复变函数2

阅读数: 次 2021-12-24

共形映射的内容先放在后一篇整理，这一篇来引出留数。与上篇一样，这里的很多论述同样是具体计算而非理论。

在上一篇中谈到了关于复变函数的导数等问题，下面我们考虑复变函数的积分，我们会发现，其实它很像高等数学中的曲线积分，其实可以被归结为复平面上的线积分。例如计算$\int_C{z}\mathrm{d}z$，其中$C$为原点到$3+4i$的直线段。

这一部分并不是我们的重点，我们快速带过。

计算的方式其实非常的好理解：

$\int_C{z}\mathrm{d}z=\int_0^1{\left( 3+4i \right) ^2t\mathrm{d}t}=\frac{1}{2}\left( 3+4i \right) ^2 \\ z=\left( 3+4i \right) t,t\in \left[ 0,1 \right] ,\mathrm{d}z=\left( 3+4i \right) \mathrm{d}t$

实际上，无论如何从原点到$3+4i$,上式积分值都不变，想想格林公式。

对于上面这种可以写作两个二元实变函数积分的线积分，处理起来是容易的。我们许多时候处理的积分路线$C$是闭合的圆或者更一般的闭合曲线。这里面的一个典型是：

$\oint_C{\frac{\mathrm{d}z}{\left( z-z_0 \right) ^{n+1}}}$

其中$C$是以$z_0$为中心$r$为半径的正向圆周，$n$为整数。（正向指的就是“逆时针”，与高等数学下册的规定一致），这个积分可以如下计算：

$z=z_0+re^{i\theta} \\ \mathrm{d}z=ire^{i\theta}\mathrm{d}\theta \\ \oint_C{\frac{\mathrm{d}z}{\left( z-z_0 \right) ^{n+1}}}=\int_0^{2\pi}{\frac{ire^{i\theta}}{r^{n+1}e^{i\left( n+1 \right) \theta}}}\mathrm{d}\theta \\ =\frac{i}{r^n}\int_0^{2\pi}{e^{-in\theta}\mathrm{d}\theta} \\ \left\{ \begin{array}{c} 2\pi i,n=0\\ 0,n\ne 0\\ \end{array} \right.$

当分母为$z-z_0$时，积分值为$2\pi i$，其余时候均为0。后面我们会看到这是一个精巧理论的特殊情况。

下面综合考虑上面两个例子，对于第一个例子，我们选取两个路径形成一个闭合回路，由于积分方向相反，而积分值与路径无关，所以积分值会是0。在这个例子中被积函数在围成的区域内处处解析，实际上到目前为止我们仍然能感受到高等数学的影子。但是我们考虑第二个例子，当$n \ne 0 $时积分值是0，$n=0$时积分值不是0。这由于在区域内有一个奇点$z_0$。但当去掉它，区域不再是单连通的了。

我们先对第一个例子给出圆满的解释，引入柯西古萨基本定理。

如果函数$f(z)$在单连通域$B$内处处解析，那么函数$f(z)$沿$B$内任意一条封闭曲线$C$的积分值为0，即：

$\oint_C{f\left( z \right) \mathrm{d}z}=0$

柯西古萨基本定理可以推出重要的复合闭路定理，这个定理告诉我们，一个解析函数沿闭曲线的积分，对路径进行连续变形，积分值不变。这个定理严格的叙述是：（多连通域其实就是有孔）

设$C$为多连通域$D$内的一条简单闭曲线，$C_1,C_2,…,C_n$是$C$内部的简单闭曲线，它们互不包含也互不相交，并且以$C_1,C_2,..,C_n$为边界的区域全含于$D$。如果$f(z)$在$D$内解析，那么：

$\oint_C{f\left( z \right) \mathrm{d}z}=\sum_{i=1}^n{\oint_{C_k}{f\left( z \right) \mathrm{d}z}}$

方向均取正向。

这个定理对我们的功用在于，我们可以将一个在个别点不解析的区域，去掉那些不解析点所在的区域，并且我们可以任意选取扣掉的那些点的区域的大小而不改变积分值，从而对于一个区域的计算可以化简为对若干不解析点处积分的计算，即使这个计算我们并不是特别熟练，但我们可以选取特殊的圆形闭合曲线，从而应用第二个例子的结果，可以让我们在计算时感到方便。例如计算：

