留数定理

\gdef\red#1{{\color{cb8680}{#1}}} \gdef\green#1{{\color{4f8d63}{#1}}} \gdef\gray#1{{\color{gray}{#1}}} \gdef\purple#1{{\color{B189C6}{#1}}} \gdef\orange#1{{\color{dfa04b}{#1}}} \gdef\white#1{{\color{white}{#1}}}

留数

留数定义

  • 定义：考虑 aa 为 f(z)f(z) 的 孤立奇点，因此存在 R>0R > 0 使得 ff 在 N(a,R)−{a}N(a, R) - \{a\} 中解析。定义 ff 在 aa 处的 留数 (residue) 为

    Res⁡z=af(z)≔12πi∮∣z−a∣=ρ<Rf(z)dz\green{\mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z)} \coloneqq \frac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = \rho < R} f(z) dz

留数

留数定义

  • 定义：考虑 aa 为 f(z)f(z) 的 孤立奇点，因此存在 R>0R > 0 使得 ff 在 N(a,R)−{a}N(a, R) - \{a\} 中解析。定义 ff 在 aa 处的 留数 (residue) 为

    Res⁡z=af(z)≔12πi∮∣z−a∣=ρ<Rf(z)dz\green{\mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z)} \coloneqq \orange{\frac{1}{2\pi i}} \oint_{|z - a| = \rho < R} f(z) dz

    留数的记号

    留数的记号因人而异，可以写

    Res⁡f(a),Res⁡(f,a),Res⁡∣z=af(z),Res⁡z→af(z),⋯\operatorname{Res}f(a), \quad \operatorname{Res}(f, a), \quad \operatorname{Res}\Big|_{z = a}f(z), \quad \mathop{\operatorname{Res}}_{z \to a}f(z), \quad \cdots

留数

留数定义

只有一个奇点

根据设定，ff 在去心邻域内解析，因此积分围道 只 包围一个奇点 aa。

奇点类型

aa 可以是 ff 的任意孤立奇点，三种都行。

留数

留数定义

ρ\rho 无关性

显然积分与 ρ\rho 无关，只要 0<ρ<R0 < \rho < R

围道

积分围道 不一定 是圆圈，只要是在 N(a,R)−{a}N(a, R) - \{a\} 中的简单围道即可。

留数

留数定义

Laurent 展开系数

ff 在 0<∣z−a∣<R0 < |z - a| < R 中解析，因此可 Laurent 展开，

f(z)=∑n=−∞+∞λn(z−a)nf(z) = \sum_{n = - \infty}^{+\infty} \lambda_n (z - a)^n

其中，

λ−1=12πi∮∣z−a∣=ρf(ζ)dζ=Res⁡z=af(z)\lambda_{-1} = \frac{1}{2\pi i} \oint_{|z - a| = \rho} f(\zeta) d\zeta = \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z)

留数

留数例子

  • 考虑 f(z)=λzf(z) = \frac{\lambda}{z}

    奇点是 00，是 单极点；f(z)=⋯+0+λz−1+0+⋯f(z) = \cdots + 0 + \lambda z^{-1} + 0 + \cdots

    留数 Res⁡z=0f(z)=λ\mathop{\operatorname{Res}}_{z = 0}f(z) = \lambda

  • 考虑 f(z)=λz−1f(z) = \frac{\lambda}{z - 1}

    奇点是 11，是 单极点；f(z)=⋯+0+λ(z−1)−1+0+⋯f(z) = \cdots + 0 + \lambda (z - 1)^{-1} + 0 + \cdots

    留数 Res⁡z=1f(z)=λ\mathop{\operatorname{Res}}_{z = 1}f(z) = \lambda

留数

留数例子

  • 考虑 f(z)=λz2f(z) = \frac{\lambda}{z^2}

    奇点是 00，是 二阶极点；f(z)=⋯+0+λz−2+0+⋯f(z) = \cdots + 0 + \lambda z^{-2} + 0 + \cdots

    留数 Res⁡z=0f(z)=0\mathop{\operatorname{Res}}_{z = 0}f(z) = 0

  • 考虑 f(z)=λz3f(z) = \frac{\lambda}{z^3}

    奇点是 00，是 三阶极点；f(z)=⋯+0+λz−3+0+⋯f(z) = \cdots + 0 + \lambda z^{-3} + 0 + \cdots

    留数 Res⁡z=0f(z)=0\mathop{\operatorname{Res}}_{z = 0}f(z) = 0

留数

留数例子

  • 高阶极点的留数为零？

  • 考虑 f(z)=1z2λz−1f(z) = \frac{1}{z^2} \frac{\lambda}{z - 1}，λ≠0\lambda \ne 0。

  • 则 原点 是孤立奇点，且是 二阶极点。

  • 以原点为中心，在去心邻域 0<∣z∣<10 < |z| < 1 内，

    f(z)=−λz211−z=−λz2∑k=0zk=−λz2 −λz−λ−…\begin{align*} f(z) &= - \frac{\lambda}{z^2} \orange{\frac{1}{1 - z}} = - \frac{\lambda}{z^2} \orange{\sum_{k = 0}z^k}= - \frac{\lambda}{z^2} \ \green{- \frac{\lambda}{z}} - \lambda - \ldots \end{align*}

    因此

    Res⁡z=0f(z)=−λ≠0\mathop{\operatorname{Res}}_{z = 0} f(z) = - \lambda \ne 0

留数

留数例子

  • 考虑在 aa 某邻域中解析的函数 φ(z)\varphi(z)，以及

    f(z)=1(z−a)mφ(z),m≥1f(z) = \frac{1}{(z - a)^m} \varphi(z), \qquad m \ge 1

  • 对 φ\varphi 做泰勒展开，

    f(z)=1(z−a)m∑k≥0φ(k)(a)k!(z−a)k=…+1(z−a)mφ(m−1)(a)(m−1)!(z−a)m−1+…\begin{align*} f(z) &= \frac{1}{(z - a)^m} \orange{\sum_{k \ge 0} \frac{\varphi^{(k)}(a)}{k!} (z - a)^k} \\ &= \ldots + \frac{1}{\red{(z - a)^m}} \green{\frac{\varphi^{(m - 1)}(a)}{(m - 1)!}} \red{(z - a)^{m - 1}} + \ldots \end{align*}

留数

留数例子

  • 因此

    Res⁡z=af(z)=φ(m−1)(a)(m−1)!\mathop{\operatorname{Res}_{z = a}} f(z) = \green{\frac{\varphi^{(m - 1)}(a)}{(m - 1)!}}

    高阶导数公式

    • 也可以用高阶导数公式：若 φ(z)\varphi(z) 在 aa 某邻域内解析，

      Res⁡z=af(z)=12πi∮φ(z)(z−a)mdz=1(m−1)!φ(m−1)(a)\operatorname{Res}_{z = a}f(z) = \frac{1}{2\pi i}\oint \frac{\varphi(z)}{(z - a)^m}dz = \frac{1}{(m - 1)!} \varphi^{(m - 1)}(a)

