复变函数 ¶

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解析函数 ¶

复解析函数

复变函数 $f(z)$ 是全纯函数 ( 即复解析函数 );
复变函数的导数 $f'(z)$ 存在，并且连续 ;
复变函数 $f(z)$ 满足 Cauchy-Riemann 条件

\[ \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \quad \text{和} \quad \frac{\partial v}{\partial x} = -\frac{\partial u}{\partial y} \]

复变函数 $f(z)$ 的所有导数存在，并且具有一个收敛的幂级数。

形式偏导定义：

\[ \begin{aligned} \frac{\partial}{\partial z} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x}-\mathrm{j}\frac{\partial}{\partial y}\right) \quad z=x+\mathrm{j}y \\ \frac{\partial}{\partial z^{*}} &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial}{\partial x}+\mathrm{j}\frac{\partial}{\partial y}\right) \end{aligned} \]

实部与虚部的独立性假设：

\[ \begin{aligned} \frac{\partial x}{\partial y} &= 0 \quad\text{和}\quad \frac{\partial y}{\partial x} = 0 \\[1em] \frac{\partial z}{\partial z^*} &= \frac{\partial x}{\partial z^*}+\mathrm{j}\frac{\partial y}{\partial z^*} \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial x}{\partial x}+\mathrm{j}\frac{\partial x}{\partial y}\right)+\mathrm{j}\frac{1}{2}\left(\frac{\partial y}{\partial x}+\mathrm{j}\frac{\partial y}{\partial y}\right) \\ &= \frac{1}{2}(1+0)+\mathrm{j}\frac{1}{2}(0+\mathrm{j}) \\[1em] \frac{\partial z^*}{\partial z} &= \frac{\partial x}{\partial z}-\mathrm{j}\frac{\partial y}{\partial z} \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{\partial x}{\partial x}-\mathrm{j}\frac{\partial x}{\partial y}\right)-\mathrm{j}\frac{1}{2}\left(\frac{\partial y}{\partial x}-\mathrm{j}\frac{\partial y}{\partial y}\right) \\ &= \frac{1}{2}(1-0)-\mathrm{j}\frac{1}{2}(0-\mathrm{j}) \end{aligned} \]

因此：

\[ \frac{\partial z}{\partial z^*} = 0 \quad\text{和}\quad \frac{\partial z^*}{\partial z} = 0 \]

即 $z$ 和 $z^*$ 是两个相互独立的变量。

复积分 ¶

级数 ¶

泰勒展开 ¶

Talor 定理 ¶

留数 ¶

复合闭路定理的具体体现

奇点类型判断 ¶

可去奇点：洛必达
本性奇点：洛朗展开
m 级极点：

例 1.1：求 $f(z)=\frac{z^{2}}{e^{z}-1}$ 的奇点，并指出奇点类型

解：令 $e^{z}-1=0$，即 $e^{z}=1$，即 $z=\mathrm{Ln}1=2k\pi i$。故$f(z)$的奇点为$z=2k\pi i$($k=0,\pm 1,\pm 2,\dots$)。

①对 $e^{z}-1$: $(e^{z}-1)'|_{z=2k\pi i}=e^{z}|_{z=2k\pi i}=1\neq 0$，故$z=2k\pi i$为$e^{z}-1$的1级零点;

②对 $z^{2}$: 当$k=0$时，$z=0$显然是$z^{2}$的2级零点; 当$k\neq 0$时，$z=2k\pi i$不是$z^{2}$的零点。

故 : $z=0$是$f(z)$的可去奇点, $z=2k\pi i$($k=\pm 1,\pm 2,\dots$)是$f(z)$的1级极点。

例 1.2：求 $f(z)=\frac{\cot(\pi z)}{2z-3}$ 在 $|z-i|=2$ 内的奇点

解：$f(z)=\frac{\cot(\pi z)}{2z-3}=\frac{\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)(2z-3)}$. 令$\sin(\pi z)=0$，则$z=k$($k=0,\pm 1$), 令$2z-3=0$，则$z=\frac{3}{2}$.

①$z=\frac{3}{2}$ 是 $2z-3$ 的 1 级零点，不是 $\sin(\pi z)$ 的零点，是 $\cos(\pi z)$ 的 1 级零点，则其是 $f(z)$ 的可去奇点 ;

②$z=k$ 不是 $2z-3$ 的零点，是 $\sin(\pi z)$ 的 1 级零点，不是 $\cos(\pi z)$ 的零点，则其是 $f(z)$ 的 1 级极点。

