§01 数学原理
1.1 留数定理
1.1.1 留数定义
设函数 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在区域 D D D 内解析， z 0 z_0 z0 是位于 D D D 中的 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 的一个孤立奇点。 C C C 是 z 0 z_0 z0 某个去心邻域中包含 z 0 z_0 z0 的一条正向简单闭曲线。定义 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在 z 0 z_0 z0 处的留数 为： R e s [ f ( z ) , z 0 ] = 1 2 π i ∮ C f ( z ) d z {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),z_0 } \right] = {1 \over {2\pi i}}\oint_C {f\left( z \right)dz} Res[f(z),z0]=2πi1∮Cf(z)dz
▲ 图1.1.1 解析区域中的孤立奇点
1.1.2 留数定理
设函数 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在区域 D D D 内除了有限个孤立奇点 z 1 , z 2 , ⋯ , z n z_1 ,z_2 , \cdots ,z_n z1,z2,⋯,zn 外处处解析。 C C C 是 D D D 内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线，那么 ∮ C f ( z ) d z = 2 π i ∑ k = 1 n R e s [ f ( z ) , z k ] \oint_C {f\left( z \right)dz} = 2\pi i\sum\limits_{k = 1}^n { {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),z_k } \right]} ∮Cf(z)dz=2πik=1∑nRes[f(z),zk]
▲ 图1.1.2 留数定理中的区域和孤立奇点
证明： 【略】
利用留数定理，求沿封闭曲 C C C 的积分，就可以转化为求被积函数在 C C C 中的各个孤立奇点处的留数。
1.2 留数计算规则
1.2.1 规则I
如果 z 0 z_0 z0 为 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 的一级极点，那么 R e s [ f ( z ) , z 0 ] = lim z → z 0 ( z − z 0 ) f ( z ) {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),z_0 } \right] = \mathop {\lim }\limits_{z \to z_0 } \left( {z - z_0 } \right)f\left( z \right) Res[f(z),z0]=z→z0lim(z−z0)f(z)
1.2.2 规则II
如果 z 0 z_0 z0 是 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 的 m m m 级极点，那么 R e s [ f ( z ) , z 0 ] = 1 ( m − 1 ) ! lim z → z 0 d m − 1 d z m − 1 [ ( z − z 0 ) m f ( z ) ] {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),z_0 } \right] = {1 \over {\left( {m - 1} \right)!}}\mathop {\lim }\limits_{z \to z_0 } { {d^{m - 1} } \over {dz^{m - 1} }}\left[ {\left( {z - z_0 } \right)^m f\left( z \right)} \right] Res[f(z),z0]=(m−1)!1z→z0limdzm−1dm−1[(z−z0)mf(z)]
1.2.3 规则III
设 f ( z ) = P ( z ) Q ( z ) f\left( z \right) = { {P\left( z \right)} \over {Q\left( z \right)}} f(z)=Q(z)P(z) ， P ( z ) P\left( z \right) P(z) 以及 Q ( z ) Q\left( z \right) Q(z) 在 z 0 z_0 z0 都解析，如果 P ( z 0 ) ≠ 0 , Q ( z 0 ) = 0 , Q ′ ( z 0 ) ≠ 0 P\left( {z_0 } \right) \ne 0,Q\left( {z_0 } \right) = 0,Q'\left( {z_0 } \right) \ne 0 P(z0)=0,Q(z0)=0,Q′(z0)=0 ，那么 z 0 z_0 z0 为 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 的 一级极点，而 R e s [ f ( z ) , z 0 ] = P ( z 0 ) Q ′ ( z 0 ) {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),z_0 } \right] = { {P\left( {z_0 } \right)} \over {Q'\left( {z_0 } \right)}} Res[f(z),z0]=Q′(z0)P(z0)
1.3 无穷远点的留数
1.3.1 无穷远点留数定义