留数

留数的常用公式

  • 公式 1：Laurent 展开求 −1-1 次幂系数

  • 公式 2：若 aa 是 mm-阶极点，则

    Res⁡z=af(z)=1(m−1)!dm−1dzm−1∣z=a[(z−a)mf(z)]\mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z) = \frac{1}{(m - 1)!} \frac{d^{m - 1}}{dz^{m - 1}}\bigg|_{z = a}\Big[ (z - a)^m f(z) \Big]

    mm

    注意 mm 与 m−1m - 1 的位置。当 m=1m = 1 的时候，定义 00 阶导数

    d0dz0∣z=a[(z−a)f(z)]=lim⁡z→a[(z−a)f(z)]\frac{d^0}{dz^0}\bigg|_{z = a} \Big[(z - a) f(z)\Big] = \lim_{z \to a}\Big[(z - a)f(z)\Big]

留数

留数的常用公式

  • 公式 2：若 aa 是 mm-阶极点，则

    Res⁡z=af(z)=1(m−1)!dm−1dzm−1∣z=a[(z−a)mf(z)]\mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z) = \frac{1}{(m - 1)!} \frac{d^{m - 1}}{dz^{m - 1}}\bigg|_{z = a}\Big[ (z - a)^m f(z) \Big]

    说明

    由于 f(z)f(z) 在 aa 是 mm-阶极点，因此在 aa 去心邻域 f(z)=φ(z)/(z−a)mf(z) = \varphi(z)/(z - a)^m。用刚介绍的讨论，

    Res⁡z=af(z)=φ(m−1)(a)(m−1)!=1(m−1)!dm−1dzm−1∣z=a[(z−a)mf(z)]\mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z) = \frac{\green{\varphi}^{\purple{(m - 1)}}\green{(a)}}{\orange{(m - 1)!}} = \frac{1}{\orange{(m-1)!}} \purple{\frac{d^{m - 1}}{dz^{m - 1}}}\bigg|_{z = a}\Big[\green{(z - a)^m f(z)}\Big]

留数

留数的常用公式

  • 公式 3：若 f(z)=φ(z)ψ(z)f(z) = \frac{\varphi(z)}{\psi(z)}，其中 φ,ψ\varphi, \psi 在 aa 某邻域内解析，且 φ(a)≠0\varphi(a)\ne 0，而 aa 是 ψ\psi 的 单零点。则

    Res⁡z=af(z)=φ(a)ψ′(a)\mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z) = \frac{\varphi(a)}{\psi'(a)}

    导数

    导数只对分母做。

留数

留数的常用公式

  • 公式 3：若 f(z)=φ(z)ψ(z)f(z) = \frac{\varphi(z)}{\psi(z)}，其中 φ,ψ\varphi, \psi 在 aa 某邻域内解析，且 φ(a)≠0\varphi(a)\ne 0，而 aa 是 ψ\psi 的 单零点。则

    Res⁡z=af(z)=φ(a)ψ′(a)\mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z) = \frac{\varphi(a)}{\psi'(a)}

    说明

    显然 aa 是单极点。利用公式 2，

    Res⁡z=af(z)=lim⁡z→a(z−a)f(z)=lim⁡z→a(z−a)φ(z)ψ′(a)(z−a)+O(z−a)2=φ(a)ψ′(a)\begin{align*} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z) &= \lim_{z \to a} (z - a)f(z)\\ &= \lim_{z \to a} (z - a)\frac{\varphi(z)}{\psi'(a)(z - a) + O(z - a)^2} = \frac{\varphi(a)}{\psi'(a)} \end{align*}

留数

留数的常用公式

  • 公式 4：若 f(z)=φ(z)z−af(z) = \frac{\varphi(z)}{z - a}，其中 φ\varphi 在 aa 某邻域内解析，且 φ(a)≠0\varphi(a)\ne 0。则

    Res⁡z=af(z)=φ(a)\mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z) = \varphi(a)

    说明

    用上一个公式证明。

留数

留数的常用公式

  • 公式 5：考虑若

    f(z)=φ(z)(z−z1)(z−z2)⋯(z−zn),zi≠zj,∀i≠jf(z) = \frac{\varphi(z)}{(z - z_1)(z - z_2) \cdots (z - z_n)}, \qquad z_i \ne z_j, \forall i \ne j

    且 φ(z)\varphi(z) 在所有 ziz_i 附近解析，则

    Res⁡z=zif(z)=φ(zi)∏j=1,j≠in(zi−zj)\mathop{\operatorname{Res}}_{z = z_i} f(z) = \frac{\varphi(z_i)}{\prod_{\substack{j = 1, j \ne i}}^n(z_i - z_j)}

留数

说明

利用公式 3，以及暴力求导结果

[(z−z1)(z−z2)⋯(z−zn)]z=zi′=∏j=1j≠in(zi−zj)[(z - z_1)(z - z_2) \cdots (z - z_n)]'_{z = z_i} = \prod_{\substack{j = 1 \\ j \ne i}}^n(z_i - z_j)

留数

留数的常用公式

  • 例：考虑函数 f(z)=1znf(z) = \frac{1}{z^n}，n=1,2,3,…n = 1, 2, 3, \ldots。求 ff 在原点处的留数。

    解

    • 由定义，留数是原点附近的一个围道积分，或者 Laurent 展开负一次幂项系数。可以考虑直接计算：当 n=1n = 1 时结果为 11，否则为 00。
留数

留数的常用公式

  • 或者用公式 2：原点是 nn-阶极点，因此

    Res⁡z=0f(z)=1(n−1)!dn−1dzn−1∣z=0[zn1zn]\mathop{\operatorname{Res}}_{z = 0}f(z) = \frac{1}{(n - 1)!}\frac{d^{n - 1}}{dz^{n - 1}} \bigg|_{z = 0}\Big[z^n\frac{1}{z^n}\Big]

    (1) 当 n>1n > 1 时，dn−1dzn−1[1]=0\frac{d^{n - 1}}{dz^{n - 1}} [1] = 0

    (2) 当 n=1n = 1 时，

    d0dz0[1]=lim⁡z→01=1\frac{d^0}{dz^0} [1] = \purple{\lim_{z \to 0} 1} = 1

留数

留数的常用公式

  • 例：证明

    Res⁡z=zk1z2n+1=−zk2n\operatorname{Res}_{z = z_k} \frac{1}{z^{2n} + 1} = - \frac{z_k}{2n}

    其中 zkz_k 是 −1-1 的第 kk 个 2n2n 次根，zk≔eπi2n+2πik2nz_k \coloneqq e^{\frac{\pi i}{2n} + \frac{2\pi i k}{2n}}

    说明

    利用公式 3，以及 (z2n+1)′=2nz2n−1(z^{2n} + 1)' = \purple{2n z^{2n - 1}}，

    Res⁡z=zk1z2n+1=12nzk2n−1=zk2nzk2n=−zk2n\operatorname{Res}_{z = z_k} \frac{1}{z^{2n} + 1} = \frac{1}{\purple{2n z_k^{2n - 1}}} = \frac{z_k}{2n z_k^{2n}} = - \frac{z_k}{2n}

