绕原点一周，$1/z$ 的积分是 $2\pi i$，$1/z^2$ 的积分却是零。后一个函数的奇点更强，为什么积分反而没有留下东西？上一章的逐项积分已经给了答案：闭路积分只挑出 Laurent 展开的负一次幂。这一章就沿着这条线，把局部系数变成计算积分和统计零点的方法。

留数只记录一个系数

设 $a$ 是孤立奇点，在足够小的穿孔圆盘内写成

$$f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_n(z-a)^n.$$

留数定义为 $\operatorname{Res}(f,a)=a_{-1}$。沿正向圆周 $C_\rho:|z-a|=\rho$，代入 可得

$$\oint_{C_\rho}(z-a)^n\,dz= \begin{cases}2\pi i,&n=-1,\\0,&n\ne-1.\end{cases}$$

Laurent 级数在这条圆周上一致收敛，允许逐项积分，因此

$$\oint_{C_\rho}f(z)\,dz=2\pi i\,\operatorname{Res}(f,a).$$

留数不是奇点的阶数，也不衡量函数有多大。$1/z^2$ 的留数是零，但原点仍是二阶极点；$e^{1/z}$ 的留数是 $1$，原点却是本性奇点。判断类型看整个主部，计算这个积分只取其中一项。

绕小圆积分只保留负一次幂的系数；其他负幂仍能造成极点，却不贡献这个积分。

让一条大曲线分成几条小圆

设 $C$ 是分段光滑、逆时针的简单闭曲线，$f$ 在曲线及其内部的一个邻域内，除有限个孤立奇点 $a_1,\ldots,a_s$ 外全纯，并且这些奇点都不在 $C$ 上。给出

$$\oint_C f(z)\,dz=2\pi i\sum_{j=1}^{s}\operatorname{Res}(f,a_j).$$

可以把它看成上一节小圆公式的汇总。给每个奇点挖去一个很小的圆盘，圆盘两两不交且都在大曲线内部；剩下的区域中 $f$ 全纯。带孔区域的正向边界由逆时针的大曲线和顺时针的小圆构成。用第4章的 Cauchy 定理，边界积分为零，移项后，大曲线的积分等于各条逆时针小圆积分之和。

如果还想把区域切开来检查，可以从各个孔向外边界作切线。同一条切线在边界中出现两次，方向相反，积分抵消。最终保留下来的恰好是大边界和小圆，没有额外贡献。

挖去奇点以后，带孔区域的边界积分为零；把顺时针小圆移到另一侧，就得到留数的总贡献。

曲线不必是圆，曲线内的奇点也不必都是极点。真正需要的是上面的全纯范围与边界条件。把方向反过来，积分整体变号；曲线经过奇点时，这个普通闭路积分公式不能直接使用。

先判断局部结构，再选算法

分母只有一个简单零点

若 $f=g/h$，$g,h$ 在 $a$ 附近全纯，且 $h(a)=0,\ h'(a)\ne0$，则

$$h(z)=(z-a)q(z),\qquad q(a)=h'(a)\ne0.$$

于是 $(z-a)f(z)=g(z)/q(z)$ 在 $a$ 附近全纯，负一次幂的系数就是它在 $a$ 的值：

$$\operatorname{Res}(f,a)=\frac{g(a)}{h'(a)}.$$

这里有个容易漏掉的区别：只有当 $g(a)\ne0$ 时，$a$ 才确实是简单极点。若 $g(a)=0$，分子的零点把分母抵消，奇点可去，公式仍然给出正确的留数 $0$。所以“分母有简单零点”不能单独推出“函数有简单极点”。

例题： 计算正向圆 $|z|=3$ 上

$$\oint_{|z|=3}\frac{4z-1}{z(z-2)}\,dz.$$

圆内只有 $0,2$ 两个简单极点，圆上没有奇点。用极限形式计算：

$$\operatorname{Res}(f,0)=\left.\frac{4z-1}{z-2}\right|_{z=0}=\frac12,\qquad \operatorname{Res}(f,2)=\left.\frac{4z-1}{z}\right|_{z=2}=\frac72.$$

