汉书拾遗·咒符题匾刊录

$$\newcommand{\vare}{\varepsilon} \newcommand{\i}{\mathtt i} \newcommand{\d}{\mathrm d} \newcommand{\mbb}{\mathbb} \newcommand{\p}{\partial} \newcommand{\cas}[1]{\begin{cases}#1\end{cases}} \newcommand{\Ln}{\operatorname{Ln}} \newcommand{\Arg}{\operatorname{Arg}} \newcommand{\ovl}{\overline} \newcommand{\Res}{\operatorname{Res}}$$

I. 复变函数及其导数

复变函数：令 $G\sube\mathbb C$ 是非空集合，则自 $G$ 中元素对应 $\mathbb C$ 中 一个或多个 元素的对应规则称作复变函数。

单值复变函数：每个元素仅对应一个。多值复变函数：可以对应多个。【也即，复变函数是一个“泛函数”的定义】

复变函数有对应的多值反函数。

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连续性。设单值函数 $w=f(z)$，在 $z_0$ 的空心邻域 $B_\rho^*(z_0)=\{z\mid0<|z-z_0|<\rho\}$ 中都有定义。若对于一切 $\vare>0$，都存在 $\delta(\vare)\in(0,\rho]$，使得在 $B_\delta^*(z_0)$ 时有 $f(z)-A<\vare$，则

$$\lim_{z\to z_0}f(z)=A$$

或 $f(z)\to A,z\to z_0$。

一元集合极限的双侧逼近可视性来源于实数的有序性；复数没有有序性，因此不能简单地将极限归结于某几个方向的逼近。

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定理：$\lim_{z\to z_0}f(z)=A=u_0+\i v_0$ 等价于实部 $u$ 的极限为 $u_0$、虚部 $v$ 的极限为 $v_0$。

除了趋向点和趋向值都为 $\mathbb C$ 中元素的场合，还可以定义趋向点/值之一或全部都为无穷的场合。此时意味着模长趋向于无穷。

连续即极限值与函数值相等。

定义：复可导即为：在一内点，有

$$\lim_{\Delta z\to0}\dfrac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z}=A\in\mathbb C$$

则该极限称为导数，记作 $f'(z_0)$ 或 $\left.\dfrac{\d f}{\d z}\right|_{z=z_0}$。

定义：若在 $z_0$ 邻域中均有 $f(z_0+\Delta z)=f(z_0)+A\Delta z+\rho(\Delta z)\Delta z$，则称其在 $z_0$ 处可微。

• 为什么使用 $\rho(\Delta z)\Delta z$？因为复数域无序，取 $\rho(\Delta z)$ 为一趋于 $0$ 函数即可。

同时有 $\d f=A\d z$。

例：$f(z)=z$，有 $f'(z)=1$。

例：$f(z)=\bar z$，有 $f'(z)$ 处处不存在。

例：$f(z)=z^2$，有 $f'(z)=2z$。

例：$f(z)=(\bar z)^2$，$\dfrac{\Delta f}{\Delta z}=\dfrac{(\Delta\bar z)^2}{\Delta z}+2\bar z\dfrac{\overline{\Delta z}}{\Delta z}$，不存在。

例：$f(z)=z\bar z=|z|^2$……分析还是不存在，原因还是因为出现了 $\dfrac{\overline{\Delta z}}{\Delta z}$ 的项！

但是！$(\bar z)^2$ 在原点处，居然……居然可导！导数为零！后者同理！！！

II. 解析函数

若复变函数在 $z_0$ 某邻域内处处可导，则称 $f(z)$ 在 $z_0$ 处 解析，$z_0$ 即为 解析点。易知：在一点解析，则在某邻域内处处解析。则，解析是一个 片性质。

反之，若不解析，则为 奇(qí)点。

奇点分类：

1. 无定义的奇点。
2. 有定义不连续的奇点。
3. 有定义、连续但不可导的起点。
4. 有定义不存在可导邻域的奇点。

在全部 $\mbb C$ 上可导的函数被称作 整函数。

有理函数指多项式分式。非多项式的有理函数均不是整函数，因为由代数基本定理，分母上多项式存在零点。

考察解析函数的充要条件：

令 $f(z=x+\i y)=w=u+\i v$ 在 $z$ 处可导，则其可微，于是

$$\Delta w=\Delta u+\i\Delta v=A\Delta z+\rho(\Delta z)\Delta z$$

令 $A=f'(z)=\alpha+\i\beta$。令 $\rho=\rho_1+\i\rho_2$，则 $\rho_1,\rho_2\to0$。

则

$$\begin{cases} \Delta u=\alpha\Delta x-\beta\Delta y+\rho_1\Delta x-\rho_2\Delta y \\\Delta v=\beta\Delta x+\alpha\Delta y+\rho_2\Delta x+\rho_1\Delta y \end{cases}$$

于是，$u(x,y)$ 和 $v(x,y)$ 在 $(x,y)$ 分别可微，且满足

$$\begin{cases} \p_xu=\p_yv\\\p_yu=-\p_xv \end{cases}$$

此乃 Cauchy-Riemann 方程。故，若实部、虚部在开集上连续可导且满足 C-R 方程，则其在开集上解析。

另有结论：

$$f'(z)=\p_x u-\i\p_yu=\p_xu+\i\p_x v=\dots$$

该方法可以用于不使用极限语言进行求导（即，对于实部和虚部分别求偏导来组合出复变导数）。

---

形式导数：已知

$$\cas{z=x+\i y\\\bar z=x-\i y}$$

那么就有

$$\cas{ x=\dfrac12(z+\bar z) \\y=\dfrac1{2\i}(z-\bar z) }$$

且使用 Jacobian 易验证 $(z,\bar z)\leftrightarrow(x,y)$ 是正则换元。

于是，

$$u=u(x,y)=u(\dfrac{z+\bar z}2,\dfrac{z-\bar z}{2\i})$$

于是记形式导数

$$\p_zu=\p_xu\p_zx+\p_yu\p_z y=\dfrac12(\p_xu-\i\p_y u) \\\p_{\bar z}u=\dfrac12(\p_xu+\i\p_yu)$$