    其中最后一个等号用了 zk2n+1=0z_k^{2n} + 1 = 0。

留数

留数的常用公式

说明

  • 也可以先把 z2n+1z^{2n} + 1 因式分解，z2n+1=∏k=02n−1(z−zk)z^{2n} + 1 = \prod_{k = 0}^{2n - 1}(z - z_k)，利用公式 5 得到

    Res⁡z=zk1z2n+1=1∏j=0j≠k2n−1(zk−zj)\operatorname{Res}_{z = z_k} \frac{1}{z^{2n} + 1} = \frac{1}{\prod_{\substack{j = 0 \\ j \ne k}}^{2n - 1}(z_k - z_j)}

  • 比较两个方法，得到恒等式

    −zk2n=1∏j=0j≠k2n−1(zk−zj)- \frac{z_k}{2n} = \frac{1}{\prod_{\substack{j = 0 \\ j \ne k}}^{2n - 1}(z_k - z_j)}

留数

留数定理

留数定理

留数定理

  • 留数定理：设 ff 在单连通或复连通区域 DD 中有 有限个 孤立 奇点 ai=1,…,na_{i = 1, \ldots, n}，且 ff 在 D‾−{ai}\overline D - \{a_i\} 上解析。则

    12πi∮∂Df(z)dz=∑i=1nRes⁡z=aif(z)\frac{1}{2\pi i}\oint_{\partial D} f(z) dz = \sum_{i = 1}^n \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a_i}f(z)

留数定理

留数定理

留数定理

留数定理

留数定理

留数定理

留数定理

留数定理

  • 留数定理：设 ff 在单连通或复连通区域 DD 中有 有限个 孤立 奇点 ai=1,…,na_{i = 1, \ldots, n}，且 ff 在 D‾−{ai}\overline D - \{a_i\} 上解析。则

    12πi∮∂Df(z)dz=∑i=1nRes⁡z=aif(z)\frac{1}{2\pi i}\oint_{\partial D} f(z) dz = \sum_{i = 1}^n \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a_i}f(z)

    证明思路

    对复通区域 D−{ai}D - \{a_i\} 使用柯西积分定理即可。

留数定理

留数定理的应用

留数定理的应用

常见围道积分的计算

  • 计算积分

    I≔∮∣z∣=ρ≠0,11z(z−1)2dz\mathcal{I} \coloneqq \oint_{|z| = \rho \ne 0, 1} \frac{1}{z(z - 1)^2} dz

    求解

    • 首先判断奇点：

      一阶极点 z=0z = 0 \qquad\qquad 二阶极点 z=1z = 1

    • 0<ρ<10 < \rho < 1：围道包围原点，

      I=(2πi)Res⁡z=0f(z)=2πilim⁡z→0[zf(z)]=2πi\mathcal{I} = (2\pi i) \mathop{\operatorname{Res}}_{z = 0} f(z) = 2\pi i\lim_{z \to 0} [zf(z)] = 2\pi i

留数定理的应用

常见围道积分的计算

求解

  • 当 ρ>1\rho > 1：围道包围 z=0z = 0，z=1z = 1，于是

    I=2πi(Res⁡z=0f(z)+Res⁡z=1f(z))\mathcal{I} = 2\pi i \left( \mathop{\operatorname{Res}}_{z = 0}f(z) + \mathop{\operatorname{Res}}_{z = 1}f(z) \right)

    第一个留数已经知道了。
留数定理的应用

常见围道积分的计算

求解

  • 利用留数公式计算第二个留数，

    = 2πi[1+1(2−1)!ddz∣z=1((z−1)2f(z))]= 2πi[1−1z2∣z=1]=0\begin{align*} = & \ 2\pi i\left[ 1 + \frac{1}{(2 - 1)!} \frac{d}{dz}\Big|_{z = 1} \Big((z - 1)^2 f(z)\Big) \right] \\ = & \ 2\pi i\left[ 1 - \frac{1}{z^2}\Big|_{z = 1} \right] = 0 \end{align*}

留数定理的应用

常见围道积分的计算

  • 计算积分

    I=∮∣z∣=ρ>0sin⁡zzdz\mathcal{I} = \oint_{|z| = \rho > 0} \frac{\sin z}{z} dz

    求解

    • 围道包围奇点为原点，因此 I=2πiRes⁡z=0sin⁡zz\mathcal{I} = 2\pi i \operatorname{Res}_{z = 0}\frac{\sin z}{z}。有许多方法计算。

    • 原点是 可去奇点，因此 主要部分 为 零，从而 −1-1-次幂项系数为零，因此留数为零。

    • 也可以用 Cauchy 积分公式，I=2πi(sin⁡z)∣z=0=0\mathcal{I} = 2\pi i (\sin z)\Big|_{z = 0} = 0。

留数定理的应用

常见围道积分的计算

  • 计算积分

    I=∮∣z∣=ρ>0zsin⁡zdz,ρ>0,ρ≠nπ\mathcal{I} = \oint_{|z| = \rho > 0} \frac{z}{\sin z} dz, \qquad \rho > 0, \rho \ne n \pi

    求解

    • 先判断奇点：

      sin⁡z=0⇒z=kπ,k∈Z\sin z = 0 \qquad \Rightarrow \qquad z = k\pi, \quad k\in \mathbb{Z}

    • 无穷多个奇点：对称 分布在 00 两侧。

留数定理的应用

常见围道积分的计算

求解

  • 假设 −nπ,−(n−1)π,…,0,…,(n−1)π,nπ-n \pi, - (n - 1)\pi, \ldots, 0, \ldots, (n - 1)\pi, n \pi 被围道所包围。

  • 这些都是积分函数的 单极点，除了原点是 可去极点。

  • 计算留数

    Res⁡z=kπzsin⁡z=z(sin⁡z)′∣z=kπ=kπcos⁡kπ=(−1)kkπ→k=00\mathop{\operatorname{Res}}_{z = k \pi} \frac{z}{\sin z} = \frac{z}{(\sin z)'} \Big|_{z = k \pi} = \frac{k\pi}{\cos k\pi} = (-1)^k k\pi \xrightarrow{k = 0} 0

留数定理的应用

常见围道积分的计算

求解

于是积分等于

I= 2πi∑k=−n+n(kπ)(−1)k= 2πi∑k=1+n(kπ)(−1)k+2πi∑k=1n(−kπ)(−1)−k=0\begin{align*} \mathcal{I} = & \ 2\pi i \sum_{k = - n}^{+n} (k \pi) (-1)^k\\ = & \ 2\pi i \sum_{k = 1}^{+n} \red{(k \pi)} \blue{(-1)^k} + 2\pi i \sum_{k = 1}^{n} \red{(- k \pi)} \blue{(-1)^{- k}} = 0 \end{align*}