$\oint_{\varGamma}{\frac{2z-1}{z^2-z}\mathrm{d}z},\varGamma :包含|z|=1的任何正向简单闭曲线$

应用复合闭路定理，我们只需将奇点$z=0,z=1$用一个互不包含的区域扣出。则直接计算：

$\oint_{\varGamma}{\frac{2z-1}{z^2-z}\mathrm{d}z}=\oint_{\varGamma}{\frac{2z-1}{z\left( z-1 \right)}\mathrm{d}z} \\ =\oint_{C_1}{\frac{1}{z}\mathrm{d}z}+\oint_{C_1}{\frac{1}{z-1}\mathrm{d}z}+\oint_{C_2}{\frac{1}{z}\mathrm{d}z}+\oint_{C_2}{\frac{1}{z-1}\mathrm{d}z} \\ =2\pi i+0+0+2\pi i \\ =4\pi i$

对于第二个例子，我们不难发现，它其实是这种形式积分的特殊形式：

$\oint_C{\frac{f\left( z \right)}{z-z_0}\mathrm{d}z}$

有了上面的复合闭路定理，我们知道可以收缩$C$，那么考虑收缩到一个很小的区域，在这个区域$f(z)$退化为了$f(z_0)$。那么就有：

$\oint_C{\frac{f\left( z \right)}{z-z_0}\mathrm{d}z}=f\left( z_0 \right) \oint_{C^*}{\frac{1}{z-z_0}\mathrm{d}z}=2\pi if\left( z_0 \right)$

可以证明两者相等，这个式子称作柯西积分公式。下面我们将推出解析函数的高阶导数公式，由于这个证明对正确理解这一理论有重要意义，这个证明我们不能跳过。

由于我们知道了柯西积分公式，那么：

$f'\left( z_0 \right) =\underset{\varDelta z\rightarrow 0}{\lim}\frac{f\left( z_0+\varDelta z \right) -f\left( z_0 \right)}{\varDelta z} \\ \frac{f\left( z_0+\varDelta z \right) -f\left( z_0 \right)}{\varDelta z}=\frac{1}{2\pi i}\left( \oint_C{\frac{f\left( z \right)}{z-z_0-\varDelta z}\mathrm{d}z}-\oint_C{\frac{f\left( z \right)}{z-z_0}\mathrm{d}z} \right) \\ =\frac{1}{2\pi i}\oint_C{\frac{f\left( z \right)}{\left( z-z_0 \right) ^2}\mathrm{d}z}+\frac{1}{2\pi i}\oint_C{\frac{\varDelta zf\left( z \right)}{\left( z-z_0 \right) ^2\left( z-z_0-\varDelta z \right)}\mathrm{d}z}$

对于余项，我们考虑它的模值，是可以给出它的上界的：

$|\frac{1}{2\pi i}\oint_C{\frac{\varDelta zf\left( z \right)}{\left( z-z_0 \right) ^2\left( z-z_0-\varDelta z \right)}\mathrm{d}z}|\leqslant \frac{1}{2\pi}\oint_C{\frac{|\varDelta z||f\left( z \right) |}{|z-z_0|^2|z-z_0-\varDelta z|}\mathrm{d}s}$

解析函数在连续的闭曲线上是有界的，那么：

$|f\left( z \right) |\leqslant M$

记$d$为闭合曲线上的点到$z_0$的最短距离，并取$|\varDelta z|<\frac{1}{2}d$。通过上述不等式的约束，可以得到：

$|f\left( z \right) |\leqslant M \\ |\varDelta z|<\frac{1}{2}d \\ \frac{1}{|z-z_0|}\leqslant \frac{1}{d}\text{，}\frac{1}{|z-z_0-\varDelta z|}<\frac{2}{d} \\ |I|<|\varDelta z|\frac{ML}{\pi d^3}$

其中$L$为$C$的长度，这样当$\varDelta z \rightarrow 0$的时候，$I \rightarrow 0$。从而：

$f'\left( z_0 \right) =\underset{\varDelta z\rightarrow 0}{\lim}\frac{f\left( z_0+\varDelta z \right) -f\left( z_0 \right)}{\varDelta z}=\frac{1}{2\pi i}\oint_C{\frac{f\left( z \right)}{\left( z-z_0 \right) ^2}\mathrm{d}z}$

利用相同的方法求二阶导，可以得到：

$f''\left( z_0 \right) =\frac{2!}{2\pi i}\oint_C{\frac{f\left( z \right)}{\left( z-z_0 \right) ^3}\mathrm{d}z}$

以此类推，用数学归纳法最终可以得到高阶导数公式：

$f^{\left( n \right)}\left( z_0 \right) =\frac{n!}{2\pi i}\oint_C{\frac{f\left( z \right)}{\left( z-z_0 \right) ^{n+1}}\mathrm{d}z}$

