留数，以及求和的定理
f 在极点 a 处的 [[residue|留数]]，记作 Res(f, a)，就是绕 a 的 洛朗级数 中的系数 c_{−1}。[[residue-theorem|留数定理]] 于是说：若 f 在正向简单闭围道 γ 内部除有限个孤立奇点 a_k 外全纯，则 ∫_γ f(z) dz = 2πi · Σ_k Res(f, a_k)。它同时推广了 柯西定理（无奇点 ⇒ 积分为 0）与 积分公式（单个一阶极点）。来自每个 1/(z − a) 闭路的那些局部 2πi“种子”全部相加。
借道复平面计算实积分
回报来了。实积分 ∫_{−∞}^{∞} 1/(1 + x²) dx 可用 arctan 算出，但同样的方法能处理没有初等原函数的积分。技巧是：用上半平面里的大半圆把实轴闭合，应用 留数定理，再用 ML 估计 证明半圆部分的贡献趋于零。
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：作为几何的全纯性
最后是几何。[[conformal-map|共形映射]] 保持曲线之间的夹角。一个干净的定理：若 f 全纯 且 f'(a) ≠ 0，则在 a 附近 f 是共形的——它按 f'(a) 的辐角与模在无穷小尺度上旋转并缩放。这正是 柯西–黎曼方程 的几何面貌：局部线性映射具有旋转—缩放这种特殊形式，绝不会是剪切或反射，而这恰是 CR 所编码的。共形映射让你把丑陋区域上的难题搬到圆盘上变成易题。