留数定理的应用

常见围道积分的计算

  • 计算积分

    I=∮∣z∣=1e1z\mathcal{I} = \oint_{|z| = 1} e^{\frac{1}{z}}

    求解

    • 注意到 z=0z = 0 是 本性奇点，只须 Laurant 展开然后取 −1-1-次幂项。
    • 在原点去心邻域 0<∣z∣<∞0 < |z| < \infty 中定义 z~=1/z\tilde z = 1/z，于是

      ez~=∑k≥01k!(z~)k=∑k≥01k!1zk⇒λ−1=1⇒I=2πi×1e^{\tilde z} = \sum_{k \ge 0} \frac{1}{k!} (\tilde z)^k = \sum_{k \ge 0} \frac{1}{k!} \frac{1}{z^k} \qquad \Rightarrow\lambda_{-1} = 1 \qquad \Rightarrow \mathcal{I} = 2\pi i \times 1

留数定理的应用

其他复积分计算

  • 假设 f(z)f(z) 在 aa 处有一个 单极点，Arc⁡(r,θ1→θ2)\operatorname{Arc}(r, \theta_1 \to \theta_2) 是以 aa 为中心半径为 rr 的一小段弧，从辐角 θ1\theta_1 延伸到 θ2\theta_2。论证

    1i(θ1−θ2)lim⁡r→0∫Arc⁡(r,θ1→θ2)f(z)dz=Res⁡z=af(z)\frac{1}{i(\theta_1 - \theta_2)}\lim_{r \to 0}\int_{\operatorname{Arc}(r, \theta_1 \to \theta_2)} f(z) dz = \operatorname{Res}_{z = a}f(z)

留数定理的应用

其他复积分计算

  • 假设 f(z)f(z) 在 aa 处有一个 单极点，Arc⁡(r,θ1→θ2)\operatorname{Arc}(r, \theta_1 \to \theta_2) 是以 aa 为中心半径为 rr 的一小段弧，从辐角 θ1\theta_1 延伸到 θ2\theta_2。论证

    1i(θ1−θ2)lim⁡r→0∫Arc⁡(r,θ1→θ2)f(z)dz=Res⁡z=af(z)\frac{1}{i(\theta_1 - \theta_2)}\lim_{r \to 0}\int_{\operatorname{Arc}(r, \theta_1 \to \theta_2)} f(z) dz = \operatorname{Res}_{z = a}f(z)

留数定理的应用

其他复积分计算

求解

  • 由于 aa 是单极点，在 aa 的去心邻域，f(z)=Rz−a+g(z)f(z) = \frac{R}{z - a} + g(z)，其中 RR 是 ff 在 aa 的留数，g(z)g(z) 是一个在 aa 邻域内解析的函数。
  • 因此，

    ∫Arc⁡(r,θ1→θ2)f(z)dz=∫θ1θ2Rreiθrieiθdθ+∫Arc⁡(r,θ1→θ2)g(z)dz\int_{\operatorname{Arc}(r, \theta_1 \to \theta_2)} f(z) dz = \int_{\theta_1}^{\theta_2} \frac{R}{r e^{i\theta}} r ie^{i\theta} d\theta + \int_{\operatorname{Arc}(r, \theta_1 \to \theta_2)} g(z) dz

留数定理的应用

其他复积分计算

求解

  • 第一项 非零 (分子分母 rr 抵消了)

    ∫θ1θ2Rreiθrieiθdθ=iR(θ2−θ1)\int_{\theta_1}^{\theta_2} \frac{R}{r e^{i\theta}} r ie^{i\theta} d\theta = i \green{R} (\theta_2 - \theta_1)

  • 第二项 (∝r\propto r) 趋于零，因为 g(z)g(z) 解析，因此在 aa 的小邻域内 有界，而积分曲线长度 趋于零。
  • 因此，

    lim⁡r→0∫Arc⁡(r,θ1→θ2)f(z)dz=i(θ2−θ1)Res⁡z=af(z)\lim_{r \to 0}\int_{\operatorname{Arc}(r, \theta_1 \to \theta_2)} f(z) dz = i (\theta_2 - \theta_1) \green{\mathop{\operatorname{Res}}_{z = a}f(z)}

留数定理的应用

其他复积分计算

  • 推论：若 f(z)f(z) 在 aa 处有单极点，则小半圆积分给出 半留数

    12πi∫f(z)dz=12Res⁡z=af(z)\frac{1}{2\pi i}\int f(z)dz = \orange{\frac{1}{2}} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} f(z)

留数定理的应用

三角有理函数积分

  • 考虑 有理函数 R(x,y)R(x, y)，以及 [0,2π][0, 2\pi] 积分

    I=∫02πR(cos⁡θ,sin⁡θ)dθ\mathcal{I} = \int_0^{2\pi} R(\cos \theta, \sin \theta) d\theta

  • 利用

    cos⁡θ=12(eiθ+e−iθ),sin⁡θ=12i(eiθ−e−iθ)\cos \theta = \frac{1}{2} (e^{i \theta} + e^{- i \theta}), \qquad \sin \theta = \frac{1}{2i} (e^{i \theta} - e^{- i \theta})

  • 重写

    I=∮∣z∣=1R(z+z−12,z−z−12i)dziz,z=eiθ\mathcal{I} = \oint_{|z| = 1} R\left(\frac{z + z^{-1}}{2}, \frac{z - z^{-1}}{2i}\right) \frac{dz}{iz}, \qquad z = e^{i \theta}

dθd\theta

注意 dz=d(eiθ)=eiθidθ=zidθdz = d(e^{i\theta}) = e^{i \theta} i d\theta = z i d\theta，因此 dθ=dz/(iz)d\theta = dz/(iz).

留数定理的应用

三角有理函数积分

说明

积分微元

dz=deiθ=ieiθdθ=izdθ⇒dθ=dzizdz = de^{i \theta} = i e^{i \theta} d\theta = iz d\theta \qquad\Rightarrow \qquad d\theta = \frac{dz}{iz}

留数定理的应用

三角有理函数积分

  • 考虑 0<a<10 < a < 1。计算

    I=∫02πdθ1+acos⁡θ\mathcal{I} = \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{1 + a \cos\theta}

    求解

    按公式，

    I=∮∣z∣=111+az+z−12dziz=(−2i)∮∣z∣=1dzaz2+2z+a\mathcal{I} = \oint_{|z|= 1 } \frac{1}{1 + a \frac{z + z^{-1}}{2}} \frac{dz}{iz} = (-2i) \oint_{|z| = 1}\frac{dz}{az^2 + 2z + a}

留数定理的应用

三角有理函数积分

求解

  • 分母有两个根 (积分函数的两个 单极点)

    z±=−2±4−4a22a=−1a±1a2−1z_\pm = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 4a^2}}{2a} = - \frac{1}{a} \pm \sqrt{\frac{1}{a^2} - 1}

  • 显然，∣z−∣>∣z+∣|z_-| > |z_+|，因为 0<a<10 < a < 1
留数定理的应用

三角有理函数积分

求解

  • 接下来判断两个单极点与 单位圆 的 相对位置。
  • 韦达定理：

    z+z−=1⇒∣z+∣∣z−∣=1⇒∣z+∣<1<∣z−∣z_+ z_- = 1 \Rightarrow |z_+| |z_-| = 1 \Rightarrow |z_+| < 1 < |z_-|

