留数¶

从目前的学习来看,留数理论的发展实际上就是柯西积分定理的延拓,有了诸多的留数计算手段,我们可以很方便的计算一些复积分,进而计算一些实积分.

m级零点¶

如果解析函数可以写成:

\[ f(z)=(z-z_0)^m\psi(z) \]

其中$\psi(z)$在$z_0$处解析,且$\psi(z_0)\neq 0$,那么就称$z_0$为$f(z)$的m级零点.

这实际上和下面的条件等价:

\[ f(z_0)=f'(z_0)=...=f^{(m-1)}(z_0)=0,f^{(m)}(z_0)\neq 0 \]

这是考虑了泰勒级数在$z_0$处的情况:

\[ f(z)=(z-z_0)^m (f^{(m)}(z_0)/m!+\frac{f^{(m+1)}(z_0)}{(m+1)!}(z-z_0)+...) \]

孤立奇点的分类¶

考虑一个解析函数$f(z)$在$z_0$处有奇点,那么,他在$z_0$的去心领域内内可以展开成为洛朗级数:

\[ f(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_n(z-z_0)^n=\sum_{n=0}^{\infty}a_n(z-z_0)^n+\sum_{n=-\infty}^{-1}a_n(z-z_0)^n \]

然后就可以开始分情况讨论

如果函数$f(z)$的主部为0,即没有负幂部分,那么就把$z_0$称之为$f(z)$的可去奇点.
如果函数$f(z)$的主部为有限项(即从-m往后全部的负幂部分都是0),那么就把$z_0$称之为$f(z)$的$m$级极点.
如果函数$f(z)$的主部有无穷多项不为0,那么就把$z_0$称之为$f(z)$的本性奇点.

所以就会有如下的一些性质:

对于可去奇点,复变函数在该点的极限值存在,并且函数满足:

$$ \lim_{z\to z_0}f(z)=0 $$

$z_0$是$f(z)$的$m$级极点的充要条件是,$f(z)$可以表示成为:

$$ f(z)=\frac{\phi(z)}{(z-z_0)^m} $$

其中$\phi(z)$在$z_0$处解析且$\phi(z_0)\neq 0$,这也是比较显然的,直接洛朗展开就可以得到.上述条件还有一个等价的说法,$z_0$是$f(z)$的$m$级极点当且仅当$z_0$是$1/f(z)$的$m$级零点.

更为一般的,可以给出一个更加方便的奇点判断准则:

我们把函数写成两个解析函数的商的形式:$f(z)=\frac{h(z)}{g(z)}$,并且$z_0$分别是分子分母两个解析函数的$m$与$n$级零点(如果不是零点,就认为是0级零点),那么可以做如下判断:

如果$m\ge n$,那么$z_0$是$f(z)$的可去奇点.
如果$m<n$,那么$z_0$是$f(z)$的n-m级极点

留数定理¶

留数的定义¶

设$z_0$是$f(z)$的孤立奇点,那么$f(z)$在$z_0$处的留数定义为:

\[ \text{Res}[f(z),z_0]=\frac{1}{2\pi i}\oint_{0<|z-z_0|<\rho}f(z)dz \]

其中$0<|z-z_0|<\rho$是$z_0$的去心邻域.

然后注意到洛朗级数的系数的表达式:

\[ C_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z-z_0|=\rho}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz \]

令n=-1就得到留数和系数的对应关系:

\[ \text{Res}[f(z),z_0]=C_{-1} \]

留数定理¶

设区域D是一个复连通区域,即里面有很多的孔,孔内是一个个奇点,那么根据多连通区域的柯西积分定理可以得到:

\[ \oint_{C}f(z)dz=\sum_{k=1}^{n}\oint_{C_k}f(z)dz=2\pi i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}[f(z),z_k] \]

这就是留数定理,就是柯西积分定理换了个形式,但是关于留数的计算,发展出了一些较为成熟的技巧,比我们原先计算积分要方便的多.

留数的计算¶

首先,对于可去奇点,其洛朗展开没有负幂部分,留数显然为0,对于本性奇点,也没有办法,只能进行洛朗展开然后计算.但是对于极点,我们可以进行讨论.