• 有 $\p_zu=\overline{\p_{\bar z}u}$。是巧合吗？是因为共轭与积分、求导有交换律！

因此，$f(z)$ 也可以被看作 $f(z,\bar z)$ 的二元形式函数（这么做合法，是因为 $\bar z,z$ 存在函数关系）

有

$$f_z=\dfrac12(u_x+v_y)+\dfrac\i2(v_x-u_y) \\f_{\bar z}=\dfrac12(u_x-u_v)+\dfrac\i2(u_y+v_x)$$

然后发现，$f_{\bar z}=0$ 等价于 C-R 方程。此时，$f_z=u_x+\i v_x=u_x-\i u_y=f'(z)$。

• 即，把 $f(z)$ 看作 $f(x,y)$ 再换元为 $f(z,\bar z)$ 后，关于 $\bar z$ 的偏导数退化为 C-R 方程，关于 $z$ 偏导数就是 $f'(z)$。C-R 方程成立等效于关于 $\bar z$ 偏导为零，偏导为零等效于与该参数无关，于是解析函数与 $\bar z$ 无关。

于是，我们可以用该理论分析之前的例子：

• $f(z)=\bar z$，有 $f_{\bar z}=1$，故处处不可微。
• $f(z)=(\bar z)^2$，有 $f_{\bar z}=2\bar z$，故仅在原点处可微，此处 $f'(0)=f_z(0)=0$。
• $f(z)=z\cdot\bar z$，仅在原点可微，有 $f'(0)=f_z(0)=0$。

或许有人会好奇：$f(z)=z$ 也可以写成 $f(z)=\overline{(\bar z)}$，此时如何计算 $f_{\bar z}$ 呢？

事实上，当我们采用 $f(x,y)=f(z,\bar z)$ 的记号的同时，我们就 摒弃了共轭的概念：此时共轭仅仅是一个仅出现在 $\bar z$ 中的记号而已。而当我们看到了 $\overline{(\bar z)}$ 这样的“未定义”时，我们便要反问：这玩意是怎么定义的？然后我们发现，它的定义就是 $z$，因此我们计算时完全不会看到 $\overline{(\bar z)}$，而只会看到 $z$。

III.基本初等函数

我们希望将 $\exp,\ln,\sin,\cos,x^a$ 等函数延拓。我们希望延拓有好性质。

$\exp$ 的场合：

• 整函数。
• 导数仍为自身。
• 实轴上与原函数相等。

令 $e^z=e^x(\cos y+\i\sin y)$。易验证其满足上述条件。

唯一性如何证？因为 $f'=u_x-\i u_y$，所以须满足

$$\begin{cases} u_x=v_y=u \\u_y=-v_x=-v \end{cases}$$

的偏微分方程组。可证得其解唯一。

特别地，$e^z$ 存在 $2k\pi\i$ 的周期；其值域为 $\C\setminus\{0\}$。

既然指数函数是多对一的，那么其反函数、对数函数即为多值函数。

同理，计算 $\Ln z$，则 $e^u=|z|,v=\Arg z$。

于是，有 $\Ln z=\ln|z|+i\Arg z$。其主值 $\ln z=\ln|z|+i\arg z$。

因为辐角的范围被认为是 $(-\pi,\pi]$，所以 $\ln z$ 在 $x$ 轴负半轴至 $0$ 的范围上不连续；在其它地方解析。

其导数使用反函数求导法则，可知为 $\dfrac1z$。

满足 $\Ln(z_1z_2)=\Ln z_1+\Ln z_2$，但是换成 $\ln$ 不对，因为辐角的问题。

$\Ln z^n=n\Ln z$……这不对，若 $z$ 的辐角是 $2\pi/n$ 之类，乘以 $n$ 就会让某些辐角消失。写成 $n$ 个 $\Ln z$ 相加就对了。

幂函数，如 $y=x^b$。可以先求 $\Ln$ 再求 $\exp$，得到 $y=\exp(b\Ln x)=e^{b\ln z}e^{2bk\pi\i}$。

• 若 $b\in\Z$，则 $2bk$ 必是整数，$x^b$ 是单值函数。
• 若 $b\in\Q\setminus\Z$，则令 $b=\dfrac pq$，则 $x^n$ 是 $q$ 值函数。
• 若 $b\in\R\setminus\Q$，则 $x^n$ 是无穷值函数。
• 若 $b\in\C\setminus\R$，则 $b=\alpha+\i\beta$ 其中 $\beta\neq0$。则 $e^{2bk\pi\i}=e^{2\alpha k\pi\i}\cdot e^{-2\beta k\pi}$，由 $\beta$ 项知其无穷值。

$$\cos z=\dfrac{e^{\i z}+e^{-\i z}}2 \\\sin z=\dfrac{e^{\i z}-e^{-\i z}}{2\i}$$

满足 $2k\pi$ 的周期。不再有界：沿虚轴移动趋向无穷。

和角公式等仍成立。

$$\sinh z=\dfrac{e^z-e^{-z}}2 \\\cosh z=\dfrac{e^z+e^{-z}}2 \\e^z=\sinh z+\cosh z$$

IV. 复变积分

有向曲线：有定向的曲线。

Jordan 曲线（简单闭曲线）按照逆时针定向。

沿有向曲线的 Lebesgue 积分的定义是通过分割定义的。即：将曲线 $C$ 分成 $n$ 个弧段，分点为 $A=z_0,z_1,\dots,z_n=B$，每段上取一个 $\zeta_k$，则有

$$I_n=\sum f(\zeta_k)\cdot\Delta z_k$$

如果存在一个 $I$，满足对于一切 $\epsilon$，都存在一个 $\delta$ 满足全体最大弧长不超过 $\delta$ 的划分，都满足 $|I_n-I|<\epsilon$，则称其积分值为 $I$。