设 C C C 是在圆环域 R < ∣ z ∣ < + ∞ R < \left| z \right| < + \infty R<∣z∣<+∞ 绕原点正向简单曲线，函数 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在圆环域内处处解析，定义 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在 ∞ \infty ∞ 的留数为 R e s [ f ( z ) , ∞ ] = 1 2 π i ∮ C − f ( z ) d z {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),\infty } \right] = {1 \over {2\pi i}}\oint_{C^ - } {f\left( z \right)dz} Res[f(z),∞]=2πi1∮C−f(z)dz
f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在 ∞ \infty ∞ 的留数都与它在 ∞ \infty ∞ 点去心邻域 R < ∣ z ∣ < + ∞ R < \left| z \right| < + \infty R<∣z∣<+∞ 内洛朗展开中的 z − 1 z^{ - 1} z−1 的系数变号。
1.3.2 留数定理二
如果函数 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 在扩充复平面内只有有限个孤立奇点，那么 f ( z ) f\left( z \right) f(z) 所左右各七点（包括 ∞ \infty ∞ 点）的留数总和必等于零。
1.3.3 无穷远点留数计算规则
R e s [ f ( z ) , ∞ ] = − R e s [ f ( 1 z ) ⋅ 1 z 2 , 0 ] {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),\infty } \right] = - {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( { {1 \over z}} \right) \cdot {1 \over {z^2 }},0} \right] Res[f(z),∞]=−Res[f(z1)⋅z21,0]
§02 应用举例
2.1 计算围线积分
2.1.1 计算积分
计算下面积分值，其中 C C C 为正向圆周： ∣ z ∣ = 2 \left| z \right| = 2 ∣z∣=2 。 ∮ C z e z z 2 − 1 d z \oint_C { { {ze^z } \over {z^2 - 1}}dz} ∮Cz2−1zezdz
求解： 由于 f ( z ) = z e z z 2 − 1 f\left( z \right) = { {ze^z } \over {z^2 - 1}} f(z)=z2−1zez 有两个一级极点 + 1 , − 1 + 1, - 1 +1,−1 ，而这两个极点都在圆周 ∣ z ∣ = 2 \left| z \right| = 2 ∣z∣=2 内，所以 ∮ C z e z z 2 − 1 d z = 2 π i { R e s [ f ( z ) , 1 ] + R e s [ f ( z ) , − 1 ] } \oint_C { { {ze^z } \over {z^2 - 1}}dz} = 2\pi i\left\{ { {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),1} \right] + {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right), - 1} \right]} \right\} ∮Cz2−1zezdz=2πi{ Res[f(z),1]+Res[f(z),−1]} 根据规则I，可得 R e s [ f ( z ) , 1 ] = lim z → 1 ( z − 1 ) z e z z 2 − 1 = lim z → 1 z e z z + 1 = e 2 {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),1} \right] = \mathop {\lim }\limits_{z \to 1} \left( {z - 1} \right){ {ze^z } \over {z^2 - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{z \to 1} { {ze^z } \over {z + 1}} = {e \over 2} Res[f(z),1]=z→1lim(z−1)z2−1zez=z→1limz+1zez=2e R e s [ f ( z ) , − 1 ] = lim z → − 1 ( z + 1 ) z e z z 2 − 1 = lim z → − 1 z e z z − 1 = e − 1 2 {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right), - 1} \right] = \mathop {\lim }\limits_{z \to - 1} \left( {z + 1} \right){ {ze^z } \over {z^2 - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{z \to - 1} { {ze^z } \over {z - 1}} = { {e^{ - 1} } \over 2} Res[f(z),−1]=z→−1lim(z+1)z2−1zez=z→−1limz−1zez=2e−1 因此 ∮ C z e z z 2 − 1 d z = 2 π i ( e 2 + e − 1 2 ) = 2 π i c h ( 1 ) \oint_C { { {ze^z } \over {z^2 - 1}}dz} = 2\pi i\left( { {e \over 2} + { {e^{ - 1} } \over 2}} \right) = 2\pi ich\left( 1 \right) ∮Cz2−1zezdz=2πi(2e+2e−1)=2πich(1)
