复变函数3

阅读数: 次 2022-03-06

为了撑过期末考试的复变函数，我之前曾经进行了部分归纳。但是我和我的朋友们在突击过程中明显觉得，简单的堆砌很难在最短时间内记忆并掌握考试内容。所以有了这篇blog。

本篇假设需要急救包的受众有着最基本的复数运算基础。那么我们先从复变函数的两种写法说起：简单来说，就是$f(z),u(x,y)+iv(x,y)$。这两者实际上是一体两面。当涉及到$f(z)$这种写法时，关于连续和可导和实变情况下完全一样。复变函数1里有三个很好的例子。当写作后者那样的写法时，我们需要记忆柯西黎曼方程，根据柯西黎曼方程的条件，可以计算函数在哪里可导，继而推出哪里解析，例如对$f(z)=2x^3+3y^3i$，我们只需要计算$C-R$方程：

$\frac{\partial u}{\partial x}=6x^2,\frac{\partial v}{\partial y}=9y^2,\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},2x^2=3y^2 \\ \frac{\partial u}{\partial y}=0,\frac{\partial v}{\partial x}=0,\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$

可知在那两条直线上可导，所以在复平面处处不解析。

在$f(z)$写法下，我们需要掌握初等函数在复变函数下的情形。其中对数和指数其实是好记忆的，只要记住核心的欧拉公式：

$e^{ix}=\cos x+i\sin x$

所以指数，对数，幂函数即自成体系。我们无需进行特殊记忆，例如计算$(1+i)^i$：

$=e^{i\ln \sqrt{2}}\cdot e^{-\left( \frac{\pi}{4}+2k\pi \right)}=e^{-\left( \frac{\pi}{4}+2k\pi \right)}\left( \cos \frac{\ln 2}{2}+i\sin \frac{\ln 2}{2} \right) ,k=0,\pm 1,...$

值得注意的是，在这个问题里$2k\pi$仿佛不影响结果，但我们不应该认为这个周期性一直不影响结果，实际上对数函数$\mathrm{Ln}$的将乘方拿下来的性质不满足，正是由于周期性。

三角函数的情形，也可以由欧拉公式推出，只需写出一个$-x$时的情形，作和作差即可。但最好额外记忆，即：

$\cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2},\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$

上式取纯虚数时，可以推出双曲正弦和双曲余弦。双曲函数的性质，到时候现推吧。例如找出$\mathrm{sin}z=0,\mathrm{cos}z=0,\mathrm{sin}z+\mathrm{cos}z=0$的全部解，我们只需直接计算：

$\sin z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=0\rightarrow e^{2iz}=1\rightarrow 2z=2k\pi \rightarrow z=k\pi \\ \cos z=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=0\rightarrow e^{2iz}=-1\rightarrow 2z=\left( 2k+1 \right) \pi \rightarrow z=\frac{\pi}{2}+k\pi \\ \sin z+\cos z=0\rightarrow \frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}+\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=0\rightarrow \\ e^{2iz}=-i\rightarrow z=k\pi -\frac{\pi}{4}$

然后到了第三章的内容，关于求解复变函数下的积分，这里的题型有两种，第一种是曲线积分的直接应用，设出参数方程即可，利用与实积分时类似的牛顿-莱布尼茨公式。第二种是指对于闭合圆周的积分。第三章中我们会利用柯西-古萨定理，继而有复合闭路定理。将这个积分归结为在特定几个不解析的点的积分，然后用柯西积分公式以及高阶导数公式来计算。计算过程中涉及一些构造，并不是特别容易实施。实际上我们可以直接将第五章的留数定理应用上来：

$\oint_C{f\left( z \right) \mathrm{d}z}=2\pi i\sum_{k=1}^n{\mathrm{Res}\left[ f\left( z \right) ,z_k \right]}$