把复变看成两个实变的组合，可知

$$I=\int u\d x-v\d y+\i\int v\d x+u\d y \\=\int(u+\i v)(\d x+\i\d y)$$

假设 $z$ 存在参数方程 $z=z(t)$，我们希望其有与实变类似的形式

$$\int f(z)\d z=\int_\alpha^\beta f(z)\dot z\d t$$

通过实变展开易证其成立。

性质：

$$\int_{C^-}f(z)\d z=-\int Cf(z)\d z \\\int_C(f(z)\pm g(z))\d z=\int_C f(z)\d z\pm\int_C g(z)\d z \\\int_C kf(z)\d z=k\int_C f(z)\d z \\\ovl{\int f(z)\d z}=\int_C\ovl{f(z)}\d\bar z$$

以及 Length Theorem：

$$\left|\int f(z)\d z\right|\leq ML$$

其中 $M=\max|f(x)|$，$L$ 为曲线长度。

证明需要

$$\left|\int_C f(z)\d z\right|\leq\int_C|f(z)||\d z|$$

……吗？这个不等式理性上不好证明。必须回到原始意义，由三角不等式证明。

---

$$\int\d z=z_1-z_0 \\\int|\d z|=\text{弧长}$$

加不加绝对值很重要！

$$\int_{|z-z_0|=R}\dfrac1{(z-z_0)^{n+1}}\d z \\=\int_0^{2\pi}\dfrac1{(Re^{\i\theta})^{n+1}}\d(Re^{\i\theta}+z_0) \\=\int_0^{2\pi}\dfrac1{(Re^{\i\theta})^{n+1}}\i Re^{\i\theta}\d\theta \\=\dfrac\i{R^n}\int_0^{2\pi}\dfrac1{e^{\i n\theta}}\d\theta \\=\dfrac\i{R^n}\int_0^{2\pi}(\cos n\theta-\i\sin n\theta)\d\theta \\=\begin{cases}0&n\neq0\\2\pi\i&n=0\end{cases}$$

V. C-G 定理

对于解析的 $f$，

$$\oint f(z)\d z=\oint u\d x-v\d y+\i\oint v\d x+u\d y \\\xlongequal{\text{Green}}\iint(-v_x-u_y)\d x\d y+\i\int(u_x-v_y)\d x\d y&(?) \\\xlongequal{\text{Cauchy-Riemann}}0$$

(?): Green 公式需要有 $u,v\in\mathscr C^1$！

Cauchy-Goursat 定理：单连通区域上的解析函数，沿封闭曲线积分为零。

• 证明很困难！

使用 C-G 定理可以证明，解析函数的导数解析。

强形式 C-G 定理：令 $f$ 在 Jordan 闭曲线 $\gamma$ 围成的单连通区域 $D$ 内部解析，在边界 $\bar D$ 上连续，则沿边界积分为零。

连续变形原理：解析函数的曲线积分不因连续变形改变。

复合闭路定理：$n+1$ 条闭曲线组成的复合闭路，若其中不包含奇点，则总积分为零。

VI. 原函数与不定积分

对于单连通区域上的解析函数，对于 $z_0$，可以唯一定义原函数

$$F(z):=\int_{z_0}^zf(\zeta)\d\zeta$$

则 $F(z)$ 解析，且满足 $F'(z)=f(z)$。证明略。

若在该区域上处处均有 $F'(z)=f(z)$，则称其为 $f(z)$ 的一个原函数。显然，全体原函数之间只相差常数，因此不定积分 $\int f(z)=F(z)+C$。

N-L 公式：$\int_{z_0}^{z_1}f(z)\d z=F(z_1)-F(z_0)$。

分部积分公式：$\int_{z_0}^{z_1}f'(z)g(z)\d z=\left.f(z)g(z)\right|_{z_1}^{z_2}-\int_{z_1}^{z_2}f(z)g'(z)\d z$。

……但是这几个定理只能在单连通域上使用。多联通咋办？

定理：若 $f(z)$ 在不一定单连通的 $\cal D$ 上解析，则以下三条等价：

• 闭路积分为零。
• 积分与路径无关。
• 存在原函数。

VII. Cauchy 积分公式

令 $f(z)$ 在 Jordan 闭曲线 $C$ 围成区域 $D$ 内解析，在边界上连续，则对于 $z_0\in D$，有

$$f(z_0)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_C\dfrac{f(z)\d z}{z-z_0}$$

即，对于解析函数，边界上值唯一确定时，内部值同时可以确定。

由其可以推知，

$$f(z_0)=\dfrac1{2\pi\i}\int_0^{2\pi}f(z_0+Re^{\i\theta})\d\theta$$

称为第一平均值公式。

使用 Green 公式可知

$$f(z_0)=\dfrac1{\pi R^2}\iint_{|z-z_0|\leq R}f(z)\d x\d y$$

的第二平均值公式。

同时有高阶导数公式

$$f^{(n)}(z_0)=\dfrac{n!}{2\pi\i}\oint_C\dfrac{f(z)}{(z-z_0)^{n+}}$$

VIII. Morera 定理

已知：解析函数有所有闭路积分为零。那么，其逆定理，即闭路积分全为零之函数应解析吗？

否定。有限点不连续时该函数仍有势。

补充连续条件，即得 Morera 定理：

• 在任意联通（不一定是单连通）区域 $\cal D$ 上连续且闭路积分为零的函数是解析函数。

由定义可知，其有势，且势函数导数为该函数。

IX. 代数基本定理

引理：Cauchy 不等式——令 $f(z)$ 是 $|z-z_0|<R$ 圆盘上的解析函数，且 $|f(z)|\leq m$。则有

$$|f^{(n)}(z_0)|\leq\dfrac{n!m}{R^n}$$

证明：使用高阶导数公式即证。

引理：Liouville 定理——有界解析函数是常数。

证明：若 $|f(z)|\leq M$，则 $|f'(z_0)|\leq\dfrac{1!M}R$；但是 $R$ 可以任取，所以让 $R\to+\infty$ 时其趋于 $0$。