另外解法： 也可以应用规则III求解留数 R e s [ f ( z ) , 1 ] = z e z 2 z ∣ z = 1 = e 2 , R e s [ f ( z ) , − 1 ] = z e z 2 z ∣ z = − 1 = e − 1 2 {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),1} \right] = \left. { { {ze^z } \over {2z}}} \right|_{z = 1} = {e \over 2},\,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right), - 1} \right] = \left. { { {ze^z } \over {2z}}} \right|_{z = - 1} = { {e^{ - 1} } \over 2} Res[f(z),1]=2zzez∣∣∣∣z=1=2e,Res[f(z),−1]=2zzez∣∣∣∣z=−1=2e−1 这种求解留数更加简洁。
2.1.2 计算积分
计算积分，其中 C C C 为正向圆周： ∣ z ∣ = 2 \left| z \right| = 2 ∣z∣=2 。 ∮ C z z 4 − 1 d z \oint_C { {z \over {z^4 - 1}}dz} ∮Cz4−1zdz
求解： 积分函数 f ( z ) = z z 4 − 1 f\left( z \right) = {z \over {z^4 - 1}} f(z)=z4−1z 具有四个一级极点， ± 1 , ± i \pm 1, \pm i ±1,±i 都在圆周 ∣ z ∣ = 2 \left| z \right| = 2 ∣z∣=2 内，所以 ∮ C z z 4 − 1 d z = 2 π i { R e s [ f ( z ) , 1 ] + R e s [ f ( z ) , − 1 ] + R e s [ f ( z ) , i ] + R e s [ f ( z ) , − i ] } \oint_C { {z \over {z^4 - 1}}dz} = 2\pi i\left\{ { {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),1} \right] + {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right), - 1} \right] + {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),i} \right] + {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right), - i} \right]} \right\} ∮Cz4−1zdz=2πi{ Res[f(z),1]+Res[f(z),−1]+Res[f(z),i]+Res[f(z),−i]} 由规则III， P ( z ) Q ′ ( z ) = z 4 z 3 = 1 4 z 2 { {P\left( z \right)} \over {Q'\left( z \right)}} = {z \over {4z^3 }} = {1 \over {4z^2 }} Q′(z)P(z)=4z3z=4z21 所以 ∮ C z z 4 − 1 d z = 2 π i { 1 4 + 1 4 − 1 4 − 1 4 } = 0 \oint_C { {z \over {z^4 - 1}}dz} = 2\pi i\left\{ { {1 \over 4} + {1 \over 4} - {1 \over 4} - {1 \over 4}} \right\} = 0 ∮Cz4−1zdz=2πi{ 41+41−41−41}=0
另外解法： 函数 z z 4 − 1 {z \over {z^4 - 1}} z4−1z 在 ∣ z ∣ = 2 \left| z \right| = 2 ∣z∣=2 外部除了 ∞ \infty ∞ 没有其他奇点，因此可以根据无穷远留数以及留数定义2，可得 ∮ C z z 4 − 1 d z = − 2 π i R e s [ f ( z ) , ∞ ] = 2 π i R e s [ f ( 1 z ) ⋅ 1 z 2 , 0 ] = 2 π i R e s [ z 1 − z 4 , 0 ] = 0 \oint_C { {z \over {z^4 - 1}}dz} = - 2\pi i{\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),\infty } \right] = 2\pi i{\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( { {1 \over z}} \right) \cdot {1 \over {z^2 }},0} \right] = 2\pi i{\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ { {z \over {1 - z^4 }},0} \right] = 0 ∮Cz4−1zdz=−2πiRes[f(z),∞]=2πiRes[f(z1)⋅z21,0]=2πiRes[1−z4z,0]=0
2.1.3 计算积分
计算积分，其中 C C C 为正向圆周： ∣ z ∣ = 2 \left| z \right| = 2 ∣z∣=2 。 ∮ C e z z ( z − 1 ) 2 d z \oint_C {
{
{e^z } \over {z\left( {z - 1} \right)^2 }}dz} ∮Cz(z−1)2ezdz
求解： z = 0 z = 0 z=0 为被积函数一级极点， z = 1 z = 1 z=1 为二级极点。而 R e s [ f ( z ) , 0 ] = lim z → 0 z ⋅ e z z ( z − 1 ) 2 = lim z → 0 e z ( z − 1 ) 2 = 1 {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),0} \right] = \mathop {\lim }\limits_{z \to 0} z \cdot {