  • 因此，z−z_- 位于单位 圆外，z+z_+ 位于单位 圆内。
留数定理的应用

三角有理函数积分

求解

  • 积分提取单位圆 内 z+z_+ 处的留数，

    I=2πi(−2i)Res⁡z=z+1a(z−z+)(z−z−)=2πi(−2i)a(z+−z−)=2π1−a2\begin{align*} \mathcal{I} & = 2\pi i(-2i) \mathop{\operatorname{Res}}_{z = z_+}\frac{1}{a(z - z+) (z - z_-)} = \frac{2\pi i(-2i)}{a(z_+ - z_-)} = \frac{2\pi}{\sqrt{1 - a^2}} \end{align*}

    因为 z+−z−=2a−2−1z_+ - z_- = 2 \sqrt{a^{-2} - 1}
留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

  • 考虑 m≥0m \ge 0，计算

    I=∫−∞+∞f(x)eimxdx\mathcal{I} = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) e^{i m x}dx

    其中 f(x)f(x) 满足如下性质
    • 在 上半平面 几乎处处解析，除了 有限个 孤立奇点 {ai}\{a_i\}
    • 有如下 大 zz 一致趋零行为: 当 ∣z∣→+∞|z| \to +\infty 且 Im⁡z≥0\operatorname{Im}z \ge 0

      {zf(z)⇒0,若 m=0f(z)⇒0,若 m>0\left\{\begin{array}{c c} z f(z) \Rightarrow 0, & \text{若} \ m = 0 \\ f(z) \Rightarrow 0, & \text{若} \ m > 0 \end{array}\right .

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

  • 则有

    lim⁡R→+∞∫−R+Rf(x)eimxdx=2πi∑iRes⁡z=ai[f(z)eimz]\lim_{R \to +\infty} \int_{-R}^{+R}f(x)e^{im x}dx = 2\pi i \sum_{i} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a_i} \Big[f(z)e^{im z} \Big]

    一致趋零

    函数 f(z)⇒0f(z) \Rightarrow 0 指的是函数 ff 一致趋零，即当 z→∞z \to \infty (沿上半平面的所有方向) f(z)f(z) 都趋于零，而且趋零的速度 大致相同：

    对 ∀ϵ>0\forall \epsilon > 0，∃R>0\exists R > 0，s.t. 当 ∣z∣>R|z| > R 就有 ∣f(z)∣<ϵ|f(z)| < \epsilon

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

一致趋零例子

下面是常见的 z→∞z \to \infty 时一致趋零的函数

1zm>0⇒0,Pm(z)Pm+1(z)⇒0 ,1zm>0+a⇒0, a∈C .\begin{align*} \frac{1}{z^{m > 0}} \Rightarrow 0, \qquad \frac{P_m(z)}{P_{m + 1}(z)} \Rightarrow 0 \ , \qquad \frac{1}{z^{m > 0} + a} \Rightarrow 0, \ a \in \mathbb{C} \ . \end{align*}

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

证明概要

[−R,R][-R, R] 的积分可以通过添加大半圆变成围道积分，

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

证明概要

(1) Jordan 引理 (证明见教材)：大 zz 一致趋零行为导致

lim⁡R→+∞∫ΓRf(z)eimzdz=0 .\begin{align*} \lim_{R \to +\infty}\red{\int_{\Gamma_R}} f(z) e^{i m z} dz = 0 \ . \end{align*}

(2) 利用留数定理

(∫−R+R+∫ΓR)f(z)eimzdz= 2πi∑iRes⁡z=ai[f(z)eimz]lim⁡R→+∞∫−R+Rf(z)eimzdz= 2πi∑iRes⁡z=ai[f(z)eimz] .\begin{align*} \left(\int_{-R}^{+R} + \red{\int_{\Gamma_R}}\right)f(z) e^{i m z}dz = & \ \purple{2\pi i \sum_{i} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a_i} \left[f(z) e^{i m z}\right]}\\ \orange{\lim_{R \to + \infty}} \int_{-R}^{+R} f(z)e^{imz}dz = & \ \purple{2\pi i \sum_{i} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a_i} \left[f(z) e^{i m z}\right]} \ . \end{align*}

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

主值与一般值

  • 无界积分 ∫−∞+∞\int_{-\infty}^{+\infty} 本身 没有明确定义
  • 上面的极限

    lim⁡R→+∞∫−R+Rf(x)eimxdx\begin{align*} \lim_{R \to +\infty}\int_{-R}^{+R}f(x) e^{i m x} dx \end{align*}

    定义 了无界积分的 主值 (principal value)。在许多场合中，∫−∞+∞\int_{-\infty}^{+\infty} 指代的就是主值。
留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

主值与一般值

  • 除了主值，还可以考虑 一般值，

    ≔lim⁡R1→∞,R2→∞∫−R1R2f(x)eimxdx . \coloneqq \lim_{R_1 \to \infty,R_2 \to \infty}\int_{- R_1}^{R_2} f(x) e^{i m x}dx \ .

  • 主值是一般值的 特殊情况 R1=R2R_1 = R_2，比一般值更容易 存在。

    ∫−R1R2xx2+1dx=12ln⁡1+R221+R12→R2=λR1,R1→+∞12ln⁡(λ2) . \int_{- R_1}^{R_2} \frac{x}{x^2 + 1} dx = \frac{1}{2}\ln \frac{1 + R_2^2}{1 + R_1^2} \xrightarrow{R_2 = \lambda R_1, R_1 \to +\infty} \frac{1}{2}\ln(\lambda^2) \ .

    若一般值确实 存在，则主值 == 一般值。
留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

mm 的符号

  • 上述定理只适用于 m=0m = 0 或者 m>0m > 0。
  • 为了 ΓR\Gamma_R 积分最后 为零，在 上半平面 中 z→∞z \to \infty 时候我们希望指数因子快速 衰减：利用 z=∣z∣eiθ=∣z∣cos⁡θ+i∣z∣sin⁡θz = |z|e^{i\theta} = \purple{|z|\cos\theta + i |z| \sin \theta}

    eimz=eim(∣z∣cos⁡θ+i∣z∣sin⁡θ)=eim∣z∣cos⁡θe−m∣z∣sin⁡θ,θ∈[0,π] e^{im z} = e^{im (\purple{|z| \cos \theta + i |z| \sin \theta})} = e^{ i m |z| \cos \theta} \red{e^{- m |z| \sin \theta}}, \qquad \theta \in [0, \pi]

    因 sin⁡θ≥0\red{\sin \theta} \ge 0，需要 m≥0m \ge 0 保证快速衰减 (或不增长 不干活可以但别捣乱)。
  • 如果 m<0m < 0，则应当取 下半平面 的 ΓR\Gamma_R 以及 下半平面 的孤立奇点留数。
留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

  • 计算积分

    ∫−∞+∞1x2n+1dx,n=1,2,3,… .\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{x^{2n} + 1}dx, \qquad n = 1, 2,3,\ldots \ . \end{align*}

    求解

    • 由于 n≥1n \ge 1，因此积分函数可以看成 f(z)eimzf(z) e^{i m z} with m=0m = 0，zf(z)⇒0zf(z) \Rightarrow 0。

    • 积分函数的 单极点 (不含 ±1\pm 1)

      z2n+1=0⇒ak=eπi2ne2πi2nk,k=0,1,2,…,2n−1 . z^{2n} + 1 = 0 \quad \Rightarrow \quad a_k = e^{\frac{\pi i}{2n}} e^{\frac{2\pi i}{2n} k}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots, \orange{2n - 1} \ .

