贡献者： JierPeter
留数定理是用来计算围道积分的工具，也可以借用围道积分的性质来计算实函数的积分。
1. 定理的导出
我们首先讨论最简单的洛朗级数 $f(z)=1/z$ 的围道积分。
例 1
考虑 $f(z)=1/z$ 的围道积分。
令积分路径为 $\Gamma(t)=\rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t}$，其中 $\rho$ 是一个常数。$\Gamma$ 就是一个绕着一个半径为 $\rho$ 的圆的逆时针路径。$f$ 沿 $\Gamma$ 的围道积分就是：
\begin{equation}
\begin{aligned}
\int_{\Gamma}\frac{1}{z} \,\mathrm{d}{z} &=\int^{2\pi}_0\frac{1}{\rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t}}\cdot\frac{ \,\mathrm{d}{\rho} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t}}{ \,\mathrm{d}{t} } \,\mathrm{d}{t} \\
&=\int_0^{2\pi}\frac{1}{\rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t}}\cdot ( \mathrm{i} \rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t}) \,\mathrm{d}{t} \\
&=\int_0^{2\pi} \mathrm{i} \,\mathrm{d}{t} \\
&=2\pi \mathrm{i} ~.
\end{aligned}
\end{equation}
对于任意逆时针环绕原点的路径 $P(t)$，我们可以求 $\int_{\Gamma}\frac{1}{z} \,\mathrm{d}{z} -\int_{P}\frac{1}{z} \,\mathrm{d}{z} $，其中 $\Gamma$ 完全包裹在 $P$ 中。这相当于求 $\Gamma$ 和 $P$ 之间区域的围道积分。这个中间区域是不包含原点的，因此由于 $1/z$ 在原点之外处处解析，由柯西积分定理知，中间区域的围道积分为 $0$。从而我们可以推知，$\int_{P}\frac{1}{z} \,\mathrm{d}{z} =2\pi \mathrm{i} $。
更一般地，对于任意环绕原点的路径 $P$，有 $\int_{P}\frac{1}{z} \,\mathrm{d}{z} =\pm 2\pi \mathrm{i} $，其中 $P$ 为逆时针时取正号，反之取负号。
接着是幂次更低的洛朗级数的围道积分。
例 2
考虑 $f(z)=1/z^n$ 的围道积分，其中整数 $n>1$。
同样令积分路径为 $\Gamma(t)=\rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t}$，其中 $\rho$ 是一个常数。$f$ 沿 $\Gamma$ 的围道积分就是：
\begin{equation}
\begin{aligned}
\int_{\Gamma}\frac{1}{z^n} \,\mathrm{d}{z} &=\int^{2\pi}_0\frac{1}{(\rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t})^n}\cdot\frac{ \,\mathrm{d}{\rho} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t}}{ \,\mathrm{d}{t} } \,\mathrm{d}{t} \\
&=\int_0^{2\pi}\frac{1}{(\rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t})^n}\cdot ( \mathrm{i} \rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t}) \,\mathrm{d}{t} \\
&=\int_0^{2\pi}\frac{ \mathrm{i} }{\rho^{n-1}} \mathrm{e} ^{(1-n) \mathrm{i} t} \,\mathrm{d}{t} \\
&=\frac{1}{(1-n)\rho^{n-1}} \mathrm{e} ^{(1-n) \mathrm{i} t}\mid^{t=2\pi}_{t=0}\\
&=0~.
\end{aligned}
\end{equation}
和例 1 一样地，可以将结论推广为，对于任意积分路径 $P$，都有
\begin{equation}
\int_P\frac{1}{z^n} \,\mathrm{d}{z} =0~.
\end{equation}
而洛朗级数的正则部分是一个泰勒级数，其围道积分处处为 $0$。结合例 1 和例 2 ，我们可以得到以下定理：
定义 1 留数
取洛朗级数 $f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} a_n(z-c)^n$，定义 $a_{-1}$ 为 $f$ 在 $c$ 处的留数（residue），记为 $ \operatorname {Res}[f, c]$，或者 $ \operatorname {Res}_cf$。
定理 1 留数定理（单个极点）
洛朗级数 $f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} a_n(z-c)^n$ 沿闭合路径 $\Gamma$ 逆时针绕点 $c$ 一周的围道积分为
\begin{equation}
\int_\Gamma f(z) \,\mathrm{d}{z} =2a_{-1}\pi \mathrm{i} ~,
\end{equation}
这一结果也可以表述为
\begin{equation}
\int_\Gamma f(z) \,\mathrm{d}{z} =2\pi \mathrm{i} \operatorname {Res}_cf~.
