复分析速通

针对计应数 week 4 的速通。

---

概念

复变函数在一点处解析：邻域内有导数。

孤立奇点：在该点处不解析但在一去心邻域内解析。

Class A: 多项式和指数函数进行加乘及复合。在复平面上每个点处解析。

Class B: Class A 的两个函数相除。只在一些孤立奇点 $z_i$ 处不解析，在 $z_i$ 的邻域内有 Laurent 级数：

$$f(z)=\frac{{\lambda }_{i,m}}{(z-z_i{)}^m}+...+\frac{{\lambda }_{i,1}}{z-z_i}+\sum _{n\ge 0}{a}_n(z-z_i{)}^n.$$

其中 ${\lambda }_{i,m}\ne 0$，$z_i$ 被称为 $f$ 的一个 $m$ 阶极点。${\lambda }_{i,1}$ 被称为 $f$ 在 $z_i$ 的留数(residue)，记作 $\text{Res}(f,z_i)$。

from internet:

留数定理（Cauchy's Residue Theorem）

令 $\mathrm{\Gamma }$ 是复平面上的闭合曲线，$f$ 是一个 Class B 的函数，满足在 $\mathrm{\Gamma }$ 上没有奇点。令 $\{z_k\}$ 是 $f$ 在 $\mathrm{\Gamma }$ 内部的奇点集合，则

$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\mathrm{\Gamma }}f(z)\mathrm{d}z=\sum _k\text{Res}(f,z_k).$$

例子：研究 $\tan x$ 的幂级数展开

令 $\tan x=\sum _{n\ge 0}{b}_n{x}^n$。我们希望求得 $b_n$。

首先将定义扩展到复平面上：

$$\tan z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{i(e^{iz}+e^{-iz})}.$$

引理 1. $\tan z$ 是 Class B 的函数，其孤立奇点为 $z_m=(m-\frac{1}{2})\pi$，$\text{Res}(\tan z,z_m)=-1$。

证明. 用上文中的计算法则 3 易得。

引理 2. 对奇数 $n>0$，$b_n=-\sum _{m\in \mathbb{Z}}\text{Res}(\frac{\tan z}{z^{n+1}},z_m)$。

证明. $\frac{\tan z}{z^{n+1}}$ 的孤立奇点显然是 $\tan z$ 的全体奇点及 $z=0$。令 $z=0$ 处的留数为 ${\beta }_n$，则 $${\beta }_n=[z^{-1}]\frac{\tan z}{z^{n+1}}=[z^n]\sum _{k\ge 0}{b}_k{z}^k=b_n.$$

问题变为求 ${\beta }_n$。我们以原点为中心作一个边长为 $2m\pi$ 的正方形，其中 $m$ 是正整数。将这个正方形的边界看作闭合曲线 ${\mathrm{\Gamma }}_m$。

首先证明 $\mathrm{\forall }z\in {\mathrm{\Gamma }}_m,|\tan z|\le 10$。令 $z=x+yi$，其中 $x,y\in \mathbb{R}$。

• 若 $x=\pm m\pi$，$$|\tan z|=\left|\frac{e^{ix-y}-e^{y-ix}}{e^{ix-y}+e^{y-ix}}\right|=\left|\frac{e^{-y}-e^y}{e^{-y}+e^y}\right|\le 10.$$

• 若 $y=\pm m\pi$，由于 $e^{ix}$ 的模长恒为 $1$， $$|\tan z|=\left|\frac{e^{ix-y}-e^{y-ix}}{e^{ix-y}+e^{y-ix}}\right|\le \frac{|e^{ix-y}|+|e^{y-ix}|}{||e^{ix-y}|-|e^{y-ix}||}=\frac{|e^{-y}|+|e^y|}{||e^{-y}|-|e^y||}\le \frac{e^{-\pi }+e^{\pi }}{e^{\pi }-e^{-\pi }}\le 10.$$

根据留数定理，

$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{{\mathrm{\Gamma }}_m}\frac{\tan z}{z^{n+1}}\mathrm{d}z=\text{Res}(\frac{\tan z}{z^{n+1}},0)+\sum _{-m<i\le m}\text{Res}(\frac{\tan z}{z^{n+1}},z_m).$$

当 $m\to +\mathrm{\infty }$ 时，

$$0\le \frac{1}{2\pi i}{\oint }_{{\mathrm{\Gamma }}_m}\frac{\tan z}{z^{n+1}}\mathrm{d}z\le \frac{1}{2\pi i}\frac{80}{(m\pi {)}^n}\to 0.$$

因此

$${\beta }_n=-\sum _m\text{Res}(\frac{\tan z}{z^{n+1}},z_m)$$

定理. 对奇数 $n>0$，$b_n=2{\left(\frac{2}{\pi }\right)}^{n+1}(\frac{1}{1^{n+1}}+\frac{1}{3^{n+1}}+\frac{1}{5^{n+1}}+...)$。

证明. 当 $z\to z_m$ 时，

$$\frac{\tan z}{z^{n+1}}=\frac{r_m}{z_m^{n+1}}\frac{1}{z-z_m}+\sum _{k\ge 0}{c}_k(z-z_m{)}^k.$$

因此
$$\begin{array}{rl}{b}_n=& -\sum _m\text{Res}(\frac{\tan z}{z^{n+1}},z_m)\\ =& \sum _m\frac{1}{z_m^{n+1}}\\ =& 2{\left(\frac{2}{\pi }\right)}^{n+1}\sum _{m>0}\frac{1}{(2m-1{)}^{n+1}}.\end{array}$$

另外，由于 $\tan z$ 是奇函数，$b_n$ 在偶数 $n$ 处为 $0$。

例子：求定积分 $\alpha ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}$

在复平面上定义 $$f(z)=\frac{1}{1+z^4}.$$

本来我们只用对实轴积分，但这样不是闭合曲线，因此考虑转而对实轴上方半径为 $R>2$ 的半圆积分。记该闭合曲线为 ${\mathrm{\Gamma }}_R$。

首先，不难发现 $f(z)$ 恰有四个孤立奇点 $z_j=e^{\frac{2j+1}{4}i\pi }(j=\pm 1,\pm 3)$，其中只有 $z_1,z_3$ 在 ${\mathrm{\Gamma }}_R$ 内。并计算留数

$$r_j=\underset{z\to z_j}{lim}\frac{z-z_j}{1+z^4}=\underset{z\to z_j}{lim}\frac{1}{4z^3}=-\frac{z_j}{4}.$$

因此 $${\oint }_{{\mathrm{\Gamma }}_R}f(z)\mathrm{d}z=2\pi i(r_1+r_3)=\frac{\pi }{\sqrt{2}}.$$

当 $R\to +\mathrm{\infty }$ 时，在实数轴的部分为

$${\int }_{-R}^{R}f(z)\text{d}z=\frac{\pi }{\sqrt{2}}-{\int }_{\text{semi-circle}}f(z)\text{d}z=\frac{\pi }{\sqrt{2}}+O\left(\frac{1}{R^3}\right).$$

因此我们有

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(z)\text{d}z=\frac{\pi }{\sqrt{2}}.$$