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

求解

  • 其中位于 上半平面 的是 k=0,1,2,…,n−1k = 0, 1, 2, \ldots, \orange{n - 1}，共 nn 个。
  • 求留数

    Res⁡z=akf(z)=公式 312nak2n−1=ak2nak2n=ak2n(−1)=−ak2n \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a_k}f(z) \stackrel{\text{公式 3}}{=} \frac{1}{2n a_k^{2n - 1}} = \frac{a_k}{2n \green{a_k ^{2n}}} = \frac{a_k}{2n \green{(-1)}} = \purple{- \frac{a_k}{2n}}

  • 根据积分公式

    I=2πi∑k=0n−1Res⁡z=akf(z)=−2πi2n∑k=0n−1ak=−2πi2n∑k=0n−1eπi2nekπin \mathcal{I} = 2\pi i\sum_{k = 0}^{n - 1} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a_k} f(z) = \purple{-} \frac{2\pi i}{\purple{2n}} \sum_{k = 0}^{n -1} \purple{a_k} = - \frac{2\pi i}{2n} \sum_{k = 0}^{n -1} \orange{e^{\frac{\pi i}{2n}}} e^{\frac{k \pi i}{n}}

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

求解

利用等比数列求和公式

= −2πi2neπi2n(1−eπinn)1−eπin=eπinn=−1 −2πin1e−πi2n−eπi2n= −2πin12isin⁡(−π2n)=πn1sin⁡π2n .\begin{align*} = & \ - \frac{2\pi i}{2n} \orange{e^{\frac{\pi i}{2n}}} \frac{(1 - \red{e^{ \frac{\pi i}{n}n}} )}{1 - e^{\frac{\pi i}{n}}} \stackrel{\red{e^{\frac{\pi i }{n}n} = -1}}{=}\ - \frac{2\pi i}{n} \frac{1}{\purple{e^{- \frac{\pi i}{2n}} - e^{\frac{\pi i}{2n}}}}\\ = & \ - \frac{2\pi i}{n} \frac{1}{\purple{2i \sin(- \frac{\pi}{2n})}} = \frac{\pi}{n} \frac{1}{\sin \frac{\pi}{2n}} \ . \end{align*}

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

  • 计算积分

    I=∫0+∞cos⁡mxx2+1dx,m>0\begin{align*} \mathcal{I} = \int_0^{+\infty} \frac{\cos mx}{x^{2} + 1} dx, \qquad m > 0 \end{align*}

    积分下限

    注意下限是 00，不是 −∞-\infty

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

求解

  • 首先要把积分化为全实轴积分。

    I=12∫−∞+∞cos⁡mxx2+1dx\mathcal{I} = \orange{\frac{1}{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos mx}{x^2 + 1}dx

  • 利用 偶 函数性，和 奇 函数性，

    I=12∫−∞+∞cos⁡mx+isin⁡mxx2+1dx=∫−∞+∞12eimxx2+1dx\mathcal{I} = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos mx + \red{i \sin mx}}{x^2 + 1}dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{2}\frac{e^{i m x}}{x^2 + 1}dx

    积分函数现在是 f(x)eimxf(x) e^{i m x} 的形式，其中 m>0m > 0
留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

求解

  • f(z)f(z) 在上半平面有单极点 z=+iz = + i，

    Res⁡z=+if(z)eimz=Res⁡z=+i12eimzz2+1=[12eimz(z2+1)′]z=i=12e−m2i . \mathop{\operatorname{Res}}_{z = + i} f(z)e^{i m z} = \mathop{\operatorname{Res}}_{z = + i} \frac{1}{2}\frac{e^{i m z}}{z^2 + 1} = \left[\frac{1}{2}\frac{e^{i m z}}{(z^2 + 1)'}\right]_{z = i} = \purple{\frac{1}{2} \frac{e^{-m}}{2i}} \ .

  • 因此

    I=(2πi)×12e−m2i=π2e−m . \mathcal{I} = (2\pi i) \times \purple{\frac{1}{2} \frac{e^{-m}}{2i}} = \frac{\pi}{2} e^{-m} \ .

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

另一种思路是取实部：

∫−∞+∞cos⁡mxx2+1dx=Re⁡∫−∞+∞eimxx2+1dx .\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos m x}{x^2 + 1}dx = \operatorname{Re}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i m x}}{x^2 + 1} dx \ .

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

  • 考虑 m>0m > 0，计算积分

    I=∫−∞+∞sin⁡mxx−idx,m>0\begin{align*} \mathcal{I} = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin mx}{x - i} dx, \qquad m > 0 \end{align*}

    解

    • 拆解 sin⁡mx\sin mx，

      I=12i∫−∞+∞eimx−e−imxx−idx . \mathcal{I} = \frac{1}{2i} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i m x} - e^{- i m x}}{x - i} dx \ .

    • 两个积分分别计算
留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

解

  • 第一个积分 1z−i\frac{1}{z-i} 在上半平面有单极点 ii，利用 Res⁡z=ieimzz−i=e−m\operatorname{Res}_{z = i} \frac{e^{i m z}}{z - i} = \orange{e^{- m}}，

    12i∫−∞+∞eimzz−idz=12i(2πi)e−m=πe−m . \frac{1}{2i}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i m z}}{z - i}dz = \frac{1}{2i} (2\pi i) \orange{e^{-m}} = \pi e^{-m} \ .

  • 第二个积分可以利用变量替换 z′=−zz' = -z，

    ∫−∞+∞e−imzz−idz=−∫+∞−∞eimz′−z′−idz′=0 \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{-i m z}}{z - i}dz = - \int_{+\infty}^{-\infty} \frac{e^{i m z'}}{ - z' - i}dz' = 0

    因为 (z′+1)−1eimz′(z' + 1)^{-1}e^{i m z'} 在 z′z' 上半平面 没有 奇点。

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

解

总结

I=πe−m . \mathcal{I} = \pi e^{-m} \ .

虚部

小心，不能直接用取虚部的方法计算：

Im⁡(eimzz−i) ≠ sin⁡mzz−i . \operatorname{Im} \bigg(\frac{e^{i m z}}{z - i}\bigg) \ \red{\ne} \ \frac{\sin mz}{z - i} \ .

