8.1 留數定理 (Residual Theorem)

Cauchy 導數積分公式：設 $\mathcal{D}$ 為簡單的連通區域且 $\mathcal{C}\subset\mathcal{D}$ 為簡易閉合圍線。若 $f\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 且 $z_0\in\text{Int}(\mathcal{C})$ ，則 $\forall k\in\N$

f^{(k)}(z_0) = \frac{k!}{2\pi i}\oint_{\mathcal{C}} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{k+1}} dz.

若令 $F(z) =\frac{f(z)}{(z-z_0)^{k+1}}$ ，即 $z_0$ 為 $F(z)$ 之 $k+1$ 階導數，則上式可以改寫成

f^{(k)}(z_0) = \frac{k!}{2\pi i}\oint_{\mathcal{C}} F(z) dz \quad\text{或}\quad \oint_\mathcal{C}F(z)dz =2\pi i \frac{(z-z_0)^{(k+1)}F(z)}{k!}\bigg|_{z=z_0}.

本節主要目的是討論當 $F(z)$ 具有多個孤立奇異點時，圍線積分的處理技巧。

定義8.1-1. 設 $\alpha$ 為不可移除的孤立奇異點並存在 $R>0$ 使得函數 $f$ 能展開如下：

f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}c_n (z-\alpha)^n,\quad \forall z\in D_R^*(\alpha)

則 $c_{-1}$ 稱為函數 $f$ 在 $\alpha$ 之留數(residual)，並表為 $\text{Res}[f,\alpha]=c_{-1}$ 。

範例8.1-1. 設計算下列函數的留數：

(a) $f(z)=\exp(\frac{2}{z})$ ， (b) $g(z)=\frac{3}{2z+z^2-z^3}$ 。

[解]
(a) $f(z)=\exp(2/z)$ 之不可移除的孤立奇異點為 $z=0$ ，而對此點展開之 Laurent 級數為：
$\begin{align*} f(z) &=\exp\left(\frac{2}{z}\right) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \left(\frac{2}{z}\right)^n \\ &= 1 +2 \frac1z+ \frac{2^2}{2!} \frac{1}{z^2}+\frac{2^3}{3!}\frac{1}{z^3}+\cdots,\quad \forall z\in \mathbb{C}\setminus\{0\}. \end{align*}$
因此 $\text{Res}[f,0]=2$ 。
(b) 由於 $2z+z^2-z^3=z(1+z)(2-z)$ ，因此 $g(z)=\frac{3}{2z+z^2-z^3}$ 在 z=0 有不可移除的孤立奇異點。透過部分分式展開
$%\begin{align*} g(z) =\frac{3}{z(1+z)(2-z)} = \frac{3/2}{z}-\frac{1}{1+z}+\frac{1/2}{2-z} %\end{align*}$
以及對 $z=0$ 之幾何級數展開有
$\begin{align*} \frac{1}{1+z} &= 1-z+z^2-z^3+-\cdots = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n z^n \\ \frac{1}{2-z} & = \frac12 \frac{1}{1-\frac{z}2}=\frac12\left(1+\frac{z}2+\frac{z^2}{2^2}+\frac{z^3}{2^3}+\cdots\right)=\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{n+1}} \end{align*}$
因此 $g(z)$ 對 $z=0$ 之 Laurent 級數為：
$%\begin{align*} g(z) = \frac{3/2}{z}+\sum_{n=0}^\infty \left[(-1)^{n+1}+\frac{1}{2^{n+2}}\right]z^n=\sum_{n=0}^\infty \left[(-1)^{n}+\frac{1}{2^{n+1}}\right]z^{n-1},\quad \forall z\in \mathbb{C}\setminus\{0\} %\end{align*}$
因此 $\text{Res}[g,0]=\frac32$ 。

留數 $\text{Res}[f,\alpha]$ 即為 Laurent 級數的 $(z-\alpha)^{-1}$ 項之係數，由於

c_{n} = \frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(z_0)} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz\color{blue}{\left(=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}\right)}

知

c_{-1} = \frac{1}{2\pi i}\oint_{C_\rho^+(z_0)} f(z)dz.