其中留数的计算规则为：如果$z_0$为$f(z)$的$m$级极点，那么：

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

至于极点的$m$如何确定，只需要考虑$1/f(z)$的零点的阶数，下面是一些例题：

$\left. 1 \right) :\oint_C{\frac{e^z}{z-2}\mathrm{d}z},C:|z-2|=1 \\ \frac{z-2}{e^z},z_0=2,m=1\rightarrow 2\pi i\underset{z\rightarrow 2}{\lim}\left( z-2 \right) \frac{e^z}{z-2}=2\pi ie^2 \\ \left. 2 \right) :\oint_C{\frac{e^{iz}}{z^2+1}\mathrm{d}z},C:|z-2i|=\frac{3}{2} \\ \frac{z^2+1}{e^{iz}}=\frac{\left( z+i \right) \left( z-i \right)}{e^{iz}},z_0=i,m=1\rightarrow \\ 2\pi i\underset{z\rightarrow i}{\lim}\left( z-i \right) \frac{e^{iz}}{\left( z-i \right) \left( z+i \right)}=\frac{\pi}{e} \\ \left. 3 \right) :\oint_C{\frac{\mathrm{d}z}{\left( z^2-1 \right) \left( z^3-1 \right)}},C:|z|=r<1 \\ \left( z^2-1 \right) \left( z^3-1 \right) \rightarrow \text{无零点}\rightarrow 0 \\ \left. 4 \right) :\oint_C{\frac{\sin z\mathrm{d}z}{\left( z-\frac{\pi}{2} \right) ^2}},C:|z|=2 \\ \frac{\left( z-\frac{\pi}{2} \right) ^2}{\sin z},\frac{2\left( z-\frac{\pi}{2} \right)}{\cos z}\rightarrow z_0=\frac{\pi}{2},m=2\rightarrow 2\pi i\underset{z\rightarrow \frac{\pi}{2}}{\lim}\left[ \left( z-\frac{\pi}{2} \right) ^2\frac{\sin z}{\left( z-\frac{\pi}{2} \right) ^2} \right] ^{\left( 1 \right)} \\ =2\pi i\cos \frac{\pi}{2}=0 \\ \left. 5 \right) :\oint_C{\frac{e^z\mathrm{d}z}{z^5}},C:|z|=1 \\ \frac{z^5}{e^z}\rightarrow z_0=0,m=5\rightarrow \frac{1}{4!}2\pi i\underset{z\rightarrow 0}{\lim}\left[ z^5\frac{e^z}{z^5} \right] ^{\left( 4 \right)}=\frac{\pi i}{12} \\ \left. 6 \right) :\oint_C{\frac{\mathrm{d}z}{\left( z^2+1 \right) \left( z^2+4 \right)}},C:|z|=\frac{3}{2} \\ \left( z^2+1 \right) \left( z^2+4 \right) \rightarrow z_0=-i,z_1=i,z_2=-2i,z_3=2i\left( \text{均是一级零点} \right) \\ \rightarrow 2\pi i\left( \frac{i}{6}-\frac{i}{6}+\frac{i}{12}-\frac{i}{12} \right) =0$

这样一些求积分的简单例题就得到了解决，留数定理法稍微增加了复杂度，但是免去了对于不能直接套柯西积分公式和高阶导数公式时的配凑。

第三章还有一个调和函数的内容，考察的内容是给定一个调和函数$u$，求它的共轭调和函数$v$。用$C-R$方程直接构造即可，例如：设$v=e^{px}\mathrm{sin}y$，求$p$的值使得$v$为调和函数，并求出解析函数$f(z)=u+iv$。

先按照拉普拉斯方程的条件直接计算：

$\frac{\partial v}{\partial x}=pe^{px}\sin y,\frac{\partial v}{\partial y}=e^{px}\cos y \\ \frac{\partial ^2v}{\partial x^2}=p^2e^{px}\sin y,\frac{\partial ^2v}{\partial y^2}=-e^{px}\sin y \\ \frac{\partial ^2v}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2v}{\partial y^2}=0\rightarrow \left( p^2-1 \right) e^{px}\sin y=0 \\ p=\pm 1$

之后求解$u$：

$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=e^{px}\cos y,\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x} \\ u=\int{\frac{\partial u}{\partial x}\mathrm{d}x}=\frac{1}{p}e^{px}\cos y+g\left( y \right) \\ \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{1}{p}e^{px}\sin y+g'\left( y \right) =-pe^{px}\sin y\left( p=\pm 1 \right) \\ g'\left( y \right) =0\rightarrow g\left( y \right) =C \\ u\left( x,y \right) =\frac{1}{p}e^{px}\cos y+C \\ f\left( z \right) =u+iv=\frac{1}{p}e^{px}\cos y+C+ie^{px}\sin y\left( p=\pm 1 \right)$

这实际上有个细节要做出解释：在大多数时候我们给出$u+iv$这样的表述，此时的柯西黎曼方程就是我们熟悉的那个样子，同时我们称$v$是$u$的共轭调和函数。这里的顺序并不能随意颠倒，如果我们说$u$是$v$的共轭调和函数，那么满足的$C-R$方程实际上是：