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

  • 定理：函数 f(z)f(z) 在 上半平面 和 实轴 上几乎处处解析，除了有限个上半平面孤立奇点 {ai}\{a_i\} 和实轴上 单极点 {bj}\{b_j\}。此外，

    z→上半平面∞:{zf(z)⇒0,m=0f(z)⇒0,m>0 .\begin{align*} z \xrightarrow{\text{上半平面}} \infty: \quad \left\{\begin{array}{c c} z f(z) \Rightarrow 0, & m = 0 \\ f(z) \Rightarrow 0, & m > 0 \end{array}\right . \ . \end{align*}

    则有

    ∫−∞+∞f(x)eimxdx=2πi[∑iRes⁡z=aif(z)eimz+12∑jRes⁡z=bjf(z)eimz]\begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) e^{i m x} dx = 2\pi i \left[ \sum_{i} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a_i} f(z) e^{i m z} + \orange{\frac{1}{2}} \sum_{j} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = b_j} f(z) e^{i m z} \right] \nonumber \end{align*}

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

主值

此处的符号 ∫−∞+∞\int_{-\infty}^{+\infty} 同样指代积分 主值，定义为

∫−∞+∞=lim⁡R→∞ϵ→0∫[−R,R]−∪j(bj−ϵ,bj+ϵ) \green{\int_{-\infty}^{+\infty} = \lim_{\substack{ R\to \infty \\ \epsilon \to 0}} \int_{[- R , R] - \cup_j (b_j - \epsilon, b_j + \epsilon)}}

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

证明大意

要点：绕 bjb_j 的 下小半圆 CjC_j 积分为 半留数

∫Cjf(z)eimz=2πi12Res⁡z=bj[f(z)eimz] . \int_{C_j} f(z) e^{i m z} = 2\pi i \orange{\frac{1}{2}} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = b_j} \Big[f(z) e^{i m z}\Big] \ .

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

证明大意

留数定理

 2πi[∑iRes⁡z=aif(z)eimz+∑jRes⁡z=bjf(z)eimz]= 2πi∫f(x)eimxdx+2πi∑j12Res⁡z=bjf(z)eimz\begin{align*} & \ 2\pi i \left[\sum_{i} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a_i} f(z)e^{im z} + \sum_{j}\mathop{\operatorname{Res}}_{z = b_j} f(z)e^{im z}\right] \\ = & \ 2\pi i \int f(x)e^{i m x}dx + 2\pi i \sum_{j} \orange{\frac{1}{2}}\mathop{\operatorname{Res}}_{z = b_j} f(z)e^{im z} \end{align*}

其中，左边的完整留数项被右边的半留数项抵消了 一半。

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

  • 考虑 m>0m > 0，计算积分

    I=∫0+∞sin⁡mxxdx . \mathcal{I} = \int_0^{+\infty} \frac{\sin mx}{x} dx \ .

    注意积分下限

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

解

  • 利用偶函数性，

    I=12∫−∞+∞sin⁡mxxdx=12Im⁡∫−∞+∞eimxxdx . \mathcal{I} = \purple{\frac{1}{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin mx}{x} dx = \purple{\frac{1}{2}} \orange{\operatorname{Im}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i m x}}{x} dx \ .

  • 于是利用积分公式以及单极点 z=0z = 0，可得

    I=12Im⁡[2πi×12Res⁡z=01zeimz]=π2 . \mathcal{I} = \purple{\frac{1}{2}}\operatorname{Im} \left[{2\pi i \times \orange{\frac{1}{2}} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = 0} \frac{1}{z}e^{i m z}}\right] = \frac{\pi}{2} \ .

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

mm 无关

上述积分结果与 mm 无关；后面介绍 δ\delta 函数还会碰到

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

  • 考虑 m>0,a>0m > 0, a > 0，计算积分

    I=∫−∞+∞sin⁡mxx−adx \mathcal{I} = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin mx}{x - a}dx

留数定理的应用

无穷积分与瑕积分

解

  • 利用 a∈Ra \in \mathbb{R}，重写

I=Im⁡∫−∞+∞eimxx−adx=Im⁡[2πi12Res⁡z=a(1zeimz)] \mathcal{I} = \purple{\operatorname{Im}} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{i m x}}{x - a} dx = \purple{\operatorname{Im}} \Bigg[2\pi i \orange{\frac{1}{2}} \mathop{\operatorname{Res}}_{z = a} \Big(\frac{1}{z} e^{i m z}\Big)\Bigg]

  • 利用 Res⁡z=az−1eimz=eima\operatorname{Res}_{z = a}z^{-1}e^{i m z} = e^{im a}，

    I=Im⁡[πieima]=πcos⁡(ma) \mathcal{I} = \operatorname{Im}\Big[\pi i e^{i m a}\Big] = \pi \cos (ma)

留数定理的应用

大圆弧引理

  • 大圆弧引理：若 f(z)f(z) 在大圆弧 CR={Reiθ ∣ θ1≤θ≤θ2}C_R = \{R e^{i \theta} \ | \ \theta_1 \le \theta \le \theta_2\} 上 连续，且当圆弧上的点 zz 的大小 ∣z∣→∞|z| \to \infty，zf(z)⇒λz f(z) \Rightarrow \lambda，则

    lim⁡R→+∞∫CRf(z)dz=iλ(θ2−θ1) . \lim_{R \to +\infty}\int_{C_R} f(z) dz = i \lambda (\theta_2 - \theta_1) \ .

    与之前的 Jordan 引理类似

留数定理的应用

小圆弧引理

  • 考虑一小段圆弧 Sϵ={a+ϵeiθ ∣ θ1≤θ≤θ2}S_\epsilon = \{a + \epsilon e^{i\theta} \ | \ \theta_1 \le \theta\le \theta_2 \}

  • 小圆弧引理：设 f(z)f(z) 在 aa 附近小圆弧上 连续，当 z→az \to a，(z−a)f(z)⇒λ(z - a)f(z) \Rightarrow \lambda，则

    lim⁡ϵ→0∫Cϵf(z)dz=iλ(θ2−θ1) . \lim_{\epsilon \to 0}\int_{C_\epsilon}f(z) dz = i \lambda (\theta_2 - \theta_1) \ .

留数定理的应用

小圆弧引理

解析性

小圆弧引理 没有假设 复解析性，只需要连续性和一致极限存在

若 aa 是 f(z)f(z) 的单极点，则 λ=Res⁡z=af(z)\lambda = \operatorname{Res}_{z = a}f(z)

  • 推论：若 (z−a)f(z)⇒0(z - a)f(z) \Rightarrow 0，那么不管 θ1,θ2\theta_1, \theta_2 为何值，

    lim⁡ϵ→0∫Cϵf(z)dz=0\lim_{\epsilon \to 0} \int_{C_\epsilon} f(z) dz = 0

留数定理的应用

根式积分例子

  • 考虑根式函数的积分

    I=∫0+∞f(x)dx,f(x)=x1/3x2+1 . \mathcal{I} = \int_0^{+\infty} f(x) dx, \qquad f(x)= \frac{x^{1/3}}{x^2 + 1} \ .