{e^z } \over {z\left( {z - 1} \right)^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{z \to 0} {
{e^z } \over {\left( {z - 1} \right)^2 }} = 1 Res[f(z),0]=z→0limz⋅z(z−1)2ez=z→0lim(z−1)2ez=1 R e s [ f ( z ) , 1 ] = 1 ( 2 − 1 ) ! lim z → 1 d d z [ ( z − 1 ) 2 e z z ( z − 1 ) 2 ] = lim z → 1 d d z ( e z z ) = 0 {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),1} \right] = {1 \over {\left( {2 - 1} \right)!}}\mathop {\lim }\limits_{z \to 1} {d \over {dz}}\left[ {\left( {z - 1} \right)^2 {
{e^z } \over {z\left( {z - 1} \right)^2 }}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{z \to 1} {d \over {dz}}\left( {
{
{e^z } \over z}} \right) = 0 Res[f(z),1]=(2−1)!1z→1limdzd[(z−1)2z(z−1)2ez]=z→1limdzd(zez)=0 所以 ∮ C e z z ( z 2 − 1 ) d z = 2 π i { R e s [ f ( z ) , 0 ] + R e s [ f ( z ) , 1 ] } = 2 π i ( 1 + 0 ) = 2 π i \oint_C {
{
{e^z } \over {z\left( {z^2 - 1} \right)}}dz} = 2\pi i\left\{ {
{\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),0} \right] + {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),1} \right]} \right\} = 2\pi i\left( {1 + 0} \right) = 2\pi i ∮Cz(z2−1)ezdz=2πi{
Res[f(z),0]+Res[f(z),1]}=2πi(1+0)=2πi
2.1.4 计算积分
计算积分，其中 C C C 为正向圆周： ∣ z ∣ = 2 \left| z \right| = 2 ∣z∣=2 。 ∮ C d z ( z + i ) 10 ( z − 1 ) ( z − 3 ) \oint_C { { {dz} \over {\left( {z + i} \right)^{10} \left( {z - 1} \right)\left( {z - 3} \right)}}} ∮C(z+i)10(z−1)(z−3)dz
求解： 除 ∞ \infty ∞ 外，被积函数的奇点为 − i , 1 , 3 - i,1,3 −i,1,3 ，根据定理2，有 R e s [ f ( z ) , − i ] + R e s [ f ( z ) , 1 ] + R e s [ f ( z ) , 3 ] + R e s [ f ( z ) , ∞ ] = 0 {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right), - i} \right] + {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),1} \right] + {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),3} \right] + {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ {f\left( z \right),\infty } \right] = 0 Res[f(z),−i]+Res[f(z),1]+Res[f(z),3]+Res[f(z),∞]=0 在 ∣ z ∣ = 2 \left| z \right| = 2 ∣z∣=2 内部极点只有 − i , 1 - i,1 −i,1 ，那么
§03 信号与系统
留数定理在进行Laplace反变换、z反变换中，根据反变换公式，将复变函数的积分转换成计算变换函数极点中的留数之和。
如果反变换表达式都是有理分式，那么使用因式分解方法比较方便。计算因式分解的系数实际上与极点留数计算公式相同。所以因式分解方法求解复杂度与留数方法基本相同。
如果反变换公式中除了有理分式之外，还有指数项，利用留数方法可以解决因式分解中的困难。
3.1 Laplace反变换
利用留数定理求解下面函数的逆变换 F ( s ) = 10 ( s + 2 ) ( s + 5 ) s ( s + 1 ) ( s + 3 ) F\left( s \right) = { {10\left( {s + 2} \right)\left( {s + 5} \right)} \over {s\left( {s + 1} \right)\left( {s + 3} \right)}} F(s)=s(s+1)(s+3)10(s+2)(s+5)
