次数估，指数部分由 \(e^{iaz}=e^{iax}e^{-ay}\) 给出，在上半平面 \(y>0\) 时它不超过 1，白送一份衰减。次数只差 1 的场合（例如 \(\frac{e^{iz}}{z}\)）光靠模的估计不够，得改用约当引理，靠 \(\sin\theta\) 的振荡把积分抵消掉。
约当引理那一步在估什么
把半圆弧分成靠近实轴的两小段和中间一大段。中间那段上 \(\sin\theta\ge 2\theta/\pi\)，于是 \(|e^{iaz}|\le e^{-2aR\theta/\pi}\)，指数衰减压过了弧长的线性增长；两小段的长度只有 \(1/R\) 的量级，用 \(|g|\) 有界就够。合起来整段积分趋于 0，条件只要 \(|g(z)|\to 0\) 一致成立。
实轴上有极点时，围道得在实轴上绕过它。办法是挖一个半径为 \(\rho\) 的小半圆，\(\rho\) 取很小，这段小半圆上的积分不趋于 0，它趋于 \(-i\pi\) 乘该点的留数，正好是绕整圈所得的一半。所以 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx\) 这类题，答案是 \(\pi\) 乘 \(z=0\) 处的留数，一大半功夫都花在说明小半圆和两个大半圆上的积分各自去向哪里。
实轴上的极点为什么只算半个留数
小半圆的半径 \(\rho\to 0\) 时弧长 \(\pi\rho\) 趋于 0，可 \(f\) 在极点附近像 \(c_{-1}/(z-z_0)\)，两个一乘留下一个常数。把 \(z=z_0+\rho e^{i\theta}\) 代进去，让 \(\theta\) 从 \(\pi\) 走到 0，算出来是 \(-i\pi c_{-1}\)。绕一整圈是 \(2\pi i c_{-1}\)，所以这段给出的是一半。
六、辐角原理与儒歇定理
留数还能数零点的个数。把 \(\dfrac{f'}{f}\) 拿来用留数定理：\(f\) 的 \(m\) 阶零点处，\(\dfrac{f'}{f}\) 有一阶极点而留数是 \(m\)；\(f\) 的 \(m\) 阶极点处，\(\dfrac{f'}{f}\) 也有一阶极点而留数是 \(-m\)。于是 \(\dfrac{f'}{f}\) 沿 \(C\) 的积分除以 \(2\pi i\)，恰好等于内部的零点数减极点数。
定理（辐角原理）
设 \(f\) 在简单闭曲线 \(C\) 上解析且无零点，在 \(C\) 内部除有限个极点外解析，则 \[ \frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{f'(z)}{f(z)}\,dz=N-P=\frac{1}{2\pi}\Delta_C\arg f(z), \] 其中 \(N\)、\(P\) 分别是 \(C\) 内零点与极点的个数，按重数计算。
右边那个等式是名字的来历：\(f(z)\) 沿 \(C\) 走一圈，它的辐角一共变了多少，就说明像曲线绕原点转了几圈，而圈数只能取整数，所以 \(N-P\) 一定是整数。这个整数与 \(C\) 的形状、大小都无关，只跟内部装了什么有关。
真数根的时候，辐角原理很少单用，通常配一个比对函数：要数 \(f\) 在 \(C\) 内几个零点，就找一个根数已知的 \(g\)，在 \(C\) 上比 \(|f-g|\) 与 \(|g|\) 谁大。
定理（儒歇定理）
设 \(f\) 与 \(g\) 在简单闭曲线 \(C\) 上及内部解析，且在 \(C\) 上 \(|f(z)-g(z)|<|g(z)|\)，则 \(f\) 与 \(g\) 在 \(C\) 内的零点个数相同，按重数计算。
用起来很直接。数 \(z^5+3z+1\) 在 \(|z|<1\) 里的根，取 \(g(z)=3z+1\)：在 \(|z|=1\) 上 \(|f-g|=|z^5|=1\)，而 \(|g|=|3z+1|\ge 2\)，不等式成立，所以 \(f\) 与 \(g\) 在圆内的根一样多。\(g\) 只有一个根，\(f\) 也只有一个。这一步只用 \(|f-g|\) 与 \(|g|\) 的比较，没有解任何方程。
怎么算
- 先列奇点清单。把分母的零点、本性奇点、无穷远点全写上，再逐个判类型。围道里漏一个奇点，答案就少一项。
- 奇点在外面的多于里面的，改用无穷远点。留数总和是 0，算外面往往只算一项。
- 一阶极点用 \(\varphi/\psi'\)，别展开。\(m\) 阶极点才需要求导，求导阶数就是 \(m-1\)。