现在，尝试证明代数基本定理：

若多项式 $p_n(z)$ 处处非零，则 $f(z)=\dfrac1{p_n(z)}$ 必然解析。下只需证明 $f(z)$ 有界即可导出矛盾。

• 当 $z\to\infty$ 时，$f(z)$ 必然 $\to0$；在有界的一个圆盘里，$f(z)$ 有界。因此整体而言 $f(z)$ 有界。

X. 解析函数与调和函数

解析函数的实部虚部分别都是调和函数。虚部被称作实部的共轭调和函数。

现在，我们尝试对于调和函数，找到其共轭调和函数（二者配起来就是一个解析函数）。

这要求，$u,v$ 满足 C-R 方程，且属于 $\scr C^\infty$。

……但这就够了么？

定理：令 $u$ 是单连通区域 $D$ 上调和函数，则存在 $D$ 上解析函数 $f(z)$ 使得 $u=\Re f(z)$。

$f'(z)$ 可以由 $u$ 唯一确定（$f'(z)=u_x-\i u_y$）。因为 $u$ 调和，所以 $f'(z)$ 至少可以求一次导，则其解析。因此求一个不定积分即可。

【注意，因为实部确定，所以不定积分的常数项必须是 $\i R$ 而非 $C$ 的形式】

单连通保证不定积分存在。

多联通反例：$u=\ln|z|$。易验证其调和。则 $f'(z)=\dfrac1z$，而其不存在原函数（环绕原点积分非零）

• 求 $v$ 的法一：$u\to f'(z)\to f(z)$。
• 法二：偏积分；由 C-R 方程保证 $v$ 的偏导数，因此对偏导数求偏积分（注意，如果对 $x$ 求偏积分，那么常数项会是 $g(y)$ 的形式；关于 $x$ 求偏积分再对 $y$ 求偏导然后比较系数即可）

例：$f(z)=u(x^2-y^2)+\i v(x,y)$ 解析。求之。

因解析，则 $u$ 调和。$u_x=2xu',u_{xx}=2u'+4x^2u'';u_y=-2yu',u_{yy}=-2u'+4y^2u''$。因此 $u_{xx}+u_{yy}=4(x^2+y^2)u''=0$，则 $u''$ 在非零处为零。故有 $u(t)=c_1t+c_2$，则 $f(z)=c_1(x^2-y^2)+c_2+\i v(x,y)$。易知 $f(z)=c_1z^2+c_2$。

XI. 级数

复数项序列 $\{z_n\}_{n=0}^\infty$。极限 $A$ 是 $|z_n-A|<\vare$。趋于无穷，指 $|z_n|>M$。

定义级数 $I=\sum_{n=0}^\infty z_n$。级数的定义不依赖于其收敛与否。

部分和极限不存在或趋于无穷，则称级数发散 (DV, Divergent)，否则即为收敛 (CV, Convergent)。

若 $|z_n|$ CV，则称级数绝对收敛 (AC, absolute CV)。若 CV 但不 AC，则称为条件收敛 (CC, Conditionally CV)。

定理：$\lim\limits_{n\to\infty}z_n=\alpha+\i\beta$ 等价于实部、虚部分别收敛于 $\alpha,\beta$。

定理：级数 CV 等价于实部、虚部分别 CV。

定理：AC 推出 CV，且 $|I|\leq\sum|z_i|$。

定理：AC 等价于实部虚部分别 AC。

审敛法：

首先，通项趋于零是收敛的必要条件；通项趋于速度慢，则更难收敛。

Cauchy 根式判别法：

• 一般形式：存在 $n_0$ 使得其后有 $\sqrt[n]{|z_n|}\leq q<1$，则其 AC；若存在无穷多 $n$ 使得 $\sqrt[n]{|z_n|}\geq q\geq1$，则其 DV。
• 极限式：$\lim\sqrt[n]{|z_n|}=q$。若 $q<1$ 则其 AC，$>1$ 则其 DV，$=1$ 未知。例：$\dfrac1n$ DV，$\dfrac1{n^2}$ AC，$\dfrac{(-1)^n}n$ CC。

D'Alembert 判别法：

• 一般式：存在 $n_0$ 使得 $\left|\dfrac{z_{n+1}}{z_n}\right|\leq q<1$ AC；存在 $n_0$ 使得(与 Cauchy 不同，因为它是一环套一环的) $\geq q\geq1$ DV。
• 极限式同上。

Dirichlet：单调趋于零的 $a_n$，部分和有界的 $b_n$，则积级数 CV。

Abel：单调有界的 $a_n$，CV 的 $b_n$，则积 CV。

• 注意：这两个定理中的 $a,b$ 都是实数。复数的场合，应把实部虚部分别分析。

其扩展为 Dedekind 判别法：对于有界变差数列 $\{a_n\}$（$\sum|a_n-a_{n-1}|$ 有上界）且趋于零，对于部分和有界的 $\{b_n\}$，积级数收敛。

XII. 函数项级数与幂级数

函数项序列 $\{f_n(z)\}_{n=0}^\infty$。其部分和的极限即为级数。

幂级数 $I=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$。

Abel 定理：对于级数 $I=\sum c_nz^n$，若 $I$ 在 $z_0$ CV，则在区域 $z:|z|<|z_0|$ 上处处 AC 且一致收敛。反之，若在 $z_0$ DV，则在区域 $z:|z|>|z_0|$ 上处处 DV。

$$I=\sum_{i=0}^\infty c_nz^n \\|I|=\sum_{i=0}^\infty|c_nz_0^n|\left|\dfrac z{z_0}\right|^n=\sum_{i=0}^\infty|c_nz_0^n|q^n$$