因此

\oint_{\mathcal{C}} f(z)dz =2\pi i ~c_{-1}=2\pi i~ \text{Res}[f,z_0],

其中 $\mathcal{C}$ 為包含 $z_0$ 在內的正向簡易閉合路徑。

範例8.1-2. 計算 $\displaystyle \oint_{C_1^+(0)} ~\exp\left(\frac{2}{z}\right)~dz$ 。

[解]
由於 $z=0\in\text{Int}(C_1^+(0))$ ，且由範例8.1-1(a)知 $\text{Res}[f,0]=2$ ，因此
$\oint_{C_1^+(0)}\exp\left(\frac2{z}\right)dz=2\pi i \cdot 2= 4\pi i.$

定理8.1-1. (Cauchy 留數定理) 設 $\mathcal{D}$ 為簡單的連通區域且 $\mathcal{C}\subset\mathcal{D}$ 為簡易閉合圍線，又 $z_1,z_2,\ldots,z_n\in\text{Int}(\mathcal{C})$ 。若 $f\in\mathscr{A}(\text{Int}(\mathcal{C})\cup\mathcal{C}\setminus\{z_1,z_2,\ldots,z_n\})$ ，則

\oint_\mathcal{C}f(z)dz = 2\pi i ~c_{-1}=2\pi i \sum_{k=1}^n \text{Res}[f,z_k].\tag{8.1-1}

[證明]
參考下圖：
存在 $r_k>0$ 使得 $C_k=C_{r_k}^+(z_k)$ ( $z_k\in \text{Int}(C_k)$ ), $\forall k=1,2,\ldots,n$ ，且當 $j\neq k$ 時， $C_j\cap C_k=\empty$ 。由定理6.4-4(擴充Cauchy-Goursat定理)因得
$\oint_{\mathcal{C}}f(z)dz=\oint_{C_1} f(z) dz+\cdots+\oint_{C_n}f(z)dz=\sum_{k=1}^n \oint_{C_k} f(z)dz.$
對任意的 $C_k$ 而言， $f \in \mathscr{A}(D_{r_k}^*(z_k))$ ，由式(8.1-1)得
$\oint_{C_k} f(z) dz =2\pi i ~\text{Res}[f,z_k].$
因此結合所有的閉合路徑，可得
$\oint_{\mathcal{C}}f(z)dz=\sum_{k=1}^n \oint_{C_k} f(z)dz = 2\pi i~\sum_{k=1}^n \text{Res}[f,z_k].$
注意：若某個 $z_j$ 為可移除的孤立奇異點，則因對應的 $c_{-1}=0$ ，因此 $\displaystyle \oint_{C_j}f(z)dz=0$ 。 $\hspace{0cm}\blacksquare$

範例8.1-3. 計算 $\displaystyle\oint_{C_3^+(0)}f(z)dz$ ，其中 $f(z)=\frac{z^2+1}{(z-i)(z+2)}$ 。

[解]
由於 $z=i,~-2\in\text{Int}(C_3^+(0))$ 由定理8.1-1(Cauchy 留數定理)得知
$\oint_{C_3^+(0)}f(z)dz=2\pi i\left(\text{Res}[f,i]+\text{Res}[f,-2]\right).$
由於 $z=i$ 為可移除的孤立奇異點，因此 $\text{Res}[f,i]=0$ 。又由 $\lim\limits_{z\to -2}f(z)=\infty$ ，
$\lim_{z\to-2}(z+2)f(z) =\lim_{z\to -2}\frac{z^2+1}{z-i}=\lim_{z\to -2} z+i=-2+i,$
即 $z=-2$ 為1階極點。因此可令
$f(z)=\frac{c_{-1}}{z+2}+c_0+c_1(z+2)+c_2(z+2)^2+\cdots,$
則 $\text{Res}[f,-2]=c_{-1}=\lim\limits_{z\to-2}(z+2)f(z)=-2+i$ 。因此
$\oint_{C_3^+(0)}f(z)dz=2\pi i(-2+i)=-2\pi(1+2i).$