$\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\partial u}{\partial x}$

即正好对调，很可惜我们将不会看到调和函数的应用。它将以一个类似于高数下求全微分方程的形式一样，被我们记住了，然后考试以后忘掉。

值得注意的是，我们刚才以留数定理来解决了第三章的积分问题，但我们仍然要记住在第三章讲授的理论，下面列举以作复习：

对于圆形线积分，一个重要的结论是：

$\oint_{|z-z_0|=r}{\frac{\mathrm{d}z}{\left( z-z_0 \right) ^{n+1}}}=\left\{ \begin{array}{c} 2\pi i,n=0\\ 0,n\ne 0\\ \end{array} \right.$

如果我们应用留数定理，当$n=0$时，是一级极点，无需求导：

$\mathrm{Res}\left[ f\left( z \right) ,z_0 \right] =\left( z-z_0 \right) \frac{1}{\left( z-z_0 \right)}=1,I=2\pi i$

当$n\ne0$时，求导后常数项变为0，导致积分值为零：

$\mathrm{Res}\left[ f\left( z \right) ,z_0 \right] =\frac{d^n}{dz^n}\left[ \left( z-z_0 \right) ^{n+1}\frac{1}{\left( z-z_0 \right) ^{n+1}} \right] =0$

如果是直接积分，也是有办法的，我们利用复数的指数表示：

$z=z_0+re^{i\theta},0\leqslant \theta \leqslant 2\pi ,\mathrm{d}z=ri\theta e^{i\theta}\mathrm{d}\theta \\ \oint_{|z-z_0|=r}{\frac{\mathrm{d}z}{\left( z-z_0 \right) ^{n+1}}}=\int_0^{2\pi}{\frac{ri\theta e^{i\theta}}{r^{n+1}e^{i\left( n+1 \right) \theta}}\mathrm{d}\theta}=\frac{i}{r^n}\int_0^{2\pi}{e^{-in\theta}\mathrm{d}\theta} \\ n=0:i\int_0^{2\pi}{\mathrm{d}\theta}=2\pi i \\ n\ne 0:\frac{i}{r^n}\int_0^{2\pi}{\left( \cos n\theta -i\sin n\theta \right) \mathrm{d}\theta}=0$

柯西-古萨基本定理指出：如果$f(z)$在单连通域$B$内处处解析，那么$f(z)$沿$B$内任意一条封闭曲线$C$的积分值为零，即$\oint_C{f\left( z \right)}\mathrm{d}z=0$。定理经过推广，可以得到在$B$域内解析，边界上连续，也有上述等式。之后又通过复合闭路定理和闭路变形原理，计算一个积分归结为了考虑区域内不解析的点处的积分值，最终柯西积分公式和高阶导数公式给出了圆满的结果：

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

第四章涉及到级数，这一章需要复习一下高数中的级数知识，非常简单和粗糙的说：正项级数的敛散性可以由比值审敛法或根值审敛法得出，交错级数的敛散性由莱布尼茨定理给出（提取出级数中的$(-1)^{n}$后，若$u_n \ge u_{n+1}$,$\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}u_n=0$。则该交错级数收敛。若该级数的绝对值收敛，则它本身必收敛，记作绝对收敛。若该级数的绝对值发散而本身收敛，称作条件收敛。）

在复数项级数中，一个复数序列$\left\{ \alpha _n \right\} =\left\{ a_n+ib_n \right\} $，可以视作是由两个独立的实数序列形成的。在这里要指出，我们说的复数级数收敛，是说级数$\left\{ a _n \right\},\left\{ b _n \right\}$都收敛。同时绝对收敛时的绝对值，在这里即模长$|\alpha_n|$。简单证明可以得：$\left\{ \alpha _n \right\}$绝对收敛的充要条件是$\left\{ a _n \right\},\left\{ b _n \right\}$都绝对收敛。

下面选取了几个判断敛散性的例子，可以帮助我们体会复数项时的区别：

$\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1+ni}{1-ni}}:\frac{1+ni}{1-ni}=\frac{1-n^2}{1+n^2}+\frac{2n}{1+n^2}i=a_n+b_ni \\ \underset{n\rightarrow \infty}{\lim}a_n=-1,\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}b_n=0 \\ \left\{ \alpha _n \right\} \rightarrow -1$