- 实积分先看类型，再定围道。定完围道马上写弧上的估计，别等算完留数才想起那段是否趋零。
- 算了 \(e^{iaz}\) 之后，实部给 \(\cos\)，虚部给 \(\sin\)。题目要哪个就取哪个，别从头再算一遍。
例题
例 1 计算 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2}\)。
这是有理函数，分母次数高 2，实轴无极点，走上半平面大半圆。\(R(z)\) 在围道里只有一阶极点 \(z=i\)，留数 \(\frac{1}{2i}\)。弧上 \(|R|\le\frac{1}{R^2-1}\)，乘弧长 \(\pi R\) 后趋于 0，所以积分等于 \(2\pi i\cdot\frac{1}{2i}=\pi\)。
例 2 计算 \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{5+3\cos\theta}\)。
三角有理式，令 \(z=e^{i\theta}\)，\(\cos\theta=\frac{z+z^{-1}}{2}\)，\(d\theta=\frac{dz}{iz}\)，积分变成 \(\frac{2}{i}\oint\frac{dz}{3z^2+10z+3}\)。单位圆本身就是闭合围道，不用另加弧。两根 \(-\frac13\) 与 \(-3\)，只有 \(-\frac13\) 在内，留数 \(\frac18\)，结果为 \(\frac{\pi}{2}\)。
例 3 计算 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{1+x^2}dx\)。
换成 \(\frac{e^{iz}}{1+z^2}\)，还是上半平面围道：实轴上没有极点，\(\cos x\) 是 \(e^{ix}\) 的实部。围道里只有 \(z=i\)，留数 \(\frac{e^{-1}}{2i}\)。大半圆上 \(\left|e^{iz}\right|\le 1\)，整段被 \(\frac{\pi R}{R^2-1}\) 压到 0，取实部得 \(\frac{\pi}{e}\)。
习题
A 档 巩固定义与基本计算，每题五分钟内
1. 求 \(f(z)=\dfrac{1}{z^2+1}\) 在 \(z=i\) 处的留数。
看答案
一阶极点，\(\psi'=2z\)，留数 \(\frac{1}{2i}=-\frac{i}{2}\)。
2. 求 \(f(z)=\dfrac{z-1}{z^2(z+1)}\) 在 \(z=0\) 与 \(z=-1\) 处的留数。
看答案
\(z=0\) 是二阶极点，留数 \(\left[\frac{z-1}{z+1}\right]'_{z=0}=2\)。\(z=-1\) 是一阶极点，留数 \(\frac{-2}{1}=-2\)。
3. 计算 \(\displaystyle\oint_{|z|=1}\frac{e^z}{z}dz\)。
看答案
\(z=0\) 是一阶极点，留数 \(e^0=1\)，积分为 \(2\pi i\)。
4. 指出 \(z=0\) 是 \(\dfrac{\sin z}{z}\) 的哪一类奇点，并求留数。
看答案
\(\sin z/z=1-\frac{z^2}{3!}+\cdots\)，负幂项一项都没有，是可去奇点，留数为 0。
5. 求 \(f(z)=ze^{1/z}\) 在 \(z=0\) 处的留数。
看答案
展开得 \(z+\frac{z}{z}+\frac{z}{2z^2}+\cdots\)，\(c_{-1}=\frac12\)，所以留数是 \(\frac12\)。
6. 计算 \(\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{d\theta}{2+\cos\theta}\)。
看答案
令 \(z=e^{i\theta}\)，化为 \(\frac{2}{i}\oint\frac{dz}{z^2+4z+1}\)，圆内根为 \(-2+\sqrt3\)，留数 \(\frac{1}{2\sqrt3}\)，结果为 \(\frac{2\pi}{\sqrt3}\)。
B 档 综合题，接近期末与考研难度
1. 计算 \(\displaystyle\oint_{|z|=3}\frac{z+1}{(z^2-1)^2}dz\)。算完再用无穷远点的留数验证一遍。