求解： 根据反变换公式可知 f ( t ) = 1 2 π j ∫ σ − j ∞ σ + j ∞ F ( s ) e s t d s f\left( t \right) = {1 \over {2\pi j}}\int_{\sigma - j\infty }^{\sigma + j\infty } {F\left( s \right)e^{st} ds} f(t)=2πj1∫σ−j∞σ+j∞F(s)estds 在补齐无穷远点半圆弧之后围线积分内有三个极点： s 1 = 0 ; s 2 = − 1 ; s 3 = − 3 s_1 = 0;\,\,s_2 = - 1;\,\,s_3 = - 3 s1=0;s2=−1;s3=−3 它们对应的留数分别是 r 1 = s F ( s ) e s t ∣ s = 0 = 100 3 r_1 = \left. {sF\left( s \right)e^{st} } \right|_{s = 0} = { {100} \over 3} r1=sF(s)est∣∣s=0=3100 r 2 = ( s + 1 ) F ( s ) e s t ∣ s = − 1 = − 20 e − t r_2 = \left. {\left( {s + 1} \right)F\left( s \right)e^{st} } \right|_{s = - 1} = - 20e^{ - t} r2=(s+1)F(s)est∣∣s=−1=−20e−t r 3 = ( s + 3 ) F ( s ) e s t ∣ s = − 3 = − 10 3 e − 3 t r_3 = \left. {\left( {s + 3} \right)F\left( s \right)e^{st} } \right|_{s = - 3} = - { {10} \over 3}e^{ - 3t} r3=(s+3)F(s)est∣∣s=−3=−310e−3t
所以 f ( t ) = 100 3 − 20 e − t − 10 3 e − 3 t , ( t ≥ 0 ) f\left( t \right) = { {100} \over 3} - 20e^{ - t} - { {10} \over 3}e^{ - 3t} ,\,\,\,\left( {t \ge 0} \right) f(t)=3100−20e−t−310e−3t,(t≥0)
§04 作业练习
4.1 求函数在奇点的留数
4.1.1 求留数
求下列各个函数在有限奇点出的留数。
( 1 ) z + 1 z 2 − 2 z ; ( 2 ) 1 − e 2 z z 4 ; \left( 1 \right)\,\,\,{ {z + 1} \over {z^2 - 2z}};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\,\,\,{ {1 - e^{2z} } \over {z^4 }}; (1)z2−2zz+1;(2)z41−e2z; ( 3 ) 1 + z 4 ( z 2 + 1 ) 3 ; ( 4 ) z cos z ; \left( 3 \right)\,\,\,{ {1 + z^4 } \over {\left( {z^2 + 1} \right)^3 }};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)\,\,\,{z \over {\cos z}}; (3)(z2+1)31+z4;(4)coszz; ( 5 ) cos 1 1 − z ; ( 6 ) z 2 sin 1 z ; \left( 5 \right)\,\,\,\cos {1 \over {1 - z}};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 6 \right)\,\,\,z^2 \sin {1 \over z}; (5)cos1−z1;(6)z2sinz1; ( 7 ) 1 z sin z ; ( 8 ) s h ( z ) c h ( z ) \left( 7 \right)\;\;\,{1 \over {z\sin z}};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 8 \right)\,\,\,{ {sh\left( z \right)} \over {ch\left( z \right)}} (7)zsinz1;(8)ch(z)sh(z)
4.2 计算积分
计算下列各积分：
（1） ∮ C sin z z d z , C : ∣ z ∣ = 3 2 \oint_C {
{
{\sin z} \over z}dz} ,\,\,C:\left| z \right| = {3 \over 2} ∮Czsinzdz,C:∣z∣=23
（2） ∮ C e 2 z ( z − 1 ) 2 d z , C : ∣ z ∣ = 2 \oint_C {
{
{e^{2z} } \over {\left( {z - 1} \right)^2 }}dz} ,\,\,C:\left| z \right| = 2 ∮C(z−1)2e2zdz,C:∣z∣=2
（3） ∮ C 1 − cos z z m d z , C : ∣ z ∣ = 3 2 \oint_C {
{
{1 - \cos z} \over {z^m }}dz} ,\,\,\,C:\left| z \right| = {3 \over 2} ∮Czm1−coszdz,C:∣z∣=23 其中 m m m 为整数；
（4） ∮ C t h ( z ) d z ; C : ∣ z − 2 i ∣ = 1 \oint_C {th\left( z \right)dz;} \,\,\,C:\left| {z - 2i} \right| = 1 ∮Cth(z)dz;C:∣z−2i∣=1
（5） ∮ C tan π z d z , C : ∣ z ∣ = 3 \oint_C {\tan \pi zdz} ,\,\,\,C:\left| z \right| = 3 ∮Ctanπzdz,C:∣z∣=3
（6） ∮ C 1 ( z − a ) n ( z − b ) n d z , C : ∣ z ∣ = 1 \oint_C {
{1 \over {\left( {z - a} \right)^n \left( {z - b} \right)^n }}dz} ,\,\,\,C:\left| z \right| = 1 ∮C(z−a)n(z−b)n1dz,C:∣z∣=1
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