b. f(e)dzRes[f(),=]=c-, =由复合闭路定理得：f. f(z)dz = $c f(z)dz+$ f(z)dz +...+ Φ.f(z)dz上式两边同时除2i得：1Zsf(z)dz =f(z)dz2元iJk=12元iycznZRes[f(z), z]42.Zk=lO故Φf(z)dz=2元i)iRes[f(z),zk]k=l定理得证！源求沿闭曲线C的积分，归结为求在C内各孤立那么留数怎么计算？奇点的留数之和乘2元i
D C zn z1 z3 z2 1 1 1 1 () () 2 2 Res[ ( ), ] k n C C k n k k f z dz f z dz i i fz z 1 2 () () () () CCC Cn f z dz f z dz f z dz f z dz 由复合闭路定理得： 上式两边同时除2i 得: 1 ( ) 2 Res[ ( ), ] n k C k f z dz i f z z 故 定理得证！ 求沿闭曲线C 的积分，归结为求在C 内各孤立 奇点的留数之和乘2πi。那么留数怎么计算？ 0 1 1 Res[ ( ), ] ( ) 2 C f z z c f z dz i
可去奇点，没有负幂次项m级极点，只有有限个负幂次项留数的计算规则本性奇点，有无穷多个负幂次项一般求 Res [f(z), zo] 可采用将,f() 在 zo邻域内展开成洛朗级数求系数c.1，但如果事先知道奇点的类型，对求留数更为有利。以下就三类孤立奇点进行讨论：(i)若z=z.为可去奇点时= c., =0=Res[f(z),zl=0因没有负幂次项展开+0(ii)若z=z为本性奇点时→ f(z) = c,(z-zo)"-80 Res[f(z), zo]= c.1
一般求 Res [f (z), z0] 可采用将 f (z) 在 z0 邻域内 展开成洛朗级数求系数 c–1 , 但如果事先知道奇点 的类型，对求留数更为有利。 0 1 0 ( ) z z c fz 0 Res[ ( ), ] 0 z i 若为 时 可去奇点 以下就三类孤立奇点进行讨论： 2. 留数的计算规则 0 0 0 1 () ( ) Res[ ( ), ( ] ) n n f z cz z fz z z z c 展开 ii 若 为本性奇点时 因没有负幂次项 可去奇点，没有负幂次项 m级极点，只有有限个负幂次项 本性奇点，有无穷多个负幂次项
可去奇点，没有负幂次项m级极点，只有有限个负幂次项本性奇点，有无穷多个负幂次项(ii)若z=z,为极点时，求Res[f(z),zl有以下几条规则(规则I；规则I；规则IⅢ)规则I若z.是f(z)的一级极点,二(4)Res[f(z),zo]= lim(z- z.)f(z)规则ⅡI若z.是,f(z)的m级极点，,二)dm-11Res[f(z),z] =(z-zo)" f(z)(5)lim_m-(m-1)! z-→zo ~-
0 Res[ 0 ( ) z z 时，求 f ( ), ] z z 有以下几条 规 为 则 iii 若 极点 规则I 0 0 0 0 () , Re s[ ( ), ] lim( ) ( ) (4) z z z fz fz z z z fz 若 是 的一级极点 0 规则II 若 是 的 级极点， z fz m ( ) 0 1 0 0 1 1 Res[ ( ), ] lim ( ) ( ) (5) ( 1)! m m m z z d fz z z z fz m dz (规则I；规则II；规则III) 可去奇点，没有负幂次项 m级极点，只有有限个负幂次项 本性奇点，有无穷多个负幂次项
zo是/(z)的m级极点证明规则ⅡI：由条件(z)洛朗展开只有有限个负幂次项)f(2) =c-m(z - zo)-m +...+c_2(z- zo)-2 +c-i(z - zo)-1+Co +ci(z- zo)+.., (c-m ±0)以(z-z)"乘上式两边,得(z-zo)" f(2)=C-m +C-m+1(z-z)+.+c_(z-zo)"-1+co(z - zo)" +..两边求m-1阶导数得dm-1{(z - zo)" f(z)) =(m -1)!c-1 +ml(z - zo)+..dzm-1 (q m-1lim(z-zo)" f(z) =(m-1)!c-1,移项得(5)式,mdzZ-→20当m=1时，式(5)即为式(4)
证明规则II：由条件(f(z)洛朗展开只有有限个负幂次项) 2 1 0 20 10 01 0 () ( ) ( ) ( ) ( ) , ( 0) m m m f z c zz c zz czz c cz z c 0 () , m 以 乘上式两边 得 z z 1 0 10 10 0 0 ( ) () ( ) ( ) ( ) m m m m m z z fz c c z z c z z cz z 两边求 阶导数得 m 1 0 1 1 0 1 lim ( ) ( ) ( 1)! , (5) m m m z z d z z fz m c dz 移项得 式。 当m=1时，式(5)即为式(4). 1 1 0 10 {( ) ( )} ( 1)! !( ) m m m d z z fz m c mz z dz z0是f(z)的m级极点
（有理分式函数形式）P(2)规则ⅢI且 P(z),Q(z)在z.处解析,设f(z)Q(z)若P(zo)0, Q(z)= 0, Q(zo)± 0P(zo)= z,是f(z)的一级极点,且 Res[f(z),z](6)Q(zo)证明：： Q(z)=0及Q(z) 0的一级极点.z.为Q(z)的一级零点,从而z.为Q(z)11因此d(z)(d(z)在z.处解析且(z)±0)Q(z)Z-20
0 0 0 0 ()0 () 0 1 () , , ( ) Qz Q z z Qz z Q z 及 为 的一级零点 从而 为 的一级极点 0 00 0 0 0 0 0 ( ) ( ) , ( ), ( ) , ( ) () 0 () 0 () 0 ( ) ( ) , Re s[ ( ), ] (6) ( ) P z f z Pz Qz z Q z Pz Qz Q z P z z fz fz z Q z 设 且 在 处解析 若， 是 的一级极点 且 规则III 证明： 0 0 0 1 1 , () () ( ) 0 ( ) z zz z Qz z z 因此 在 处解析且 (有理分式函数形式)