这个定理不仅给出了高阶导数和积分之间的关系，同样告诉我们，解析函数$f(z)$的导数仍为解析函数。这是一个实变函数没有的性质，值得注意的是，在应用的时候，我们常常是利用高阶导数来求积分，而不是利用积分值来求高阶导数。例如计算：

$\oint_C{\frac{\cos \pi z}{\left( z-1 \right) ^5}\mathrm{d}z},C:|z|=r>1 \\ z=1\text{处不解析，而}\cos \pi z\text{在}C\text{内处处解析} \\ \oint_C{\frac{\cos \pi z}{\left( z-1 \right) ^5}\mathrm{d}z}=\frac{2\pi i}{\left( 5-1 \right) !}\left. \left( \cos \pi z \right) ^{\left( 4 \right)} \right|_{z=1}=-\frac{\pi ^5i}{12} \\ \oint_C{\frac{e^z}{\left( z^2+1 \right) ^2}\mathrm{d}z},C:|z|=r>1 \\ \text{奇点为}+i,-i,e^z\text{处处解析} \\ \text{以两个奇点为中心作不相交的圆周}C_1,C_2\text{，由复合闭路定理} \\ \oint_C{\frac{e^z}{\left( z^2+1 \right) ^2}\mathrm{d}z}=\oint_{C_1}{\frac{e^z}{\left( z^2+1 \right) ^2}\mathrm{d}z}+\oint_{C_2}{\frac{e^z}{\left( z^2+1 \right) ^2}\mathrm{d}z} \\ \oint_{C_1}{\frac{\frac{e^z}{\left( z+i \right) ^2}}{\left( z-i \right) ^2}\mathrm{d}z}=\frac{2\pi i}{\left( 2-1 \right) !}\left( \frac{e^z}{\left( z+i \right) ^2} \right) ^{\left( 1 \right)}|_{z=i}=\frac{\left( 1-i \right) \pi e^i}{2} \\ \oint_{C_2}{\frac{e^z}{\left( z^2+1 \right) ^2}\mathrm{d}z}=\frac{-\left( 1+i \right) \pi e^{-i}}{2} \\ \oint_C{\frac{e^z}{\left( z^2+1 \right) ^2}\mathrm{d}z}=\frac{\left( 1-i \right) \pi e^i}{2}-\frac{\left( 1+i \right) \pi e^{-i}}{2} \\ =\frac{1}{2}\left( \left( 1-i \right) \pi \left( \cos 1+i\sin 1 \right) -\left( 1+i \right) \pi \left( \cos 1-i\sin 1 \right) \right) \\ =\frac{\pi}{2}\left( i\sin 1-i\cos 1+i\sin 1-i\cos 1 \right) \\ =\pi i\left( \sin 1-\cos 1 \right) =\pi i\sqrt{2}\sin \left( 1-\frac{\pi}{4} \right)$

上面我们发现了积分在复变函数中的功用，但是为了引出留数，还需要引入复变函数中的级数。首先指明的是，与积分类似，由复数构成的复变函数序列，总可以被写成实部和虚部，规定对于复数序列，我们说它们收敛，是当实部序列和虚部序列都收敛时才收敛。

我们这里跳过大部分和高等数学中极为相似的内容，但有一点我们要清楚，对于实数时的级数，它们的收敛域是一个一维区间，而在复数序列中，收敛域是一个圆域。我们这里直接给出对于复变函数的泰勒展开定理。

设$f(z)$在区域$D$内解析，$z_0$为$D$内的一点，$d$为$z_0$到边界上各点的最短距离，那么当$|z-z_0|<d$时：

$f\left( z \right) =\sum_{n=0}^{\infty}{c_n\left( z-z_0 \right) ^n} \\ c_n=\frac{1}{n!}f^{\left( n \right)}\left( z_0 \right)$