\end{equation}
有时候回路中会有多个极点，此时我们要做的就是把这些极点的留数求和：
定理 2 留数定理
如果连续复变函数 $f(z)$ 在闭合路径 $\Gamma$ 中有多个极点，那么沿 $\Gamma$ 的回路积分为
\begin{equation}
\int_\Gamma f(z) \,\mathrm{d}{z} =2\pi \mathrm{i} \sum_{c} \operatorname {Res}_cf~.
\end{equation}
其中 $c$ 遍历所有包含在 $\Gamma$ 中的极点。
例 3
考虑函数 $f(z)= \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} z^2}$ 在 $x$ 轴上的积分，即 $\int^\infty_{-\infty} f(x) \,\mathrm{d}{x} $。
设 $\Gamma_1$ 为实数轴上从 $0$ 到 $\rho$ 的路径，$\Gamma_2$ 为从 $\rho$ 到 $ \mathrm{e} ^{\pi \mathrm{i} /4}$ 的八分之一圆弧路径，$\Gamma_3$ 为上述圆弧半径上从 $ \mathrm{e} ^{\pi \mathrm{i} /4}$ 到 $0$ 的路径。于是有
\begin{equation}
\int^\rho_{0} f(x) \,\mathrm{d}{x} = \int_{\Gamma_1}f(z) \,\mathrm{d}{z} ~.
\end{equation}
由于 $f(z)$ 在整个复平面上都没有极点，因此据定理 2 ，
\begin{equation}
\sum_{i=1, 2, 3}\int_{\Gamma_i} f(z) \,\mathrm{d}{z} = 0~.
\end{equation}
由于 $f(x)$ 作为实函数是偶函数，故 $\int^\infty_{-\infty} f(x) \,\mathrm{d}{x} =2\int^\infty_0 f(x) \,\mathrm{d}{x} $。于是我们可以根据 $f(z)$ 在 $\Gamma_2$ 和 $\Gamma_3$ 上的围道积分计算出式 1 ，再取 $\rho\to\infty$ 的极限得到所求。
先计算 $f(z)$ 沿着 $\Gamma_2$ 的积分：
\begin{equation}
\begin{aligned}
\int_{\Gamma_2} f(z) \,\mathrm{d}{z} &= \int_0^{\pi/4} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \rho^2 \mathrm{e} ^{2 \mathrm{i} t}}\cdot \mathrm{i} \rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} t} \,\mathrm{d}{t} \\
&= \mathrm{i} \rho \cdot (-\frac{1}{2\rho^2}) \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \rho^2 \mathrm{e} ^{2 \mathrm{i} t}}\mid^{t=\pi/4}_{t=0}\\
&= -\frac{ \mathrm{i} }{2\rho} \left( \mathrm{e} ^{-\rho^2}- \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \rho^2} \right) ~,
\end{aligned}
\end{equation}
于是显然可知，
\begin{equation}
\lim_{\rho\to+\infty}\int_{\Gamma_2} f(z) \,\mathrm{d}{z} = 0~.
\end{equation}
再计算 $f(z)$ 沿着 $\Gamma_3$ 的积分：
\begin{equation}
\begin{aligned}
\int_{\Gamma_3} f(z) \,\mathrm{d}{z} &= \int^0_\rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \left(\frac{\sqrt{2}}{2}t+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i} t \right) ^2} \cdot \frac{\mathrm{d} \left(\frac{\sqrt{2}}{2}t+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i} t \right) }{ \,\mathrm{d}{t} } \,\mathrm{d}{t} \\
&= \left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i} \right) \cdot \int^0_\rho \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} \left(\frac{\sqrt{2}}{2}t+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i} t \right) ^2} \cdot \,\mathrm{d}{t} \\
&= \left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} \mathrm{i} \right) \cdot \int^0_\rho \mathrm{e} ^{-t^2} \cdot \,\mathrm{d}{t} ~.
\end{aligned}
\end{equation}
由
高斯积分的
式 5 ，可知
\begin{equation}
\lim_{\rho\to+\infty}\int_{\Gamma_3} f(z) \,\mathrm{d}{z} = \left(\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{4} \mathrm{i} \right) \sqrt{\pi}=\sqrt{\frac{\pi}{8}} \left(1+ \mathrm{i} \right) ~.