是否有方法可以快速計算 $\text{Res}[f,\alpha]$ 之值，而無需通過先作 Laurent 級數展開？是的，如以下定理所述。

定理8.1-2 (極點之留數計算)

(a) 若 $f$ 在 $z=\alpha$ 有單極點，則 $\text{Res}[f,\alpha]=\lim\limits_{z\to \alpha} (z-\alpha) f(z)$ 。

(b) 若 $f$ 在 $z=\alpha$ 有 $k$ 階極點，則 $\text{Res}[f,\alpha]=\lim\limits_{z\to \alpha} \frac{1}{(k-1)!}\frac{d^{k-1}}{d z^{k-1}}\left[(z-\alpha)^k f(z)\right]$ 。

[證明]
(a) $f$ 在 $z=\alpha$ 有單極點，則
$f(z)=c_{-1}\frac{1}{(z-\alpha)}+c_0+c_1 (z-\alpha)+c_2 (z-\alpha)^2+\cdots$
所以
$\begin{align*} \lim_{z\to\alpha}(z-\alpha)f(z)&=\lim_{z\to\alpha}\left[c_{-1}+c_0 (z-\alpha)+c_1 (z-\alpha)^2+c_2 (z-\alpha)^3+\cdots\right]\\ &=c_{-1}=\text{Res}[f,\alpha] \end{align*}$
(b) 若 $f$ 在 $z=\alpha$ 有 $k$ 階極點，則
$f(z)=c_{-k}\frac{1}{(z-\alpha)^k}+c_{-k+1}\frac{1}{(z-\alpha)^{k-1}}+\cdots+c_{-1}\frac{1}{(z-\alpha)}+c_0+c_1 (z-\alpha)+\cdots$
所以
$\begin{align*} (z-\alpha)^kf(z)&=c_{-k}+c_{-k+1}\frac{1}{(z-\alpha)}+\cdots+c_{-1}(z-\alpha)^{k-1}+c_0(z-\alpha)^{k}+c_1 (z-\alpha)^{k+1}+\cdots \\ \frac{d^k}{d z^k}(z-\alpha)^k f(z) &=(k-1)!c_{-1}+k! c_0 (z-\alpha)+\frac{(k+1)!}{2!}(z-\alpha)^2+\cdots \end{align*}$
因此
$\begin{align*} \lim_{z\to\alpha}\frac{d^k}{d z^k}(z-\alpha)^k f(z)&=(k-1)!c_{-1} \end{align*}$
即
$\begin{align*} \text{Res}[f,\alpha]=c_{-1}=\frac{1}{(k-1)!}\lim_{z\to\alpha}\frac{d^k}{d z^k}(z-\alpha)^k f(z). \end{align*}$
$\hspace{11.5cm}\blacksquare$

範例8.1-4. 求 $\displaystyle \int_{C_r^+(0)}\frac{\sin z}{z^3}dz$ 之值，其中 $r>0$ 。

[解]
令 $f(z)=\frac{\sin z}{z^3}$ ，則
$\begin{align*} \lim_{z\to 0} f(z)&=\lim_{z\to 0} \frac{\sin z}{z^3}=\lim_{z\to 0} \frac{\cos z}{3z^2}=\infty,\\ \lim_{z\to 0} z^2 f(z)&=\lim_{z\to 0} \frac{\sin z}{z}=\lim_{z\to 0} \cos z=1,\\ \lim_{z\to 0} z^3 f(z)&=\lim_{z\to 0} \sin z=0. \end{align*}$
因此 $f(z)$ 在 $z=0$ 有2階極點，因此
$\begin{align*} \text{Res}[f,0]&=\lim_{z\to 0} \frac{d}{d z} z^2 f(z) =\lim_{z\to 0} \frac{d}{d z} \frac{\sin z}{z} =\lim_{z\to 0} \frac{z \cos z-\sin z}{z^2}\\ &=\lim_{z\to 0} \frac{-z \sin z+\cos z-\cos z}{2z} =\lim_{z\to 0} \frac{-\sin z}{2}=0 \end{align*}$
所以當 $r>0$ 時，
$\int_{C_r^+(0)}\frac{\sin z}{z^3}dz=2\pi i \text{Res}\left[\frac{\sin z}{z^3},0\right]=0.$