其中 $0\leq q<1$。我们只需证明，$|c_nz_0^n|$ 有其上界 $M$，即可知 $|I|$ 收敛。因为 $\sum c_nz_0^n$ 收敛，所以 $c_nz_0^n$ 必然以 $0$ 为极限，则其必有上界。

CV/AC 的上确界，或是 DV 的下确界，被称作收敛圆半径 $R$；$C_R$ 是收敛圆圆周，即 $|z|=R$；$D_R$ 是收敛圆（盘），即 $|z|<R$。

圆周上处处 DV：$z^n$。

部分 DV 部分 CC：$\dfrac1nz^n$。

全部 CC：$\sum\dfrac{(-1)^{\left\lfloor\sqrt n\right\rfloor}}nz^n$。

全部 AC：$\dfrac1{n^2}$。

$$R=\dfrac{1}{\overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{c_n}}=\dfrac1{\lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{c_{n+1}}{c_n}\right|}$$

加减乘对收敛圆的影响是：若半径不同，则新收敛圆会是二者中较小者；否则，收敛半径有扩大的可能。

复合：$f:\sum a_nz^n,g:\sum b_nz^n$。则

$$f(g(z))=\sum a_n(h(z))^n=\sum a_n(\sum b_mz^m)^n$$

复合后展开来仍是一个幂级数。

定理：

• 幂级数在收敛盘内部解析。
• $f'(z)$ 可以逐项求导得到，即 $f'(z)=\sum na_nz^{n-1}$。【即，导数可以与求和换序】
• 可以逐项积分。

XIII. Taylor 级数

$\scr C^\infty$ 函数能否在原点展开为幂级数？在实变函数的场合，这不一定，例如 $e^{-1/x^2}$ 的速降函数（光滑子），它衰减速度快于一切多项式，因此它无法用 Taylor 多项式近似。

实解析指在邻域中存在 Taylor 展开。这是比 $\scr C^\infty$ 更强的条件。

但是，复解析函数的场合则不然。有

Taylor 展开定理：若 $w=f(z)$ 在 $D$ 上解析。对于其中的 $z_0$，令 $d$ 为满足以 $z_0$ 为圆心的 $d$-盘属于 $D$ 的上界，则在 $d$-盘内部，恰有 $f(z)=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n$，其中 $c_n=\dfrac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$。且该展开唯一。称这种展开方式为 Taylor 展开或 Taylor 级数。

对于 $z$，选一个 $r:|z-z_0|<r<d$，使用 Cauchy 积分定理可知

$$f(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_{C:|\zeta-z_0|=r}\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{\zeta-z}$$

其中，

$$\dfrac1{\zeta-z}=\dfrac1{\zeta-z_0-(z-z_0)} \\=\dfrac1{\zeta-z_0}\dfrac1{1-\dfrac{z-z_0}{\zeta-z_0}}$$

而因为 $\left|\dfrac{z-z_0}{\zeta-z_0}\right|<1$，所以可以代入 $\dfrac1{1-\omega}=\sum_{i=0}^\infty\omega^n$ 的式子，所以即有

$$\dfrac1{\zeta-z}=\dfrac1{\zeta-z_0}\sum_{i=0}^\infty\left(\dfrac{z-z_0}{\zeta-z_0}\right)^n \\=\sum_{i=0}^\infty\dfrac{(z-z_0)^n}{(\zeta-z_0)^{n+1}}$$

于是，即有

$$f(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_C\left(\sum_{n=0}^\infty\dfrac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}}(z-z_0)^n\right)\d\zeta$$

接下来，我们只需要证明求和和积分可以换序，那么内部就可以套一个 Cauchy 积分公式，直接变成 $\dfrac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$ 了！

怎么办呢？首先有限项是可以交换的。于是只需要证明余项，即

$$R_N(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_C\left(\sum_{n=N}^\infty\dfrac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}}(z-z_0)^n\right)\d\zeta$$

在 $N\to\infty$ 时收敛至 $0$ 即可。

$$|R_N(z)|\leq\dfrac1{2\pi}\oint_C\sum_{n=N}^\infty\dfrac{|f(\zeta)|}rq^n\d\zeta \\\leq\sum_{n=N}^\infty\dfrac Mr q^n \\=\dfrac Mr\dfrac{q^N}{1-q}$$

其中，$q=\dfrac{|z-z_0|}{r}<1$，$M=\sup_{\zeta\in C}|f(\zeta)|$。易知：当 $N\to\infty$ 时，此式 $\to0$。然后知可交换，则 Taylor 展开确实是展开。

如何证明它是唯一展开？对二者和函数在 $z_0$ 处的若干阶导数对比即可。

现在，如何计算 Taylor 展开？硬导并非不行，但是经常很麻烦。因此可以借助某些已知东西的积、复合等进行间接展开。

Remarks：

• Taylor 级数的收敛半径 $R$ 至少为 $d$。
• 任意幂级数在 $R$ 上至少存在一个奇点。

假设无奇点，则每个点都存在一解析邻域。

这些邻域的并集是圆周。由有限覆盖定理，可以从中选择有限个邻域覆盖全圆周。它们的半径存在正的最小值。因此收敛半径可以被扩大。

• 复解析与存在 Taylor 展开等价。这与实解析的定义相同（但是复解析的性质更好）。

XIV. 解析点与零点

一个零点是取 $0$ 的点。一个 $m$-级/$m$-阶零点，是满足 $f(z_0)=f'(z_0)=\dots=f^{(m-1)}(z_0)=0$，但 $f^{(m)}(z_0)\neq0$ 的 $z_0$。一个孤立零点，是自身为零、但在某个去心邻域内处处非零的点。