  • 若替换 x→zx \to z：f(z)f(z) 多值函数，三阶支点 0,∞0, \infty，±i\pm i 是单极点
留数定理的应用

根式积分例子

分子 z1/3z^{1/3} 的的割线与单值分支设定：(−1)1/3=eπi3(-1)^{1/3} = e^{\frac{\pi i}{3}}

留数定理的应用

根式积分例子

无穷近似

  • 当 x≥0x \ge 0 时，x1/3x^{1/3} 有非常 确定 的实数值，因此 x1/3/(x2+1)x^{1/3}/(x^2 + 1) 也有非常确定的值。

  • 升级 x→zx \to z 后，[0,+∞)[0, +\infty) 上方直线 C1C_1 上 z1/3/(z2+1)z^{1/3}/(z^2 + 1) 的函数值无限接近 x1/3/(x2+1)x^{1/3}/(x^2 + 1) 在正实轴的值。

  • 通过研究 C1C_1 积分，可以无穷近似 原本的积分 I\mathcal{I}。

留数定理的应用

根式积分例子

  • 补全积分围道

留数定理的应用

根式积分例子

  • 函数在割线上方 C1C_1 与下方 C2C_2 的取值，

    lim⁡ϵ→+0f(x+iϵ)=x1/3x2+1,lim⁡ϵ→+0f(x−iϵ)=e2πi3x1/3x2+1 . \lim_{\epsilon \to +0}f(x + i \epsilon) = \frac{x^{1/3}}{x^2 + 1}, \quad \lim_{\epsilon \to +0}f(x - i \epsilon) = \orange{ e^{\frac{2\pi i}{3}}} \frac{x^{1/3}}{x^2 + 1} \ .

留数定理的应用

根式积分例子

  • 因此 (C1C_1 向右，C2C_2 向左)

    ∫C2f(z)dz=−e2πi3∫C1f(z)dz=−e2πi3I . \int_{C_2} f(z) dz = \red{-} \orange{ e^{\frac{2\pi i}{3}}} \green{\int_{C_1}f(z) dz} = - e^{\frac{2\pi i}{3}} \green{\mathcal{I}} \ .

    C1C_1 积分几乎就是原本 [0,+∞)[0, +\infty) 积分

  • 因此

    (∫C1+∫C2)f(z)dz=(1−e2πi3)I .\left({\int_{C_1} + \int_{C_2}}\right)f(z)dz = (1 - e^{\frac{2\pi i}{3}}) \green{\mathcal{I}} \ .

留数定理的应用

根式积分例子

  • 因此，

    ∮Cf(z)dz=∫C1+C2+Cr+CRf(z)dz= 2πi∑±Res⁡z→±if(z)(1−e2πi3)I+∫Cr+CRf(z)dz= 2πi∑±Res⁡z→±if(z)\begin{align*} \oint_C f(z) dz = \int_{C_1 + C_2 + C_r + C_R} f(z) dz = & \ 2\pi i \sum_\pm \mathop{\operatorname{Res}}_{z \to \pm i}f(z) \\ (1 - e^{\frac{2\pi i}{3}})\mathcal{I} + \cancel{\red{\int_{C_r + C_R} f(z) dz}} = & \ 2\pi i \sum_\pm \mathop{\operatorname{Res}}_{z \to \pm i}f(z) \end{align*}

  • 大圆弧小圆弧引理：Cr+CRC_r + C_R 积分 不贡献

    (z−0)z1/3z2+1⇒z→00,zz1/3z2+1⇒z→∞0(z - 0) \frac{z^{1/3}}{z^2 + 1} \stackrel{z \to 0}{\Rightarrow} 0, \qquad z \frac{z^{1/3}}{z^2 + 1} \stackrel{z \to \infty}{\Rightarrow} 0

留数定理的应用

根式积分例子

  • 计算留数，利用公式 3，

    Res⁡z=±iz1/3z2+1=z1/3(z2+1)′∣z=±i=z1/32z∣z=±i \mathop{\operatorname{Res}}_{z = \pm i} \frac{z^{1/3}}{z^2 + 1} = \frac{z^{1/3}}{(z^2 + 1)'}\bigg|_{z = \pm i} = \frac{z^{1/3}}{2z} \bigg|_{z = \pm i}

  • 分子 z1/3z^{1/3} 是 多值函数，我们已经选择了割线，并要求

    z1/3∣z=+i=e13πi2,z1/3∣z=−i=e133πi2 ⇒Res⁡z=+if(z)=12ie13πi2,Res⁡z=−if(z)=e133πi22(−i)=−12 z^{1/3}\bigg|_{z = + i} = \purple{e^{\frac{1}{3} \frac{\pi i}{2}}}, \quad z^{1/3}\bigg|_{z = - i} = \green{e^{\frac{1}{3} \frac{3\pi i}{2}}} \\ ~\\ \Rightarrow\mathop{\operatorname{Res}}_{z = +i}f(z) = \frac{1}{2i}\purple{e^{\frac{1}{3} \frac{\pi i}{2}}}, \quad \mathop{\operatorname{Res}}_{z = -i}f(z) = \frac{\green{e^{\frac{1}{3}\frac{3\pi i}{2}}}}{2(-i)} = - \frac{1}{2}

留数定理的应用

根式积分例子

  • 因此

    (1−e2πi3)I= 2πi(12ieπi6+(−12))⇒I= π3 .\begin{align*} (1 - e^{\frac{2\pi i}{3}}) \mathcal{I} = & \ 2\pi i\left( \frac{1}{2i}e^{\frac{\pi i}{6}} + (- \frac{1}{2})\right) \\ \Rightarrow \qquad \mathcal{I} = & \ \frac{\pi}{\sqrt{3}} \ . \end{align*}

留数定理的应用

计算积分的另一种方法

  • 使用电脑软件，如 Mathematica
留数定理的应用

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留数定理的应用

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  • 有两种常见的解析区形状：开圆盘、环状

  • 问题：设 ff 在图中开圆盘中解析, 下面三个表达式分别等于多少？

留数定理的应用

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  • 若函数 f(z)f(z) 在图中开圆盘中解析，以 aa 为中心作泰勒展开
     ~
    f(z)=∑n=0+∞[∮Γdζ2πif(ζ)(ζ−a)n+1](z−a)n \displaystyle f(z) =\sum _{n=0}^{+\infty }\left[\oint _{\Gamma }\frac{d\zeta }{2\pi i}\frac{f( \zeta )}{( \zeta -a)^{n+1}}\right]( z-a)^{n}

  • 问题：Γ\Gamma 应该取 大 圆圈、小 圆圈还是 两个都可以？

留数定理的应用

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  • 若函数 f(z)f(z) 在图中开圆盘中几乎处处解析，红点为 奇点。

  • 问题：是否有 f(z)=∑n=0+∞1n!f(n)(a)(z−a)nf(z) = \sum_{n = 0}^{+\infty}\frac{1}{n!} f^{(n)}(a)(z - a)^n？

  • 问题：是否有 f(z′)=∑n=0+∞1n!f(n)(a)(z′−a)nf(z') = \sum_{n = 0}^{+\infty}\frac{1}{n!} f^{(n)}(a)(z' - a)^n？