实际上，解析函数的幂级数展开正是泰勒级数，形式上它与实变函数的情况完全一致。下面给出常用的级数展开以便使用：

$\underline{\begin{matrix} \frac{1}{1-z}=1+z+z^2+...+z^n=\,\,\sum_{n=0}^{\infty}{z^n}& |z|<1\\ \hline e^z=1+z+\frac{z^2}{2!}+...+\frac{z^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{n!}z^n}& |z|<\infty\\ \hline \sin z=z+\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+...+\frac{\left( -1 \right) ^n}{\left( 2n+1 \right) !}z^{2n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left( -1 \right) ^n}{\left( 2n+1 \right) !}z^{2n+1}}& |z|<\infty\\ \hline \cos x=1+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}+...+\frac{\left( -1 \right) ^n}{\left( 2n \right) !}z^{2n}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left( -1 \right) ^n}{\left( 2n \right) !}z^{2n}}& |z|<\infty \\ \hline \frac{1}{1+z}=1-z+z^2-z^3+...+\left( -1 \right) ^nz^n=\sum_{n=0}^{\infty}{\left( -1 \right) ^nz^n}& |z|<1\\ \hline \,\,\ln \left( 1+z \right) =z-\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3}+...+\frac{\left( -1 \right) ^n}{n+1}z^{n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left( -1 \right) ^n}{n+1}z^{n+1}}& |z|<1\\ \hline a^z=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left( \ln a \right) ^n}{n!}z^n}& |z|<\infty\\ \hline \frac{1}{1+z^2}=1-z^2+z^4+...+\left( -1 \right) ^nz^{2n}=\sum_{n=0}^{\infty}{\left( -1 \right) ^nz^{2n}}& |z|<1\\ \end{matrix}}$

这里要指出的一点是，复变函数下的泰勒展开，可以使得一些在实变情况下不大显然的事情变得很形象，比如对于$ln(1+x)$的展开为什么只在(-1,1]收敛（先不考虑边界），放在复变函数中，答案就是在$z=-1$处不解析，所以$d=1$。

对于泰勒展开，我们是回避掉了不解析的点，但是在复变函数中我们需要一个能在$z_0$不解析的时候仍然能在$z_0$处展开的级数，所以我们构造级数：

$\sum_{n=-\infty}^{\infty}{c_n\left( z-z_0 \right) ^n}=...+c_{-n}\left( z-z_0 \right) ^{-n}+...+c_{-1}\left( z-z_0 \right) ^{-1}+c_0+c_1\left( z-z_0 \right) +...+c_n\left( z-z_0 \right) ^n+...$

对于正幂项部分，我们假设它的收敛半径是$R_1$,对于负幂项部分，我们进行倒代换，则收敛范围为$|1/z|R_2$，这样我们就得到了一个圆环型或者圆环补集型的收敛区间，这很有用，我们将在后面看到负幂项带来的意义。这就是洛朗展开的雏形，在这里我们直接给出严格的定义：

如果$f(z)$在圆环域$R_1<|z-z_0|<R_2$内处处解析：

$f\left( z \right) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}{c_n\left( z-z_0 \right) ^n} \\ c_n=\frac{1}{2\pi i}\oint_C{\frac{f\left( \zeta \right)}{\left( \zeta -z_0 \right) ^{n+1}}\mathrm{d}\zeta},\left( n=0,\pm 1,\pm 2,... \right)$

这个展开式即是洛朗展开式，它在一个圆环域内是唯一的，实际上大多数的时候，都不会用上述定义式来进行展开，而是用泰勒展式进行间接展开，它的一个很大的意义在于，将$c_n$的$n$取$-1$：

$c_{-1}=\frac{1}{2\pi i}\oint_C{f\left( z \right) \mathrm{d}z}\,\,\text{或} \oint_C{f\left( z \right) \mathrm{d}z}=2\pi ic_{-1}$

其中的$C$是圆环域内任意一条简单闭曲线。

下面这这个例子可以看到上述功用：

$\oint_{\begin{array}{c} |z|=3\\ \end{array}}{\frac{1}{z\left( z+1 \right) \left( z+4 \right)}\mathrm{d}z} \\ |z|=3,\text{取圆环域}1<|z|<4 \\ f\left( z \right) =\frac{1}{4z}-\frac{1}{3\left( z+1 \right)}+\frac{1}{12\left( z+4 \right)}=\frac{1}{4z}-\frac{1}{3z\left( 1+\frac{1}{z} \right)}+\frac{1}{48\left( 1+\frac{z}{4} \right)} \\ =\frac{1}{4z}-\frac{1}{3z}\left( 1+\frac{1}{z}-\frac{1}{z^2}+... \right) +\frac{1}{48}\left( 1+\frac{z}{4}-\frac{z^2}{16}+... \right) \\ c_{-1}=\frac{1}{4}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{12} \\ I=2\pi ic_{-1}=-\frac{\pi i}{6}$

我们可以看到，只需要根据所求积分的范围，选取合适的圆环域，调整被积函数使得可以进行间接展开，求出$c_1$即可得到积分值。结果是有唯一性的。

于是我们就有了留数的定义：

$\mathrm{Re}s\left[ f\left( z \right) ,z_0 \right] =c_{-1}$

为了进一步应用留数来处理实际问题，我们要先对在上一篇所说的奇点进行分类。在没有引入洛朗级数之前，奇点只是不解析的点，但是引入洛朗级数后，我们发现天底下的奇点并不完全相同。（下面所说的奇点均是孤立奇点，两者区别见后）