一个 $m$ 阶零点的充要条件，是存在 $B_\delta(z_0)$，使得在 $B_\delta(z_0)$ 上 $f(z)=(z-z_0)^mg(z)$，其中 $g(z)$ 在 $B_\delta(z_0)$ 上解析、在 $z_0$ 不取零点。其中，$(z-z_0)^m$ 是一个标准的以 $z_0$ 为 $m$ 阶零点的函数。因为解析必然连续，所以 $g$ 在某邻域中不取 $0$，$(z-z_0)^m$ 同理，于是可以推知：该零点必然孤立。

Taylor 展开即可。

定理：解析函数的所有零点都孤立，除非它是零函数。

首先，建立引理：令 $D$ 是区域，$\Omega_1,\Omega_2$ 是两个开集，满足 $\Omega_1\cap\Omega_2=\varnothing,\Omega_1\cup\Omega_2=D$，则 $\Omega_1,\Omega_2$ 必须有一为空集。

现在，若 $f\not\equiv0$，则制造 $\Omega_1=\{z_0\in D\mid\exists B_\delta(z_0)\text{ s.t. }f_B\equiv0\}$，$\Omega_2=\{z_0\in D\mid\exists B_\delta(z_0)\text{ s.t. }f_B\equiv\lnot0\}$，则我们只需证明二者的并集为全集即可。

对于每个 $z_0$，对其 Taylor 展开。一种场合是该点处 $c_n$ 全为零，则在某邻域内为零函数；一种是存在非零项，那么首个非零项为主项，可以取充分小邻域使得其中主项占主导，则在某邻域内其处处非零。

因此，我们有唯一性定理：

令 $f(z),g(z)$ 在 $D$ 上解析，$a$ 是 $D$ 中元素，且存在 $D\setminus\{a\}$ 上的数列 $\{z_n\}$，满足 $z_n$ 趋近 $a$，且 $f,g$ 在每个 $z_n$ 处相等，则 $f,g$ 在 $D$ 上处处相等。

$f-g$ 在 $a$ 的任何邻域中都存在零点。因此 $f-g$ 必须是零函数。

XV. Laurent 级数

定义：一般幂级数是形如

$$I=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n$$

的级数。它等于非负幂次级数 $I_1$ 加上负幂次级数 $I_2$。

一般幂级数 CV，当且仅当 $I_1,I_2$ 同时 CV。

对 $f(z)$ 反演变换，即取 $\zeta=\dfrac1{z-z_0}$ 后，其负幂次级数

$$I_2=\sum_{n=-\infty}^{-1}c_n(z-z_0)^n=\sum_{n=1}^\infty c_n\zeta^n$$

其绝对收敛域是圆盘 $|\zeta|<\lambda$，这等效于区域 $|z-z_0|>\dfrac1\lambda$。

因此，一般幂级数的绝对收敛区域是 $r<|z-z_0|<R$。

当 $r\geq R$ 时，两级数没有公共收敛区域，其至多在 $r=R$ 圆环上有零测的收敛集合，在解析函数的讨论上没有意义。

因此，只考虑 $r<R$ 的场合，此处即有收敛圆环域。

定理：在收敛圆环域上，一般幂级数的和函数解析，可以逐项求导、积分。

• 其中，逐项积分的意思是，关于曲线 $C$ 的积分 $\int_Cf(z)\d z=\int_C[\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n]\d z=\sum_{n=-\infty}^\infty\int_Cc_n(z-z_0)^n\d z$。

Laurent 展开定理：令 $f(z)$ 在圆环域上解析，则对于一切 $z$，都有 $f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n$。其中，$c_n$ 被使用类似 Cauchy 积分公式求导的方法定义，有 $c_n=\dfrac1{2\pi\i}\oint_C\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{(\zeta-z_0)^{n+1}}$。且，该展开是唯一确定的。则该展开被称作 Laurent 展开/Laurent 级数。

对任意 $z$，画同心圆 $C_1$ 包含之、$C_2$ 不包含之。取 $\Gamma$ 绕 $f(z)$ 一圈，则有

$$f(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_\Gamma\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{\zeta-z}$$

现在，取 $C_1\cup C_2^-\cup\Gamma^-$ 的复合闭路，有

$$f(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_{C_1}\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{\zeta-z}-\dfrac1{2\pi\i}\oint_{C_2}\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{\zeta-z}$$

对于 $C_1$，可以 Taylor 展开为

$$I_1=\sum_{n=0}^\infty\dfrac1{2\pi\i}\oint_{C_1}\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{(\zeta-z_0)^{n+1}}(z-z_0)^n$$

$C_2$ 同理。二者用复合闭路并在一块即可。

从属原则（就大原则）：给定环域 $D(z_0,r,R)$ 上的 $f(z)$，取嵌入环域 $D(z_0,r',R')$ 满足 $r<r'<R'<R$，则二者展开相同。

漂移原则：若两环域间经过了不可去的奇点，则展开式必然改变。

例如，$f(z)=\dfrac1{z(1-z)}$。它有两个极大收敛圆环：$(0,1)$ 与 $(1,+\infty)$。在 $(0,1)$ 上，其可以被展开为 $\dfrac1z+\dfrac1{1-z}=z^{-1}+\sum_{n=0}^\infty z^n$。但是，在 $(1,+\infty)$ 上，后一项不再能如此展开，而应被以 $\dfrac1z\cdot\dfrac1{1/z-1}$ 的式子间接展开。

事实上，式子 $\dfrac1{1+\text{something}}$ 展开时，通用做法是针对 $\text{something}$ 的模长是大于 $1$ 还是小于 $1$，分两种情况漂移处理。

应用如留数定理：$\oint f(z)\d z=2\pi\i c_{-1}$。

XVI. 奇点

称 $z_0$ 是孤立奇点，若 $z_0$ 是奇点，且存在邻域使得其中没有任何其它奇点（即，$f(z)$ 在 $z_0$ 的某去心邻域中解析）。否则，称为非孤立奇点。