注意到,对于在m级极点处的洛朗展开:

\[ f(z)=\sum_{n=-m}^{\infty}a_n(z-z_0)^n \]

然后左右同乘以$(z-z_0)^m$,那么就得到:

\[ (z-z_0)^mf(z)=C_{-m}+C_{-m+1}(z-z_0)+...+C_{-1}(z-z_0)^{m-1}+C_0(z-z_0)^m+... \]

然后我们对上式求m-1阶导数就可以把$C_{-1}$给求出来:

\[ Res[f(z),z_0]=-C_{-1}=\frac{1}{(m-1)!}\left.\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\left((z-z_0)^mf(z)\right)\right|_{z=z_0} \]

如果在哪一点没有定义就取极限.

特别的,如果是单极点:

\[ Res[f(z),z_0]=\lim_{z\to z_0}\left((z-z_0)f(z)\right) \]

这个是比较一般的计算方式,如果我们要计算留数的函数可以写成两个复变函数的商的形式那么就会有如下的计算公式:

$z_0$是$f(z)$的单极点,即多项式是0/1型的.

\[ Res[\frac{h(z)}{g(z)},z_0]=\frac{h(z_0)}{g'(z_0)} \]

如果是$\frac{m}{m+1}$型的,其也是单极点,但是计算公式不一样了:

\[ Res[\frac{h(z)}{g(z)},z_0]=(m+1)\frac{h^{(m)}(z_0)}{g^{(m+1)}(z_0)} \]

如果是0/2型的,$z_0$是二级极点,那么:

\[ Res[\frac{h(z)}{g(z)},z_0]= 2 \frac{h'(z_0)}{g''(z_0)}-\frac{2}{3}\frac{h(z_0)g'''(z_0)}{[g''(z_0)]^2} \]

计算实积分¶

留数定理可以用于计算复积分,而复积分实际上就是一种特殊的实积分.

三角型有理函数积分¶

即被积函数是三角函数的有理函数$f(\cos\theta,\sin\theta)$,首先,我们可以做一个变换:

\[ \begin{cases} \cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}=\frac{z^2+1}{2z}, & \\ \sin\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}=\frac{z^2-1}{2iz}, & \end{cases} \]

所以:

\[ \int_0^{2\pi}f(\cos\theta,\sin\theta)d\theta=\oint_{|z|=1}f\left(\frac{z^2+1}{2z},\frac{z^2-1}{2iz}\right)\frac{1}{iz}dz \]

注意积分变量转化的时候$\frac{1}{iz}$不要漏掉!!!

广义积分¶

第一种情况¶

如果说,函数$f(z)$,在复平面上只有有限个奇点,并且这些奇点都不在实轴上,同时它在这些奇点以外的区域均解析,并且满足:

\[ |f(z)|\leq \frac{M}{|z|^\alpha} \]

其中$M$是常数,$0<\alpha<1$,那么积分:

\[ \int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=+(-)2\pi i \{ f(z) 在上(下)半平面的极点的留数之和\} \]

严格证明就不写了,可以粗略的想一下,认为是实轴这根直线包裹了整个上半平面,然后对除去极点的这个复连通区域应用留数定理即可,严谨的证明可以考虑构造一个半圆形回路然后让R趋于正无穷大.

以积分

\[ \int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dx \]

为例,在实的层面运用原函数定理是很难直接去计算这个积分的,但是我们可以考虑一个在实轴上都解析的复变函数$f(z)=\frac{1}{1+z^4}$,显然其奇点的个数是有限的并且都不在实轴上,运用上面的公式得到:

\[ \int_0^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{1+x^4}dx=\pi i \left(\text{Res}\left[\frac{1}{1+z^4},e^{i\pi/4}\right]+\text{Res}\left[\frac{1}{1+z^4},e^{i3\pi/4}\right]\right)=\frac{\sqrt{2}\pi}{4} \]

第二种情况¶

设$f(z)$在复平面上除有限个不在实轴上的奇点外处处解析,并且满足:

\[ |f(z)|\leq \frac{M}{|z|^{\alpha-1}} \]

其中$M$是常数,$0<\alpha<1$,那么积分:

\[ I=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{i \alpha x}f(x)dx=2\pi i \{ f(z) 在上半平面的极点的留数之和\} \]

同理,我们不去证明这个定理,重点在于怎么去应用它.

考虑下面这个积分:

\[ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{x^2+a^2}dx \]

首先函数$f(z)=\frac{1}{x^2+a^2}$是有界的,其次,其满足我们的绝对可积约束,所以我们考虑构造如下积分:

\[ I=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{ix}}{x^2+a^2}dx=2\pi i \text{Res}\left[\frac{e^{iz}}{z^2+a^2},ia\right]=\frac{\pi}{a}e^{-a} \]