故在 $|z-i|=2$ 内， $z=\frac{3}{2}$是$f(z)$的可去奇点，$z=0,\pm 1$是$f(z)$的1级极点。

例题

对于函数 $\frac{1}{z}e^{zt-\frac{1}{z}}=\frac{1}{z}e^{zt}\cdot e^{-\frac{1}{z}}$，$z=0$ 是函数的本性奇点，函数在 $z=0$ 的去心邻域 $\{z;0<|z|<+\infty\}$ 中的罗朗展开式为

\[ \begin{align*} \frac{1}{z}e^{zt-\frac{1}{z}}&=\frac{1}{z}e^{zt}\cdot e^{-\frac{1}{z}}\\ &=\frac{1}{z}\left[1+zt+\frac{1}{2!}(zt)^2+\cdots+\frac{1}{n!}(zt)^n+\cdots\right]\\ &\quad\cdot\left[1-\frac{1}{z}+\frac{1}{2!}\frac{1}{z^2}+\cdots+\frac{(-1)^n}{n!}\frac{1}{z^n}+\cdots\right]\\ &\quad(0<|z|<+\infty) \end{align*} \]

所以相乘后的级数 $\frac{1}{z}$ 的系数 $C_{-1}$ 为

\[ C_{-1}=\text{Res}\left[\frac{1}{z}e^{zt-\frac{1}{z}};0\right] \]

留数计算 ¶

基础方法：洛朗展开式

有理分式函数，1 级极点：

若 $f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}$，且 $z_0$ 不是 $P(z)$ 的零点，是 $Q(z)$ 的 1 级零点，则

\[ \text{Res}[f(z),z_0]=\frac{P(z)}{Q'(z)} \]

注：只能用于「非零点 /1 级零点 = 1 级极点」的情况。

m 级极点$(m=1,2,3...)$

若 $z_0$ 是 $f(z)$ 的 m 级极点，则

\[ \text{Res}[f(z),z_0]=\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_0}\frac{\mathrm{d}^{m-1}}{\mathrm{d}z^{m-1}}[(z-z_0)^mf(z)] \]

注：意思是，先作函数 $G(z)=(z-z_0)^mf(z)$，然后求其 $m-1$ 阶导数 $G^{(m-1)}(z)$，再求它趋于 $z\to z_0$ 的极限，最后乘上系数 $\frac{1}{(m-1)!}$。

请留意，极点级数为 $m$，乘上的多项式次数为 $m$，但求导次数和系数都是 $m-1$。

例 2.1：求 $\oint_{C}\frac{e^{z}}{z(z+1)^{2}}dz$，其中 $C$ 为正向圆周 $|z|=2$

解：$f(z)=\frac{e^{z}}{z(z+1)^{2}}$ 的奇点为 $z=0$，$z=-1$；显然 $z=0$ 是它的 1 级极点，$z=-1$ 是它的 2 级极点。

则 $\text{Res}[f(z),0]=\lim_{z\to 0}zf(z)=\lim_{z\to 0}\frac{e^{z}}{(z+1)^{2}}=1$；

$\text{Res}[f(z),-1]=\lim_{z\to -1}[(z+1)^{2}f(z)]'=\lim_{z\to -1}\left[\frac{e^{z}}{z}\right]'=\lim_{z\to -1}\frac{(z-1)e^{z}}{z^{2}}=\frac{-2}{e}$。

则 $\oint_{C}\frac{e^{z}}{z(z+1)^{2}}dz=2\pi i\{\text{Res}[f(z),0]+\text{Res}[f(z),-1]\}=2\pi i(1-\frac{2}{e})$。

例 2.2：求 $\oint_{C}\frac{z-\sin z}{z^{6}}dz$，其中 $C$ 为正向圆周 $|z|=1$

解：$f(z)=\frac{z-\sin z}{z^{6}}$ 的奇点为 $z=0$，这是它的 3 级奇点。* 故此题用求留数的规则较繁琐

将 $f(z)$ 在 $0<|z|<1$ 上洛朗展开，则 $$ begin{align} f(z)&=frac{z}{z^{{6}}-frac{1}{z}sin z\ &=frac{z}{z}^{{6}}-frac{1}{z}}}sum_{n=0^{{infty}frac{(-1)}\ &=frac{1}{z}}{(2n+1)!}z^{2n+1^{{5}}-sum_{n=0}}frac{(-1)^{{n}}{(2n+1)!}z} end{align} $$

则 $c_{-1}=-\frac{(-1)^{2}}{(2\times 2+1)!}=\frac{1}{120}$。

则 $\oint_{C}\frac{z-\sin z}{z^{6}}dz=2\pi i\text{Res}[f(z),0]=-\frac{1}{60}\pi i$。

例 3.3：用留数计算定积分 $I = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^2}{(x^2+1)(x^2+4)} dx$

解：$f(z) = \frac{z^2}{(z^2+1)(z^2+4)}$ 在上半复平面上的奇点为 $z=i, z=2i$，且均为其 1 级极点，故 $I = 2\pi i \{ \text{Res}[f(z), i] + \text{Res}[f(z), 2i] \} = 2\pi i \left[ \lim_{z \to i} \frac{z^2}{(z+i)(z^2+4)} + \lim_{z \to 2i} \frac{z^2}{(z^2+1)(z+2i)} \right] = 0$。