範例8.1-5. 計算 $\displaystyle \int_{C_3^+(0)}\frac{1}{z^4＋z^3-2z^2}dz$ 之值。

[解]
由於 $z^4＋z^3-2z^2=z^2(z-1)(z+2)=0$ ，因此 $f$ 之奇異點為 $z=0,0,1,-2$ ，均落入 $C_3(0)$ 之內，故積分值為
$\begin{align*} \int_{C_3^+(0)}\frac{1}{z^4＋z^3-2z^2}dz &= 2\pi i \left(\text{Res}[f,0]+\text{Res}[f,1]+\text{Res}[f,-2]\right). \end{align*}$
(法一) 設 $f(z)=\frac{1}{z^4+z^3-2z^2}$ ，則由計算得
$\begin{align*} \text{Res}[f,0] &=\lim_{z\to 0}\frac{d}{d z}z^2 f(z) =\lim_{z\to 0}\frac{d}{d z}\frac{1}{z^2+z-2} =\lim_{z\to 0}-\frac{2z+1}{(z^2+z-2)^2}=-\frac14,\\ \text{Res}[f,1] &=\lim_{z\to 1}(z-1) f(z) =\lim_{z\to 1} \frac{1}{z^2(z+2)}=\frac13,\\ \text{Res}[f,-2] &=\lim_{z\to -2}(z+2) f(z) =\lim_{z\to -2}\frac{1}{z^2(z-1)}=-\frac1{12}. \end{align*}$
因此
$\begin{align*} \int_{C_3^+(0)}\frac{1}{z^4＋z^3-2z^2}dz &=2\pi i\left(-\frac14+\frac13-\frac1{12}\right)=0. \end{align*}$
(法二) 令 $\frac{1}{z^4+z^3-2z^2}=\frac{A}{z}+\frac{B}{z^2}+\frac{C}{z-1}+\frac{D}{z+2}$ 則由
$1 = A z (z-1)(z+2)+B(z-1)(z+2)+C z^2 (z+2)+D z^2(z-1)$
分別代入 $z=0,1,-2$ 以及比對 $z^3$ 的係數，可得
$1=B(-2),\quad 1=C(3),\quad 1=D(-12),\quad 0=A+C+D,$
解之得 $A=-\frac14,~B=-\frac12,~C=\frac13,~D=-\frac1{12}$ (其實可以不用算出這四個參數的值)。此外由 $\frac{1}{z^4+z^3-2z^2}=\frac{A}{z}+\frac{B}{z^2}+\frac{C}{z-1}+\frac{D}{z+2}$ ，可知
$\begin{align*}\text{Res}[f,0] &=\lim_{z\to 0}\frac{d}{d z} z^2 f(z) =\lim_{z\to 0}\frac{d}{d z} \left[(Az+B)+\frac{z^2}{z-1}C+\frac{z^2}{z+2}D\right] \\ &= \lim_{z\to 0} \left(A +\frac{2z(z-1)-z^2}{(z-1)^2}C+\frac{2z(z+2)-z^2}{(z+2)^2}D \right)=A,\\ \text{Res}[f,1] &=\lim_{z\to 1} (z-1) f(z) =\lim_{z\to 1} \left[\frac{(z-1)(Az+B)}{z^2}+C+\frac{z-1}{z+2}D\right]=C, \\ \text{Res}[f,-2] &=\lim_{z\to -2} (z+2) f(z) =\lim_{z\to -2} \left[\frac{(z+2)(Az+B)}{z^2}+\frac{z+2}{z-1}+D\right]=D. \end{align*}$
因此
$\begin{align*} \int_{C_3^+(0)}\frac{1}{z^4＋z^3-2z^2}dz &= 2\pi i \left(A+C+D\right)=0. \end{align*}$
註： $\text{Res}[zf(z),0]=\lim\limits_{z\to 0} z^2 f(z) =\lim\limits_{z\to 0} \left[(Az+B)+\frac{z^2}{z-1}B+\frac{z^2}{z+2}D\right] ＝ B$ 。