两者相加为 $4$，所以积分为 $8\pi i$。若把圆半径改为 $1$，只剩原点的贡献，积分变成 $\pi i$。函数没变，圈住哪些奇点变了。

高阶极点，求导和展开都可以

若 $a$ 是 $m$ 阶极点，令 $\phi(z)=(z-a)^mf(z)$。它在 $a$ 附近全纯且 。把 展成 Taylor 级数，再除以 ，要得到负一次幂，就应取 的 次项：

$$\operatorname{Res}(f,a)=\frac{\phi^{(m-1)}(a)}{(m-1)!}.$$

简单极点取极限，高阶极点提取全纯因子的相应 Taylor 系数。分母幂次须在抵消后判断。

求导次数高时，我更愿意先看看现成的级数是否够用。例如

$$\frac{e^{2z}}{z^3} =\frac1{z^3}+\frac2{z^2}+\frac2z+\frac43+\cdots$$

直接给出留数 $2$。用高阶公式也得到 $(e^{2z})''|_{z=0}/2!=4/2=2$。两种方法选择哪一种，取决于哪边能少做无用计算。

再看 $1/[z^2(z-1)]$ 在原点的留数。导数法中 $\phi(z)=1/(z-1)$，故 ${\varphi }^{\mathrm{\prime }}($。展开法则给出

$$-\frac1{z^2}\frac1{1-z}=-\frac1{z^2}-\frac1z-1-\cdots,\qquad0<|z|<1.$$

负号不能省。若连同 $z=1$ 一起圈住，另一个留数是 $1$，总积分反而为零。

抵消后，分母幂次会骗人

对 $(e^z-1-z)/z^4$，分母写着四次幂，但分子从 $z^2/2$ 开始。相除得到

$$\frac{e^z-1-z}{z^4}=\frac1{2z^2}+\frac1{6z}+\frac1{24}+\cdots.$$

原点是二阶极点，留数是 $1/6$。真正的阶数由抵消后的最负幂决定。若直接认定四阶，既会误报类型，也会把计算弄得更繁琐。

分子从二次项开始，抵消以后最负幂是 $z^{-2}$，而留数来自另外的 $z^{-1}/6$。

在下面的实验中改变分子的零点阶数和分母幂次，预测它会落在哪一种情形。观察主部哪些项消失，再改变圆的半径和方向，比较数值积分与 $2\pi i$ 乘留数。留数为零时，特别检查页面显示的是“可去”还是“仍有极点”。

无穷远的负号从哪里来

在无穷远附近用 $w=1/z$ 作坐标，微分同时变成 $dz=-w^{-2}dw$。因此定义

$$\operatorname{Res}(f,\infty) =-\operatorname{Res}\!\left(\frac{f(1/w)}{w^2},0\right).$$

若外部 Laurent 展开中 $f(z)$ 的 $z^{-1}$ 系数是 $b_{-1}$，代入后 $f(1/w)/w^2$ 的 系数也为 ，所以无穷远留数是 。别只把函数里的 换掉，遗漏了微分。

当有限平面内只有有限个孤立奇点、且它们之外函数全纯时，取足够大的逆时针圆 $|z|=R$。一方面积分等于有限点留数和的 $2\pi i$ 倍；另一方面由外部 Laurent 展开，它等于 $2\pi i b_{-1}$。因此

$$\sum_{a\in\mathbb C}\operatorname{Res}(f,a)+\operatorname{Res}(f,\infty)=0.$$

这里无穷远也有一个完整穿孔邻域可用，不能把公式套给在有限处有无穷多个奇点、一直延伸到无穷远的情形。

前面的有理函数满足

$$\frac{4z-1}{z(z-2)}=\frac4z+O(z^{-2})\qquad(z\to\infty),$$

所以无穷远留数为 $-4$，恰与有限点的 $1/2+7/2=4$ 相抵。这个方法特别适合只要“全部有限留数之和”、不需要各点数值的题。

有限点留数和为 $4$，无穷远留数为 $-4$。负号来自坐标替换时微分的变化。

用边界上的变化，统计内部的零点

现在让被积函数变成 $f'/f$。设 $f$ 在简单闭曲线 $C$ 及其内部的邻域内亚纯，曲线上没有零点或极点，且 $C$ 逆时针。亚纯意味着这里只有全纯点和孤立极点，不能夹进本性奇点。

若 $a$ 是 $m$ 阶零点，局部写成 $f(z)=(z-a)^m g(z)$，其中 $g(a)\ne0$。直接求导再相除：

$$\frac{f'(z)}{f(z)}=\frac m{z-a}+\frac{g'(z)}{g(z)}.$$

第二项在 $a$ 附近全纯，所以 $f'/f$ 在这里的留数为 $m$。在 $m$ 阶极点处，同样的分解用负幂，留数就变成 $-m$。套用刚证明的留数定理得到辐角原理：

$$\frac1{2\pi i}\oint_C\frac{f'(z)}{f(z)}\,dz=N-P,$$

其中 $N,P$ 分别是内部零点和极点的总阶数。一个二阶零点按两个计，一个三阶极点贡献负三。

这个整数为什么叫“辐角”的变化？令 $w=f(z)$，积分变成沿像曲线 $f(C)$ 的 $\int dw/w$。沿曲线连续追踪辐角，而不是每次强行跳回主值区间；一周后 $\log|w|$ 回到起点，辐角的净增量是 的整数倍。这个整数就是像曲线绕原点的绕数。因此看的是 ，并非只看原曲线 绕零几周。

