7、z
8、<+∞内，有所以5.1.2留数定理定理5.1(留数定理)设函数f(z)在以（复）围线C所围的区域D内除z1,z2,…,zn外解析,在D=D+C上连续，则证把zk(k=1,2,…,
9、n)用互不相交、互不包含且完全落在区域D内的正向简单闭曲线Ck(k=1,2,…,n)围绕起来（图5.1）,那么根据多连通区域上的柯西积分定理（定理3.8）有等式两边同除以2πi，得即留数定理表明，沿闭曲线C上的积分计算可以转化为被积函数在C内各孤立奇点处的留数计算.图5.15.1.3留数的计算一般地，可以通过求f(z)在孤立奇点z0的Laurent展式得到f(z)在z0的留数Resz=z0f(z)，比如本性奇点处的留数往往用此方法获得，但对于极点，有更简便的方法.定理5.2若z0为f(z)的m级极点，则特别地，当m=1，即z0为f(z)的一阶极点时，则证
10、若z0为f(z)的m级极点，则由定理4.25有，其中φ(z)在z0处解析且φ(z0)≠0，于是由定义5.1及定理3.11得对于简单极点，还有定理5.3函数P(z)及Q(z)在z0解析，且P(z0)≠0，Q(z0)=0，Q′(z0)≠0， 则Res［f(z),z0］=证因为z0为的一级极点,由式(5.4)则有应用定理5.2与定理5.3计算函数在一、二级极点处的留数是很方便的，应熟练掌握.例5.2求下列函数f(z)在其有限孤立奇点处的留数解(1)z=±i为f(z)的一级极点,则由定理5.2得(2)(k=0,±1,±2,…)是cosz的一级零点,所以是f(z)
11、的一级极点,则由定理5.3得(3)z=0是分母的四级零点,分子的一级零点,因而是f(z)的三级极点,则由定理5.2得例5.3计算积分解显然被积函数在
12、z
13、=2内有两个一级极点z=±1及一个二级极点z=0,由定理5.2得因此,由留数定理5.1得例5.4求沿闭曲线C的积分,其中C为x2+y2=2x+2y取正向.解由于在C内f(z)有一个一级极点z=i与一个二级极点z=1，且则例5.5计算积分解被积函数在圆周
14、z
15、=2内只有本性奇点z=1,因为故5.1.4无穷远点的留数定义5.2设∞为f(z)的一个孤立奇点，即f(z)在∞的某去心邻域0≤r<
16、z
17、<+∞内解析
18、，C为正向圆周：
19、z
20、=ρ(ρ>r)，则称为f(z)在∞处的留数,记为Resz=∞f或Res［f(z),∞］，即这里C－是指顺时针的方向.设f(z)在0≤r<
21、z
22、<+∞内的Laurent展式为则由逐项积分定理以及例3.1，即知也就是说，Resz=∞等于f(z)在∞点的Laurent展式中这一项的系数的相反数.因此，如果f(z)以∞为可去奇点（解析点），则Resz=∞f不一定为零，例如以∞为可去奇点（解析点），但f(z)=1；以∞为可去奇点（解析点），但Resz=∞例5.6求在∞点的留数.解由于在123、出另一计算的公式.定理5.4证令，则且从而可以证明于是有式(5.8)，例如定理5.5（留数总和定理）设f(z)在上只有有限个孤立奇点（包括无穷远点），设为z1,z2,…,zn,∞，则f(z)在各孤立奇点的留数总和为零，即证作圆周C，使z1,z2,…,zn皆含于C的内部，则由留数定理 得两边同除以2πi，并移项得故(5.9)成立.例5.7计算积分.解被积函数在C上一共有7个孤立奇点：z=3以及z=∞．其中前5个奇点在内部．要计算内部5个奇点的留数和时十分麻烦的，因此，应用定理5.5以及留数定理得而再由可得故例5.8计算.解由于以zk=1〖〗2kπi(k=±
24、1,±2,为零点，故以zk为极点，且它们都在
25、z
26、=1内（无限个孤立奇点）.又l