範例8.1-6. 計算 $\displaystyle \int_{C_2^+(1)}\frac{1}{z^4＋4}dz$ 之值。

[解]
由於 $z^4＋4=(z^2+2i)(z^2-2i)=[z-(-1+i)][z-(-1-i)][z-(1+i)][z-(1-i)]=0$ ，因此 $f$ 之奇異點為 $z=-1\pm i,1\pm i$ ，只有 $z=1\pm i$ 落入 $C_3(0)$ 之內，故積分值為
$\begin{align*} \int_{C_2^+(1)}\frac{1}{z^4＋4}dz &= 2\pi i \left(\text{Res}[f,1+i]+\text{Res}[f,1-i]\right). \end{align*}$
又
$\begin{align*} \text{Res}[f,1+i] &=\lim_{z\to 1+i}(z-(1+i)) f(z) =\lim_{z\to 1+i} \frac{z-(1+i)}{z^4+4}=\lim_{z\to 1+i} \frac{1}{4z^3}\\ &=\frac{1}{4(1+i)^3}=-\frac{1+i}{16},\\ \text{Res}[f,1-i] &=\lim_{z\to 1-i}(z-(1-i)) f(z) =\lim_{z\to 1-i} \frac{z-(1-i)}{z^4+4}=\lim_{z\to 1-i} \frac{1}{4z^3}\\ &=\frac{1}{4(1-i)^3}=-\frac{1-i}{16}. \end{align*}$
$\begin{align*} \int_{C_2^+(1)}\frac{1}{z^4＋4}dz &=2\pi i\left(-\frac{1+i}{16}-\frac{1-i}{16}\right)=-\frac{\pi}{4}i. \end{align*}$

部分分式計算

從上面的推導過程，也告訴我們計算部分分式的係數，可以透過留數計算來達成。以下考慮分母有沒有重根的情形。

設 $f(z)=\frac{p(z)}{(z-a)(z-b)(z-c)}$ ，其中 $p(z)$ 為多項式，而 $a,~b,~c$ 為相異實數，則 $f(z)$ 之部分分式展開為

f(z)=\frac{A}{z-a}+\frac{B}{z-b}+\frac{C}{z-c}.

由於

\begin{align*} \text{Res}[f,a] =\lim_{z\to a}(z-a)f(z) &=\lim_{z\to a}\left( A+\frac{z-a}{z-b}B+\frac{z-a}{z-c}C\right)=A\\ &=\lim_{z\to a}\frac{p(z)}{(z-b)(z-c)}=\frac{p(a)}{(a-b)(a-c)}, \end{align*}

同理可得 $\text{Res}[f,b]=B=\frac{p(b)}{(b-a)(b-c)}$ 以及 $\text{Res}[f,c]=C=\frac{p(c)}{(c-a)(c-b)}$ 。因此

f(z) =\frac{p(z)}{(z-a)(z-b)(z-c)} =\frac{\text{Res}[f,a]}{z-a}+\frac{\text{Res}[f,b]}{z-b}+\frac{\text{Res}[f,c]}{z-c}.

分母具有重根，假設 $f(z)=\frac{p(z)}{(z-a)^2 (z-b)}$ ，其中 $p(z)$ 為多項式且 $a$ 與 $b$ 為相異實數。 $f(z)$ 之部分分式表為：

\begin{align*} f(z)=\frac{p(z)}{(z-a)^2(z-b)}&=\frac{A}{z-a}+\frac{B}{(z-a)^2}+\frac{C}{z-b}\\ &=\frac{A(z-a)+B}{(z-a)^2}+\frac{C}{z-b} \end{align*}

由於

(z-a)f(z)=\frac{p(z)}{(z-a)(z-b)}=\frac{A_1}{z-a}+\frac{B_1}{z-b}

從上面計算沒有重根的過程可得

A_1=\text{Res}[(z-a)f(z),a]=\frac{p(a)}{a-b},\quad B_1=\text{Res}[(z-a)f(z),b]=\frac{p(b)}{b-a}.