看答案
\(f=\frac{1}{(z-1)^2(z+1)}\)。\(z=1\) 二阶，留数 \(-\frac14\)；\(z=-1\) 一阶，留数 \(\frac14\)，和为 0。无穷远点也解析，\(\operatorname{Res}f(\infty)=0\)，一致。
2. 计算 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+2x+2}\)。
看答案
极点 \(z=-1+i\) 在上半平面，是一阶极点，留数 \(\frac{1}{2z+2}=\frac{1}{2i}\)。积分为 \(2\pi i\cdot\frac{1}{2i}=\pi\)。
3. 计算 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x\sin x}{x^2+1}dx\)。
看答案
改算 \(\frac{ze^{iz}}{z^2+1}\)，上半圆上有理部分趋于 0，可用约当引理。\(z=i\) 处留数 \(\frac{e^{-1}}{2}\)，围道积分为 \(\pi i e^{-1}\)，虚部给出 \(\frac{\pi}{e}\)。
4. 用儒歇定理说明 \(z^7-5z^3+z+2\) 在 \(|z|<1\) 内有几个根。
看答案
取 \(g=-5z^3\)，在 \(|z|=1\) 上 \(|f-g|=|z^7+z+2|\le 4<5\)，所以根数与 \(g\) 相同，为 3 个。
C 档 拓展与历史原题
1.（柯西，1826）用留数计算 \(\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{dx}{1+x^4}\)。
看答案
上半平面两个一阶极点 \(e^{i\pi/4}\) 与 \(e^{3i\pi/4}\)，每处留数为 \(-\frac{z}{4}\)。留数和为 \(-\frac{\sqrt2}{4}i\)，乘 \(2\pi i\) 得 \(\frac{\pi}{\sqrt2}\)，取一半是 \(\frac{\pi}{2\sqrt2}\)。
2. 用实轴上挖小半圆的办法计算 \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}dx\)。
看答案
把 \(\frac{e^{iz}}{z}\) 放在上半平面围道上，\(z=0\) 处留数为 1。大半圆由约当引理趋零，\(z=0\) 处的小半圆给出 \(-\pi i\)，故积分为 \(\pi\)。
3.（儒歇，1862）用儒歇定理证明 \(z^5+3z+1\) 在 \(|z|<1\) 内恰有一个根。
看答案
取 \(g=3z+1\)，在 \(|z|=1\) 上 \(|f-g|=|z^5|=1<2\le|3z+1|\)。\(g\) 在圆内一个根，所以 \(f\) 也只有一个。
思考题 不设标准答案，只给提示
1. 闭路积分只由 \(c_{-1}\) 决定，那其余系数凭什么不影响结果？
看提示
沿小圆逐项积分时，\(n\neq-1\) 的项原函数单值，绕一圈回到原处；只有 \(n=-1\) 的对数项每圈多攒 \(2\pi i\)。可以自己算一遍 \(\oint z^n dz\) 验证。
2. 有理函数要求分母高两次，含 \(e^{iaz}\) 的只要求高一次，这个差别从哪儿来？
看提示
前一类全靠模的估计，弧长与模的衰减要抵消掉一个 \(R\)；后一类还可以借约当引理，用指数衰减白得一个 \(1/R\)，于是次数差一次就够。
3. 儒歇定理里把严格的 \(|f-g|<|g|\) 换成 \(|f-g|\le|g|\)，会出什么问题？
看提示
等号可能出现在某个点上，那个点也许正是 \(f\) 或 \(g\) 的零点，辐角原理要求的「\(g\) 在 \(C\) 上无零点」就保不住了，结论可能差一个根。
延伸阅读
- 钟玉泉《复变函数论》第四版，第五章。本章的奇点分类口径、留数公式与三类实积分模板都照这本。
- 柯西《关于微分计算的新方法》（1826），收在《柯西全集》第二辑第六卷，看留数这个词最初怎么被使用。
- Lars Ahlfors, Complex Analysis, 第 4 章。留数与辐角原理的现代讲法，条件写得更细。
- Tristan Needham, Visual Complex Analysis, 关于绕数与留数的几章。把围道积分画成「绕了几圈」，图比本书多得多。