例 3.4：用留数计算定积分 $I = \int_{0}^{+\infty} \frac{x^2}{x^4+1} dx$

解：显然 $f(x) = \frac{x^2}{x^4+1}$ 为偶函数，则 $I = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx$。 $f(z) = \frac{z^2}{z^4+1}$ 在上半复平面上的奇点为 $z = \pm \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i$，且均为其1级极点，故 $I = 2\pi i \left\{ \text{Res} \left[f(z), \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i \right] + \text{Res} \left[f(z), -\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i \right] \right\} = \pi i \left[ \frac{1-i}{4\sqrt{2}} - \frac{1+i}{4\sqrt{2}} \right] = \frac{\sqrt{2}}{4} \pi$。

例 3.5：用留数计算定积分 $I=\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{(x^{2}+1)(x^{2}+9)}dx$

解：显然 $f(x)=\frac{\cos x}{(x^{2}+1)(x^{2}+9)}$ 为偶函数，则 $I=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx$。

而 $F(z)=\frac{e^{iz}}{(z^{2}+1)(z^{2}+9)}$ 在上半复平面上的奇点为 $z=i,z=3i$，且均为其 1 级极点，

故 $I=\frac{1}{2}\text{Re}\left(2\pi i\left\{\text{Res}[F(z),i]+\text{Res}[F(z),3i]\right\}\right)=\frac{1}{2}\text{Re}\left(2\pi i\left\{\frac{e^{-1}}{16i}-\frac{e^{-3}}{48i}\right\}\right)=\left(\frac{e^{-1}}{16}-\frac{e^{-3}}{48}\right)\pi$。

例 3.6：用留数计算定积分 $I=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x\sin3x}{x^{2}+16}dx$

解：$F(z)=\frac{ze^{i3z}}{z^{2}+16}$ 在上半复平面上的奇点为 $z=4i$，且为其 1 级极点，

故 $I=\text{Im}(2\pi i\text{ Res}[F(z),4i])=\text{Im}\left(2\pi i\lim_{z\to4i}\frac{ze^{3z}}{z+4i}\right)=\pi e^{-12}$。

留数的应用 —— 求解实函数定积分 ¶

实函数可以认为是复数仅在实轴上“活动”得到的。实函数的定积分也同样如此。因此，将定积分与复变积分关联起来，再用留数定理求出复变积分，有时可以方便的求出一些不易计算的定积分。这里我们不加证明的给出三种形式的定积分与复变积分的关系。

有理三角函数全周期积分 ¶

\[ \int_{0}^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)d\theta \]

令 $z=e^{i\theta}$，则积分路径 $|z|=1$

$\sin\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}=\frac{z^{2}-1}{2iz}$
$\cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}=\frac{z^{2}+1}{2z}$
$dz=ie^{i\theta}d\theta\quad\rightarrow\quad d\theta=\frac{1}{iz}dz$

有理分式函数无穷广义积分 ¶

\[ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)dx \]

直接将 $R(x)$ 改为 $R(z)$, 上半平面奇点的留数之和

\[ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)dx=2\pi i\sum\text{Res}[R(z),z_{0}] \]

有理函数乘三角函数无穷广义积分 ¶

\[ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)\cos ax\,dx(a>0) \quad \text{或}R(x)\sin ax \]

构造函数 $R(z)e^{iaz}$，求留数

\[ \int_{-\infty}^{+\infty}R(x)\cos ax\,dx+i\int_{-\infty}^{+\infty}R(x)\sin ax\,dx=2\pi i\sum\text{Res}[R(z)e^{iaz},z_{0}] \]

这个值是一个复数

实部对应含 $\cos ax$ 的积分
虚部对应含 $\sin ax$ 的积分

例 27：计算积分 $I=\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{x^{4}+1}dx$

解：$f(z)=\frac{1}{z^{4}+1}$ 在上半平面有单极点 $e^{\frac{\pi}{4}i},e^{\frac{3\pi}{4}i}$。

由于被积函数为偶函数，则

\[ \begin{align*} I &= \int_{0}^{+\infty}\frac{1}{x^{4}+1}dx \\ &= \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{x^{4}+1}dx \\ &= \frac{1}{2}\cdot2\pi i(\mathrm{Res}[\frac{1}{z^{4}+1};e^{\frac{\pi}{4}i}]+\mathrm{Res}[\frac{1}{z^{4}+1};e^{\frac{3\pi}{4}i}]) \\ &= \pi i(\frac{1}{4e^{\frac{3\pi}{4}i}}+\frac{1}{4e^{\frac{9\pi}{4}i}}) \\ &= \frac{\pi i}{4}\frac{1}{\sqrt{2}}(-1-i+1-i) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{4}\pi \end{align*} \]

保角映射 ¶

Laplace 变换 ¶

拉普拉斯变换与拉普拉斯逆变换的常用结论与经典公式 -CSDN 博客