如此一來，

\begin{align*} \text{Res}[(z-a)f,a] &=\lim_{z\to a}(z-a)[(z-a)f(z)] =\lim_{z\to a}(z-a)\left( \frac{A(z-a)+B}{z-a}+\frac{z-a}{z-b}C\right)\\ &=B=\frac{p(a)}{a-b},\\ \text{Res}[f,a] &=\lim_{z\to a}\frac{d}{dz}[(z-a)^2 f(z)] =\lim_{z\to a}\frac{d}{dz}\left( A(z-a)+B+\frac{(z-a)^2}{z-c}C\right)=A\\ &=\lim_{z\to a} \frac{d}{dz}\frac{p(z)}{z-b} =\lim_{z\to a}\frac{p'(z)}{z-b}-\frac{p(z)}{(z-b)^2} =\frac{p'(a)}{a-b}-\frac{p(a)}{(a-b)^2}, \\ \text{Res}[f,b] &=\lim_{z\to a}(z-b)f(z) =\lim_{z\to b}\left( \frac{z-b}{z-a}A+\frac{z-b}{(z-a)^2}B+C\right)=C\\ &=\lim_{z\to b}\frac{p(z)}{(z-a)^2}=\frac{p(b)}{(b-a)^2}. \end{align*}

所以

f(z) =\frac{p(z)}{(z-a)^2(z-b)} =\frac{\text{Res}[f,a]}{z-a}+\frac{\text{Res}[(z-a)f(z),a]}{(z-a)^2}+\frac{\text{Res}[f,b]}{z-b}.

上述結果可以推廣成

f(z) =\frac{p(z)}{\prod\limits_{k=1}^n(z-z_k)^{r_k}} =\sum_{k=1}^n\sum_{m=1}^{r_k}\frac{A_{m,k}}{(z-z_k)^m} =\sum_{k=1}^n\sum_{m=1}^{r_k}\frac{\text{Res}[(z-z_k)^{m-1}f(z),z_k]}{(z-z_k)^m},

其中

A_{m,k}=\text{Res}[(z-z_k)^{m-1}f(z),z_k] =\frac{1}{(r_k-m)!}\lim_{z\to z_k}\frac{d^{r_k-m}}{dz^{r_k-m}} \frac{p(z)}{\prod\limits_{j=1 \atop j\neq k}^n (z-z_j)^{r_j}}

以及 $z_1,~z_2,\ldots,~z_n$ 為 $f(z)$ 之相異極點，對應的階數分別為 $r_1,~r_2,\ldots,~r_n$ 。

範例8.1-7. 透過留數計算，將 $\displaystyle f(z)=\frac{z^2+3z+2}{z^2(z-1)}$ 表成部分分式型式。

[解]
令 $f(z)=\frac{A}{z}+\frac{B}{z^2}+\frac{C}{z-1}$ ，因此
$\begin{align*} A&=\text{Res}[f,0] =\lim_{z\to 0}\frac{d}{d z} z^2 f(z) =\lim_{z\to 0}\frac{d}{d z} \frac{z^2+3z+2}{z-1} \\ &= \lim_{z\to 0} \left(\frac{2z+3}{z-1}-\frac{z^2+3z+2}{(z-1)^2} \right)=-3-2=-5,\\ B&=\text{Res}[z f,0] =\lim_{z\to 0} z^2 f(z) =\lim_{z\to 0} \frac{z^2+3z+2}{z-1}=-2, \\ C&=\text{Res}[f,1] =\lim_{z\to 1} (z-1) f(z) =\lim_{z\to 1} \frac{z^2+3z+2}{z^2}=6. \\ \end{align*}$
因此
$\begin{align*} f(z)=\frac{z^2+3z+2}{z^2(z-1)} =\frac{-5}{z}+\frac{-2}{z^2}+\frac{6}{z-1}. \end{align*}$