①若洛朗级数中不含负幂项，则称该孤立奇点为可去奇点。

②若洛朗级数中负幂项最高为$m$，则称为$m$级极点。

③若洛朗级数中有无穷多负幂项，则称为本性极点。

给出一个奇点，判断是哪种奇点，不必进行洛朗展开，理论分析表明，若是可去奇点，则$f(z)$在$z_0$的极限存在且有限；若为极点，则在$z_0$处极限为无穷；若为本性奇点，则极限不存在且不等于无穷。这个条件是充要的。

但是问题还没有圆满解决，我们并没有解决，如何判断是几级极点这一问题，后面利用留数计算积分时要用到它。实际上可以证明：

如果$z_0$是$f(z)$的$m$级极点，则$z_0$是$1/f(z)$的$m$级零点，反过来也成立。在这里，$m$级零点，可以被理解成“$m$阶无穷小”。

由于后面要处理无穷远处的留数问题，作映射$t=1/z$，结果就是上面的①②③从负幂项改成正幂项。

下面直接给出留数的计算规则，需多加练习才能熟练运用。

规则一：若$z_0$是$f(z)$的一级极点，则

$\mathrm{Re}s\left[ f\left( z \right) ,z_0 \right] =\underset{z\rightarrow z_0}{\lim}\left( z-z_0 \right) f\left( z \right)$

规则二：若$z_0$是$f(z)$的$m$级极点，则

$\mathrm{Re}s\left[ f\left( z \right) ,z_0 \right] =\frac{1}{\left( m-1 \right) !}\underset{z\rightarrow z_0}{\lim}\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}\left[ \left( z-z_0 \right) ^mf\left( z \right) \right]$

规则三：$f(z)=P(z)/Q(z)$,$P(z),Q(z)$在$z_0$都解析，若$P(z_0) \ne 0,Q(z_0)=0,Q’\left( z_0 \right) \ne 0$，那么$z_0$为$f(z)$一级极点。

$\mathrm{Re}s\left[ f\left( z \right) ,z_0 \right] =\frac{P\left( z_0 \right)}{Q'\left( z_0 \right)}$

实际上规则三是规则一和上面定理的直接应用，没必要单独记。

规则四：若$f(z)$在扩充复平面内只有有限个孤立奇点，那么$f(z)$在所有各奇点（包括无穷点）的留数之和为零。

这里要提醒一下，之前我们并没有强调“有限个孤立奇点”的概念，我们要知道，孤立奇点指的是在此处不解析，而在去心邻域内处处解析，但许多奇点并不满足这个性质，例如$1/\sin(1/z)$的奇点，当$n$趋近无穷时，无论多么小的去心邻域内，都不解析，所以它不是孤立奇点。但这一点由于在实际应用中用不到，所以最开始没有提。

所以无穷远留数如果要计算，有两种方法：

$\mathrm{Re}s\left[ f\left( z \right) ,\infty \right] =-c_{-1}$

这是基于规则四，还可以经过推导，计算：

$\mathrm{Re}s\left[ f\left( z \right) ,\infty \right] =-\mathrm{Re}s\left[ f\left( \frac{1}{z} \right) \cdot \frac{1}{z^2},0 \right]$

如果将负号吸收进去，很像将作$t=1/z$,$\mathrm{d}t=-1/z^2\mathrm{d}z$。

最后我校所用教材中，关于我们需要学的部分还有一个留数在定积分计算上的应用，介绍了三种定积分的计算方法，这里总结如下：

$\int_0^{2\pi}{R\left( \cos \theta ,\sin \theta \right) \mathrm{d}\theta}=\oint_{|z|=1}{R\left[ \frac{z^2+1}{2z},\frac{z^2-1}{2iz} \right] \frac{\mathrm{d}z}{iz}}=2\pi i\sum_{i=1}^n{\mathrm{Re}s\left[ f\left( z \right) ,z_i \right]} \\ \int_{-\infty}^{\infty}{R\left( x \right) \mathrm{d}x}=2\pi i\sum_{i=1}^n{\mathrm{Re}s\left[ R\left( z \right) ,z_i \right]} \\ \int_{-\infty}^{\infty}{R\left( x \right) e^{aix}\mathrm{d}x}=2\pi i\sum_{i=1}^n{\mathrm{Re}s\left[ R\left( z \right) e^{aix},z_i \right]}$

实际上，这总结跟没总结一样，只是记录了一下有三种会用到的积分，实际上如何灵活的运用实在难以概括，只能简要的形象化概括为将所求积分化为某个复变函数沿某条封闭路线的积分。它的构造十分巧妙并且有诸多要求，需要对着书上的例题找感觉。