例如 $f(z)=(z-\tfrac12)^2/(z+2)$，在 内有二阶零点，没有极点，故 ；在 内多出一个简单极点，变为 。半径恰为 或 时，边界经过零点或极点，不能继续沿用计数式。

两幅图只示意包含关系，不按比例。半径由 $1$ 增至 $3$，计数从二阶零点的 $2$ 变为 $2-1$。

在实验中调大圆的半径，分别观察原平面的零点、极点与像曲线。改变方向前预测符号，再看连续累积的辐角，而不要只读终点的主辐角。边界触点应使计数暂停；这不是程序少算了一个点，而是定理的条件已经失效。

不求根，也能确定个数

很多多项式没法方便地分解。此时可以在边界比较一个容易计数的主项与剩余部分。设 $g,h$ 在 $C$ 及内部的邻域全纯，并在 $C$ 上满足

$$|h(z)|<|g(z)|.$$

Rouché 定理断言：$g+h$ 与 $g$ 在内部的零点总阶数相同。

这里的严格不等式有明确作用。把 $g$ 连续变成 $g+t h$，$0\le t\le1$，边界上始终有

$$|g+t h|\ge |g|-t|h|\ge |g|-|h|>0.$$

所以整个变化过程中没有零点碰上边界。更精确地，辐角原理给出的

$$n(t)=\frac1{2\pi i}\oint_C\frac{g'+t h'}{g+t h}\,dz$$

一直是整数；分母在紧集 $[0,1]\times C$ 上远离零，被积函数随 $t$ 一致连续，因而积分也连续。区间上的连续整数值函数只能是常数，这就证明两端的零点数相同。

例题： $p(z)=z^5+5z+2$ 在单位圆内和半径 $2$ 的圆内各有几个零点？

在 $|z|=1$ 上选 $g=5z$，因为 $|z^5+2|\le3<5=|5z|$，内部恰有一个零点。在 上换成 ，有 ，内部恰有五个零点。两个圆周都无零点，所以环域 内有四个。主项不是固定选最高次项，而是根据边界上的大小来选。

练习

练习 1｜留数相同，类型相同吗。 分别判断 $z^2/\sin z$、$\cos z/z^2$、$e^{1/z^2}$ 在原点的奇点类型和留数。

查看解答

$\sin z=z(1-z^2/6+\cdots)$，所以第一项等于 $z/(1-z^2/6+\cdots)$，原点可去，留数为零。第二项为 ，原点是二阶极点，留数仍为零。第三项有无限多个负偶次幂，是本性奇点，没有负一次幂，留数也为零。三者类型不同，留数却相同；不能由留数为零推断全纯。

练习 2｜方向与抵消。 沿顺时针圆 $|z|=2$ 计算 $\oint (e^z-1)/z^3\,dz$。

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展开为 $z^{-2}+\tfrac12 z^{-1}+\tfrac16+\cdots$，原点是二阶极点、留数 。圆内没有其他奇点，顺时针再乘负号，答案为 。分子的一阶零点同时影响极点阶数，不能把分母三次幂直接当三阶。

练习 3｜只求总和。 求 $f(z)=(3z^2+2)/(z^3-8)$ 的全部有限点留数之和，不逐个写出三个极点。

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当 $|z|$ 足够大时，$f(z)=3/z+O(z^{-3})$，所以无穷远留数为 $-3$。有限点留数之和是 。由此也知道任一正向大圆圈住所有极点后，积分为 。

练习 4｜零点落在哪一圈。 证明 $z^4+4z+1$ 在 $|z|<1$ 内恰有一个零点，在 $1<|z|<2$ 内恰有三个，均按重数计。

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单位圆上 $|z^4+1|\le2<4=|4z|$，与 $4z$ 比较得一个。半径 $2$ 的圆上 ，与 比较得四个。严格不等式同时排除两条边界上的零点，相减得环域内三个。两次选择主项的依据都是边界上的估计。

1

正向简单闭曲线内有一个二阶零点和一个三阶极点，边界没有零点或极点；辐角原理中 N−P 是多少？

A.−1B.5C.1D.−5

2

g/h 的分母 h 在 a 有简单零点，就能保证 a 是 g/h 的简单极点。

正确错误