留數，以及求和的定理
f 在極點 a 處的 [[residue|留數]]，記作 Res(f, a)，就是繞 a 的 羅朗級數 中的係數 c_{−1}。[[residue-theorem|留數定理]] 於是說：若 f 在正向簡單閉圍道 γ 內部除有限個孤立奇點 a_k 外全純，則 ∫_γ f(z) dz = 2πi · Σ_k Res(f, a_k)。它同時推廣了 柯西定理（無奇點 ⇒ 積分為 0）與 積分公式（單個一階極點）。來自每個 1/(z − a) 閉路的那些局部 2πi「種子」全部相加。
借道複平面計算實積分
回報來了。實積分 ∫_{−∞}^{∞} 1/(1 + x²) dx 可用 arctan 算出，但同樣的方法能處理沒有初等原函數的積分。技巧是：用上半平面裡的大半圓把實軸閉合，應用 留數定理，再用 ML 估計 證明半圓部分的貢獻趨於零。
Evaluate I = integral_{-inf}^{inf} 1/(1 + x^2) dx by residues.
Let f(z) = 1/(1 + z^2) = 1/((z - i)(z + i)). Poles at z = i and z = -i (simple).
Contour: segment [-R, R] on the real axis + upper semicircle C_R of radius R.
Only the pole z = i lies inside (upper half-plane), so by the residue theorem:
integral_{-R}^{R} f dx + integral_{C_R} f dz = 2pi i * Res(f, i).
Residue at the simple pole z = i:
Res(f, i) = lim_{z->i} (z - i) f(z) = lim_{z->i} 1/(z + i) = 1/(2i).
So the right side = 2pi i * 1/(2i) = pi.
Semicircle vanishes: on C_R, |1 + z^2| >= R^2 - 1, so |f| <= 1/(R^2 - 1) = M,
length L = pi R, hence | integral_{C_R} | <= pi R / (R^2 - 1) -> 0 as R -> inf.
Let R -> infinity: integral_{-inf}^{inf} 1/(1+x^2) dx = pi.
(Cross-check: [arctan x] from -inf to inf = pi/2 - (-pi/2) = pi. Agrees.)共形映射：作為幾何的全純性
最後是幾何。[[conformal-map|共形映射]] 保持曲線之間的夾角。一個乾淨的定理：若 f 全純 且 f'(a) ≠ 0，則在 a 附近 f 是共形的——它按 f'(a) 的輻角與模在無窮小尺度上旋轉並縮放。這正是 柯西–黎曼方程 的幾何面貌：局部線性映射具有旋轉—縮放這種特殊形式，絕不會是剪切或反射，而這恰是 CR 所編碼的。共形映射讓你把醜陋區域上的難題搬到圓盤上變成易題。