例如，$\ln z$ 在负实轴上不解析。这是非孤立奇点的例子。$(\sin z^{-1})^{-1}$ 的 $0$ 点也是非孤立的（任意临近处都存在奇点）

孤立奇点周围存在 Laurent 展开。由此可以对其分类：

• 可去奇点：Laurent 展开没有负幂次项。补充 $f(z_0)=c_0$ 它即不再为零点。于是三性质等价：可去奇点；函数存在至 $z_0$ 的极限；在邻域内有界。

  证明有界推出可去？有 $|c_n|\leq\dfrac1{2\pi}\oint_{C_r}\dfrac{|f(z)||\d z|}{|z-z_0|^{n+1}}=\dfrac M{r^n}$。当 $n\leq-1$ 时，令 $r\to0$ 即得 $|c_n|\leq0$。

• $m(\geq1)$ 阶零点。$m=1$ 时称作简单奇点。其 Laurent 展开的最高次负幂项为 $\dfrac{c_{-m}}{(z-z_0)^m}$。有

  $$f(z)=\dfrac1{(z-z_0)^m}\left[c_{-m}+c_{-m+1}(z-z_0)+\dots+c_0(z-z_0)^m+\dots\right] \\=\dfrac{g(z)}{(z-z_0)^m}$$

  即其在邻域有标准分解。有 $g(z_0)=c_{-m}\neq0$。
  孤立奇点等价条件：是 $m$ 阶奇点；$f(z)$ 存在标准分解；$(z-z_0)^mf(z)$ 存在非零极限；$z_0$ 为 $f(z)^{-1}$ 的 $m$ 阶零点（在可去解析意义下）。

• 本性奇点：无限负幂项。

Weierstrass 定理：对于本性零点 $z_0$，则对于一切 $A\in\bar\C$，都存在 $z_0$ 去心邻域 $B_\delta^*(z_0)$ 的一组逼近 $z_0$ 的点列 $\{z_i\}_{i=1}^\infty$，满足 $f(z_i)$ 的极限为 $A$。

Picard（大）定理：对于本性零点 $z_0$，则对于除至多一个 $A_0$ 外的全体 $A\in\C$，都存在去心邻域中逼近 $z_0$ 的点列，满足 $f(z_i)\equiv A$。

Picard 大定理的证明困难。但是可以例证（对某个例子证明）。

$\exp z^{-1}$ 拥有 $z_0=0$ 的本性零点。对于一切 $A\neq0$，取 $\dfrac1z=\Ln A$ 即可。

$\infty$ 总是被看作奇点。$\infty$ 是孤立奇点，若存在圆环使得外界不再存在奇点。在环外其即解析并存在 Laurent 展开，此时可以通过反演变换 $\zeta=z^{-1}$ 去研究零点处的性质。

定理：$z_0$ 为 $\C$ 上孤立奇点，则：

• 可去奇点等效于存在有界极限。
• 极点（$m$ 阶奇点）等效于极限为无穷。
• 本性奇点等效于极限不存在且不为无穷大。

XVII. 留数

令 $z_0\in\C$ 为孤立奇点。其附近的 Laurent 展式的 $-1$ 次项系数

$$c_{-1}=\dfrac1{2\pi\i}\oint f(z)\d z$$

被称作其留数。记作 $\Res[f(z),z_0]$ 或 $\Res_f[z_0]$。可去奇点的留数为零。

留数定理：令单连通区域中的 Jordan 曲线 $C$ 包含的奇点数目有限且都为孤立奇点，则

$$\oint_Cf(z)\d z=2\pi\i\sum_i\Res[f(z),z_i]$$

对于简单极点，有 $\Res[f(z),z_0]=\lim_{z\to z_0}(z-z_0)f(z)$。

令 $f(z)=\dfrac{p(z)}{q(z)}$ 满足 $p(z_0)\neq0,q'(z_0)=0,q'(z_0)\neq0$，则 $z_0$ 是简单极点，且 $\Res[f(z),z_0]=\dfrac{p(z_0)}{q'(z_0)}$。【此处 $p,q$ 不要求是多项式】

对于 $m$ 阶极点，取任何 $k\geq m$，则有

$$\Res[f(z),z_0]=\dfrac1{(k-1)!}\lim_{z\to z_0}\dfrac{\d^{k-1}}{\d z^{k-1}}\left[(z-z_0)^kf(z)\right]$$

对于本性极点，目前没有好的方式。

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无穷远处的留数 $\Res[f(z),\infty]=-c_{-1}$。这是因为，当 $C$ 是正向曲线时，其相对于无穷大（可以映到复球面上观察）会是负向曲线。

全留数定理：令 $w=f(z)$ 在 $\bar{\C}$ 上全体奇点为有限个孤立奇点，则全体奇点的留数和为零。这个定理可以被用于规避计算一个本性零点的留数。

定理：

$$\Res[f(z),\infty]=-\Res[\dfrac1{z^2}f(1/z),0]$$

$$f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_nz^n \\\xrightarrow{\zeta=1/z} \\\varphi(\zeta)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n\zeta^{-n} \\\varphi(\zeta)/\zeta^2=\sum_{n=-\infty}^\infty c_{-n}\zeta^{n-2} \\c_{-1}=\Res[\varphi(\zeta)/\zeta^2,0]$$

例：$\oint\dfrac{z\d z}{z^n-1}$。如果使用所有的 $\omega_n^i$ 处的展开，式子是 $\dfrac{2\pi\i}n\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{2i}$，其或许不太好算；但是如果变成无穷处的奇点，就好做了。

XVIII. 留数应用

三角函数积分：例如 $I=\int_0^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)\d\theta$ 的积分。其中，$R$ 是二元有理函数，即两个二元多项式的比值，$R(x,y)=\dfrac{P(x,y)}{Q(x,y)}$。

现在，考虑 $|z|=1$，则 $\cos\theta=\dfrac{z+\bar z}{2}=\dfrac{z^2+1}{2z},\sin\theta=\dfrac{z^2-1}{2\i z},\d\theta=\dfrac{\d z}{\i z}$。

