留数

留数（residue）是复函数在孤立奇点处洛朗展开中负一次幂项的系数。它衡量函数沿包围该点的小圆积分时留下的那一项；奇点的阶数、函数值及留数是不同对象。

例如 $f(z)=e^z/z^3$ 在零处有三阶极点，但 $$\frac{e^z}{z^3}=\frac{1}{z^3}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{2z}+\frac{1}{6}+\cdots .$$ 因此留数为 $1/2$，既不是三，也不是负三次幂的系数一。

系数与小圆积分

设 $f$ 在 $0<|z-a|<R$ 内全纯，其洛朗级数为 $\sum _{n\in \mathbb{Z}}{c}_n(z-a{)}^n$。定义 $$\mathrm{Res}(f,a)=c_{-1}.$$ 选 $0<\rho <R$ 并沿逆时针圆 ${\gamma }_{\rho }$ 积分。逐项积分合法，因为级数在该圆上一致收敛。参数化 $z-a=\rho e^{it}$ 得 $$\begin{array}{cc}& {\oint }_{{\gamma }_{\rho }}(z-a{)}^{n}dz\\ & =i{\rho }^{n+1}{\int }_0^{2\pi }{e}^{i(n+1)t}dt.\end{array}$$ 当 $n\ne -1$，一个完整周期的指数积分为零；当 $n=-1$，被积指数恒为一，结果为 $2\pi i$。于是 $${\oint }_{{\gamma }_{\rho }}f(z)dz=2\pi i\mathrm{Res}(f,a).$$ 留数与选择哪个合法小圆无关。这是局部积分与局部展开之间的精确联系；有多个奇点时，将由留数定理把这些局部贡献合起来。

单极点与高阶极点

若 $f(z)=g(z)/(z-a)$，其中 $g$ 在 $a$ 附近全纯，则留数就是 $g(a)$。更一般地，若 $f=g/h$，$h(a)=0$、$h^{\prime }(a)\ne 0$，而 $g$ 全纯，那么 $$\mathrm{Res}(g/h,a)=\frac{g(a)}{h^{\prime }(a)}.$$ 理由是 $h(z)=(z-a)q(z)$，其中 $q$ 全纯且 $q(a)=h^{\prime }(a)$；对 $g/q$ 使用上一结论即可。若 $g(a)=0$，商可能已经可去，公式仍给零，不能据此称它为真正的单极点。

对 $m$ 阶极点，令 $G(z)=(z-a{)}^{m}f(z)$，它在 $a$ 处有全纯延拓。展开 $G$，除以 $(z-a{)}^m$ 后，要找到负一次幂就应取原展开中的 $m-1$ 次项，因此 $$\mathrm{Res}(f,a)=\frac{G^{(m-1)}(a)}{(m-1)!}.$$ 这同时推导出导数阶数与阶乘，避免把记忆中的次数错移一位。

两种算法核对同一个值

取 $f(z)=(z+1)/(z-1{)}^2$。令 $w=z-1$，则 $$f(z)=\frac{w+2}{w^2}=\frac{2}{w^2}+\frac{1}{w}.$$ 所以 $\mathrm{Res}(f,1)=1$。按二阶极点公式，$G(z)=z+1$，$G^{\prime }(1)=1$，也得到一。沿任一足够小的逆时针圆积分为 $2\pi i$，而不是由最高阶项二决定。

变式。 将分子改成 $z^2+1$。因为 $z^2+1=w^2+2w+2$，商为 $1+2/w+2/w^2$，留数为二。用导数公式则是 $(z^2+1{)}^{\prime }{|}_{z=1}=2$。

留数为零与奇点分类

函数 $1/(z-a{)}^2$ 的留数为零，却有不可去的二阶极点。函数 $e^{1/(z-a)}$ 的留数为一，却有无限多负次幂，是本性奇点。留数只提取一项，不负责独自描述全部奇异结构。

留数还取决于被积分的一形式：作局部可逆换元 $z=\varphi (w)$ 时，须同时变换微分，考察的是 $f(\varphi (w)){\varphi }^{\prime }(w)dw$。只把函数的自变量换掉而漏掉雅可比因子，会改变小圆积分。

参考文献

Jiří Lebl，Guide to Cultivating Complex Analysis，1.9，2026-07-11，§4.4（系数公式），§5.2—5.3（孤立奇点、留数）。