证明 (1)此时有h(z)=(z-zo)(z),其中(z)在zo点解析且(zo)= o+0,从而f回=器，根据命题2得， Res(f(z),zo)= (2o）-g(2o) (2)-h(zo) (2)此时有h(z)=(z-zo)mh(z),其中(z)在zo点解析且(zo)≠0， 从而fa=a-0器，根据命题2得， 19(2 1[dm-1g(z] dm-1 Res(f(z),zo)=(m-1)!dz() 1 (m-1iim dzm-il(z-zo)mf(). Z二Z0
证明 (1) 此时有 ℎ 𝑧 = 𝑧 − 𝑧0 ℎ෨ 𝑧 ，其中 ℎ෨ 𝑧 在 𝑧0 点解析且 ℎ෨ 𝑧0 = ℎ′ 𝑧0 ≠ 0，从而 𝑓(𝑧) = 1 𝑧−𝑧0 𝑔 𝑧 ℎ෨ 𝑧 ，根据命题 2 得， Res 𝑓 𝑧 , 𝑧0 = 𝑔 𝑧0 ℎ෨ 𝑧0 = 𝑔 𝑧0 ℎ′(𝑧0) ． (2) 此时有 ℎ 𝑧 = 𝑧 − 𝑧0 𝑚ℎ෨ 𝑧 ，其中 ℎ෨ 𝑧 在 𝑧0 点解析且 ℎ෨ 𝑧0 ≠ 0， 从而 𝑓(𝑧) = 1 𝑧−𝑧0 𝑚 𝑔 𝑧 ℎ෨ 𝑧 ，根据命题 2 得， Res 𝑓 𝑧 , 𝑧0 = 1 𝑚 − 1 ! อ d m−1 d𝑧m−1 𝑔 𝑧 ℎ෨ 𝑧 𝑧=𝑧0 = 1 𝑚 − 1 ! lim 𝑧→𝑧0 d m−1 d𝑧m−1 𝑧 − 𝑧0 𝑚𝑓(𝑧) ．
留数计算示例 例1计算 在所有奇点的留数. πi3πi5πi7πi 解分母1+z4共有四个零点e,e4,e4,e4,且均为单零点，于是 同理可得
留数计算示例 例1 计算 1 1+𝑧 4 在所有奇点的留数． 解 分母 1 + 𝑧 4 共有四个零点 𝑒 𝜋𝑖 4 , 𝑒 3𝜋𝑖 4 , 𝑒 5𝜋𝑖 4 , 𝑒 7𝜋𝑖 4 ，且均为单零点，于是 Res 1 1+𝑧 4 , 𝑒 𝜋𝑖 4 = ቚ 1 1+𝑧 4 ′ 𝑧=𝑒 𝜋𝑖 4 = ቚ 1 4𝑧 3 𝑧=𝑒 𝜋𝑖 4 = − 1 4 𝑒 𝜋𝑖 4 ． 同理可得 Res 1 1+𝑧 4 , 𝑒 3𝜋𝑖 4 = − 1 4 𝑒 3𝜋𝑖 4 ,Res 1 1+𝑧 4 , 𝑒 5𝜋𝑖 4 = − 1 4 𝑒 5𝜋𝑖 4 ,Res 1 1+𝑧 4 , 𝑒 7𝜋𝑖 4 = − 1 4 𝑒 7𝜋𝑖 4 ．
留数计算示例 例2计算，1在所有奇点的留数. zsinz 解因sinz以kπ(k∈Z)为单零点，于是当k≠0时， 1 1 (-1)k Zc0SZlz=kπ kπ 而0是zsinz的二重零点，故 sinz-z cosz lim Z→0 sin2z 为求该极限，将分子分母都在0点写成Taylor级数，得到
留数计算示例 例2 计算 1 𝑧 sin𝑧 在所有奇点的留数． 解 因 sin 𝑧 以 𝑘𝜋 (𝑘 ∈ 𝐙) 为单零点，于是当 𝑘 ≠ 0 时， Res 1 𝑧 sin 𝑧 , 𝑘𝜋 = ቤ 1 𝑧 ⋅ sin 𝑧 ′ 𝑧=𝑘𝜋 = ቤ 1 𝑧 cos𝑧 𝑧=𝑘𝜋 = −1 𝑘 𝑘𝜋 ． 而 0 是 𝑧 sin 𝑧 的二重零点，故 Res 1 𝑧 sin 𝑧 , 0 = lim 𝑧→0 𝑧 2 𝑧 sin 𝑧 ′ = lim 𝑧→0 sin 𝑧 − 𝑧 cos𝑧 sin2 𝑧 ． 为求该极限，将分子分母都在 0 点写成 Taylor 级数，得到
留数计算示例 sinz-z cosz (-爱+）-z1-号+…）号+② sin2z 2(1-若+…月 1、22 +0(22) 从而 n) sinz-z cosz lim 2=0. Z→0 sin2z 注本题计算极限的方法，本质上与L'HOpital法则相同
留数计算示例 sin 𝑧 − 𝑧 cos𝑧 sin2 𝑧 = 𝑧 − 𝑧 3 6 + ⋯ − 𝑧 1 − 𝑧 2 2 + ⋯ 𝑧 2 1 − 𝑧 2 6 + ⋯ 2 = 𝑧 3 + 𝑜 𝑧 1 − 𝑧 2 6 + 𝑜(𝑧 2) , 从而 Res 1 𝑧 sin 𝑧 , 0 = lim 𝑧→0 sin 𝑧 − 𝑧 cos𝑧 sin2 𝑧 = 0． 注 本题计算极限的方法，本质上与 L’Hoොpital 法则相同．