于是，

$$I=\oint_{|z|=1}R(\dfrac{z^2+1}{2z},\dfrac{z^2-1}{2\i z})\dfrac{\d z}{\i z}$$

因此可以令 $f(z)=R(\dfrac{z^2+1}{2z},\dfrac{z^2-1}{2\i z})\dfrac1{\i z}$，并求留数。

注意到 $f(z)$ 会是有理函数。有理函数不会有本性奇点。因此只要拿出其中所有的极点，求留数即可。

例：

$$\int_0^{2\pi}\dfrac{\d\theta}{a-\cos\theta} \\=\oint_{z=1}\dfrac{\d z/(\i z)}{a-(z^2+1)/2z} \\=2\i\oint_{|z|=1}\dfrac{\d z}{z^2-2az+1}$$

其极点为 $a-\sqrt{a^2-1}$，因此

$$I=2\pi\i\cdot2\i\cdot\dfrac1{(2z-2a)|_{z=a-\sqrt{a^2-1}}} \\=\dfrac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$$

例：

$$I_p=\int_0^{2\pi}\dfrac{\cos m\theta\d\theta}{1+p^2-2p\cos\theta}$$

令

$$\tilde I_p=\int_0^{2\pi}\dfrac{\sin m\theta\d\theta}{1+p^2-2p\cos\theta} \\J_p=I_p+\i\tilde I_p=\int_{|z|=1}\dfrac{z^m(\d z/\i z)}{1+p^2-2p\dfrac{z^2+1}{2z}} \\=-\i\int_{|z|=1}\dfrac{z^m\d z}{z+p^2z-p(z^2+1)} \\=\i\int_{|z|=1}\dfrac{z^m\d z}{(z-p)(pz-1)} \\=-2\pi\Res[\dfrac{z^m\d z}{(z-p)(pz-1)},p] \\=\dfrac{2\pi p^m}{1-p^2}$$

因此 $I_p=2\pi p^m/(1-p^2),\tilde I_p=0$。

无穷有理积分：$I=\int_{-\infty}^\infty\dfrac{P_n(x)}{Q_m(x)}\d x$，其中 $m-n\geq2$，$R(z)$ 在 $\R$ 上无极点。

则有

$$I=2\pi\i\sum_{\Im(z_k)>0}\Res[R(z),z_k] \\=-2\pi\i\sum_{\Im(z_k)<0}\Res[R(z),z_k]$$

取充分大圆周半径 $r$，使得其包含全体极点。则令 $I_R$ 为 $[-R,R]$ 的线段，$C_R$ 为半径为 $R$ 的半圆周，则令 $\gamma=I_R+C_R$，可知

$$\oint_\gamma R(z)\d z=\int_{I_R}+\int_{C_R}=2\pi\i\sum_{\Im(z_k)>0}\Res[R(z),z_k]$$

当 $R\to+\infty$ 时，因为 $m-n\geq2$，所以 $R(z)$ 以 $\sim\dfrac1{R^2}$ 的速率衰减，而 $|C_R|$ 仅以 $\sim R$ 的速率增加，因此 $R\to+\infty$，$C_R$ 积分为零。

事实上，沿任何从无穷趋于无穷，且值为 $o(1/R)$ 级别的线积分，都可以套用上述算法。

形如 $I=\int_{-\infty}^\infty R(x)\exp(\i ax)\d x$ 的积分，其中 $a\in\R\setminus\{0\}$，$R(x)=\dfrac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ 满足 $m-n\geq1$、在 $\R$ 上无极点。

当 $a>0$ 时，有

$$I=2\pi\i\sum_{\Im(z_k)>0}\Res[R(z)\exp(\i a z),z_k]$$

反之，$a<0$ 时，有

$$I=-2\pi\i\sum_{\Im(z_k)<0}\Res[R(z)\exp(\i a z),z_k]$$

$$\left|\int_{C_R}R(z)\exp(\i az)\d z\right| \\\leq\int_{C_R}\dfrac{M}{|z|^{m-n}}|\exp(\i a(x+\i y))||\d z| \\=\dfrac{M}{R^{m-n}}\int_{C_R}\exp(-a y)\d s \\=\dfrac{M}{R^{m-n}}\int_0^\pi \exp(-aR\sin\theta) R\d\theta \\=\dfrac{2M}{R^{m-n-1}}\int_0^{\pi/2} \exp(-aR\sin\theta)\d\theta \\\leq\dfrac{2M}{R^{m-n-1}}\int_0^{\pi/2} \exp(-aR\dfrac2\pi\theta)\d\theta \\=\dfrac{2M}{R^{m-n-1}}\dfrac{\pi}{-2aR}\exp(-2aR\theta/\pi)|_0^{\pi/2} \\=\dfrac A{R^{m-n}}(1-\exp(-aR))$$

因为 $a>0$，所以当 $R\to\infty$ 时，其 $\to0$。

例如，

$$I=\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin x\d x}{x^2+b^2} \\=\Im\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\exp(\i x)\d x}{x^2+b^2} \\=\Im(2\pi\i\Res[\dfrac{z\exp(\i z)}{z^2+b^2}],b\i) \\=\Im(2\pi\dfrac{b\i\exp(-b)}{2b\i}) \\=\pi e^{-b}$$

注意：这三个应用都需要化成相应的形式后计算，不然会死得很惨！

1. 单位圆三角积分。把所有的 $\sin,\cos$ 使用 $z$ 替换。
2. 实轴积分。必须转成实轴有理函数积分，或者有理函数乘以 $\exp$ 的积分。不能直接代入！！！必须保证无实轴极点！！！

fun fact: $I(b)=\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin x\d x}{x^2+b^2}=\pi e^{-b}$。当 $b\to0$ 时，有 $I(b)\to\pi$。倘若极限和积分可以换序，则有 $\int_{-\infty}^\infty\dfrac{\sin x}x=\pi$。

事实上这个积分的结果是正确的。但是也可以使用某些神奇的方法。