\end{equation}
$\Gamma_2$ 和 $\Gamma_3$ 的积分得到了，就可以进行最后的计算：
\begin{equation}
\begin{aligned}
\int^\infty_{-\infty} f(x) &= 2\int^\infty_0 f(x) \,\mathrm{d}{x} \\
&=-2\lim_{\rho\to +\infty} \left[\int_{\Gamma_2} f(z) \,\mathrm{d}{z} + \int_{\Gamma_3} f(z) \,\mathrm{d}{z} \right] \\
&= -2\cdot \sqrt{\frac{\pi}{8}} \left(1+ \mathrm{i} \right) \\
&=\sqrt{\frac{\pi}{2}}(1+ \mathrm{i} )~.
\end{aligned}
\end{equation}
注意到 $\sqrt{ \mathrm{i} }=\sqrt{\frac{1}{2}}(1+ \mathrm{i} )$，式 13 也可写为
\begin{equation}
\begin{aligned}
\int^\infty_{-\infty} f(x) &= \sqrt{\frac{\pi}{- \mathrm{i} }}~.
\end{aligned}
\end{equation}
这和
高斯积分的
式 6 相符。
类似地可证
\begin{equation}
\int^\infty_{-\infty} \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} x^2} \,\mathrm{d}{x} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}(1- \mathrm{i} )~.
\end{equation}
2. 留数的计算
如果能把给定函数 $f$ 在给定点的洛朗展开写出来，我们直接就能得到对应的留数，用于计算围道积分。但那样常常非常麻烦，也没有必要，因为留数只是洛朗级数中的一个系数，通常没必要为了求这一个系数而把整个级数算出来。
引理 1
如果 $f(z)$ 是一个在 $c\in\mathbb{C}$ 处解析的函数，那么 $ \operatorname {Rez}_c\frac{f(z)}{z-c}=f(c)$。
引理 1 的证明很简单，将 $f(z)$ 在 $c$ 处泰勒展开以后再除以 $z-c$ 即可。
利用引理 1 ，我们可以快速计算出很多常见函数的留数。
例 4
求 $\frac{1}{z(z-2)}$ 在 $z=2$ 处的留数。
由于 $\frac{1}{z}$ 在 $z=2$ 处解析，因此根据引理 1 ，代入 $f(z)=\frac{1}{z}$ 和 $c=2$ 可知，
\begin{equation}
\operatorname {Rez}_2\frac{1}{z(z-2)}=\frac{1}{2}~.
\end{equation}
用证明引理 1 的方法进行推广，还可以得到更一般的定理：
定理 3
如果 $f(z)$ 是一个在 $c\in\mathbb{C}$ 处解析的函数，$k$ 是一个正整数，那么 $ \operatorname {Rez}_c\frac{f(z)}{(z-c)^k}=\frac{f^{(k-1)}(c)}{(k-1)!}$。
证明：
由于 $f(z)$ 在 $c$ 处解析，因此可以在 $c$ 处展开为
\begin{equation}
f(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n(z-c)^n~.
\end{equation}
于是
\begin{equation}
\frac{f(z)}{(z-c)^k} = \sum_{n=0}^\infty a_n(z-c)^{n-k} = \sum_{n=-k}^\infty a_{n+k}(z-c)^n~,
\end{equation}
因此
\begin{equation}
\operatorname {Rez}_c\frac{f(z)}{(z-c)^k} = a_{k-1}~,
\end{equation}
而
\begin{equation}
f^{k-1}(c)=(k-1)!a_{k-1}~.
\end{equation}
证毕。
在很多材料中会把点 $c$ 称为 $f(z)/(z-c)^k$ 的 $k$级极点，其中 $f(z)$ 在 $c$ 处解析。
例 5
计算 $ \operatorname {Rez}_0 \frac{ \mathrm{e} ^{2z}}{z^2}$。
在 $0$ 处，$\frac{ \mathrm{e} ^{2z}}{z^2}$ 有一个二级极点。根据定理 3 ，将 $k=2$、$f(z)= \mathrm{e} ^{2z}$ 和 $c=0$ 代入，可得：
\begin{equation}
\operatorname {Rez}_0\frac{ \mathrm{e} ^{2z}}{z^2}=\frac{( \mathrm{e} ^{2z})'\mid_{z=0}}{1!}=2~.
\end{equation}
致读者： 小时百科一直以来坚持所有内容免费无广告，这导致我们处于严重的亏损状态。 长此以往很可能会最终导致我们不得不选择大量广告以及内容付费等。 因此，我们请求广大读者
热心打赏 ，使网站得以健康发展。 如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 20 元，我们一周就能脱离亏损， 并在接下来的一年里向所有读者继续免费提供优质内容。 但遗憾的是只有不到 1% 的读者愿意捐款， 他们的付出帮助了 99% 的读者免费获取知识， 我们在此表示感谢。
