复变函数

1. 解析函数

$\textbf{Example:}$
对于 $x, y\in\mathbb{R}$, 求 $\cos(x + iy)$ 的实, 虚部, 并说明方程

$$\cos(x + iy) = A + iB\thinspace(A, B\in\mathbb{R})$$

有无穷多组解. ◻

$\textbf{Solution:}$
由于 $\cos z = \frac{1}{2}\left(e^{iz} + e^{-iz}\right),$

得到 $\begin{aligned} \cos(x + iy) &= \frac{1}{2}\left(e^{-y + ix} + e^{y - ix}\right) \\ &= \frac{1}{2}\left[e^{-y}\left(\cos x + i\sin x\right) + e^y\left(\cos x - i\sin x\right)\right] \\ &= \frac{1}{2}\cos x\left(e^y + e^{-y}\right) + \frac{1}{2}\sin x\left(e^{-y} - e^y\right)i. \end{aligned}$

于是 $\Re\cos(x + iy) = \frac{1}{2}\cos x\left(e^y + e^{-y}\right),$

$$\Im\cos(x + iy) = \frac{1}{2}\sin x\left(e^{-y} - e^y\right).$$

考虑方程组 $\begin{cases} \frac{1}{2}\cos x\left(e^y + e^{-y}\right) = A, \\ \frac{1}{2}\sin x\left(e^{-y} - e^y\right) = B. \end{cases}$

$(1)$ 若$B = 0$:

$(a)$ $A > 1$ 时,

取 $x = 2k\pi, \thinspace k\in\mathbb{Z}$, 考虑

$$f(y) = e^y + e^{-y} - 2A.$$

因为 $f(0) = 2 - 2A < 0, \thinspace f(+\infty) = +\infty,$

由介值定理得 $\exists\thinspace y_1 > 0, \thinspace f(y_1) = 0.$

那么 $\begin{cases} x = 2k\pi, \\ y = y_1, \end{cases}$

为原方程的解, $\forall k\in\mathbb{Z}$.

$(b)$ $A < -1$ 时,

取 $x = 2k\pi + \pi, \thinspace k\in\mathbb{Z}$, 考虑

$$g(y) = e^y + e^{-y} + 2A.$$

因为 $g(0) = 2 + 2A < 0, \thinspace g(+\infty) = +\infty,$

由介值定理得 $\exists\thinspace y_2 > 0, \thinspace g(y_2) = 0.$

那么 $\begin{cases} x = 2k\pi + \pi, \\ y = y_2, \end{cases}$

为原方程的解, $\forall k\in\mathbb{Z}$.

$(c)$ $-1\le A\le 1$ 时,

取 $y = 0$, 考虑 $\cos x = A.$

那么 $\begin{cases} x = \arccos A + 2k\pi, \\ y = 0, \end{cases}$

为原方程的解, $\forall k\in\mathbb{Z}$.

$(2)$ 若$B \ne 0$:

可得

$$\left(\frac{2A}{e^y + e^{-y}}\right)^2 + \left(\frac{2B}{e^{-y} - e^y}\right)^2 = 1.$$

令

$$h(y) = \left(\frac{2A}{e^y + e^{-y}}\right)^2 + \left(\frac{2B}{e^{-y} - e^y}\right)^2 - 1,$$

因为 $h(0^{+}) = +\infty, \thinspace h(+\infty) = -1 < 0,$

由介值定理得 $\exists\thinspace y_{AB} > 0, \thinspace h(y_{AB}) = 0.$

那么 $\begin{cases} x = \arccos\cfrac{2A}{e^{y_{AB}} + e^{-y_{AB}}} + 2k\pi, \\ y = y_{AB}, \end{cases}$

为原方程的解, $\forall k\in\mathbb{Z}$. ◻

2. Cauchy高阶导数公式

$\textbf{Example:}$
$f(z)$ 在 $D$ 内解析, 则对 $z_0\in D$, 有

$$f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i}\oint_{\left|{z - z_0}\right| = r}\limits\frac{f(z)dz}{(z - z_0)^{n + 1}}.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 由于 $f(z)$ 在 $z_0$ 处解析, 可以认为 $$f(z) = \sum_{k = 0}^{\infty}\limits\frac{1}{k!}f^{(k)}(z_0)(z - z_0)^k$$

在 $\left|{z - z_0}\right|\le r$ 内处处成立.

两边同时除以 $(z - z_0)^{n + 1}$, 再对 $\left|{z - z_0}\right| = r$
积分可得

$$\oint_{\left|{z - z_0}\right| = r}\limits\frac{f(z)dz}{(z - z_0)^{n + 1}} = \frac{2\pi i}{n!}f^{(n)}(z_0).$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求积分 $$\oint_{\left|{z}\right| = 1}\limits\cfrac{1 - \cos 4z^5}{z^n}dz.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 当 $n = 0$ 时, 由于 $f(z) = 1 - \cos 4z^5$ 在复平面上处处解析, 得 $$\oint_{\left|{z}\right| = 1}\limits (1 - \cos 4z^5)dz = 0.$$

当 $n\ge 1$ 时,

$$\cfrac{1 - \cos 4z^5}{z^n} = \sum_{k = 1}^{\infty}\limits\cfrac{1}{z^n}\cdot(-1)^k\cfrac{(4z^5)^{2k}}{(2k)!} = \sum_{k = 1}^{\infty}\limits\cfrac{(-1)^{k + 1}4^{2k}z^{10k - n}}{(2k)!}.$$

进而

$$\oint_{\left|{z}\right| = 1}\limits\cfrac{1 - \cos 4z^5}{z^n}dz = \begin{cases} 2\pi i\cdot\cfrac{(-1)^{k + 1}16^k}{(2k)!}, n = 10k + 1 \\ 0, n\ne 10k + 1 \\ \end{cases} (\mbox{其中}k\in\mathbb{N})$$ ◻ ### 3. 最大模原理 $\textbf{Example:}$ $f(z)$ 非常函数, 在有界域 $D$ 内可导, 在边界 $\partial D$ 上连续, 则 $$\max_{z\in D\cup\partial D}\limits\left|{f(z)}\right| = \max_{z\in \partial D}\limits\left|{f(z)}\right|,$$

并且满足 $f’(z_0)\ne 0$. ◻

$\textbf{Solution:}$
设 $z_0\in D\cup\partial D$ 使得
$f(z_0) = \max_{z\in D\cup\partial D}\limits\left|{f(z)}\right|$.

若 $z_0\in D$, 由平均值公式, $\exists\thinspace r_0 > 0$,

当 $0 < r\le r_0$ 时, $\left|{z - z_0}\right|$ 位于 $D$ 内. 那么

$$\begin{aligned} \left|{f(z_0)}\right| &= \frac{1}{2\pi}\left|{\int_0^{2\pi}\limits f(z_0 + re^{i\theta})d\theta}\right| \\ &\le \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\limits \left|{f(z_0 + re^{i\theta})}\right|d\theta \\ &\le \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\limits \left|{f(z_0)}\right|d\theta \\ &= \left|{f(z_0)}\right|, \end{aligned}$$

即
$\left|{f(z)}\right|\equiv \left|{f(z_0)}\right|, \thinspace\forall \left|{z - z_0}\right| < r$.

进而
$\left|{f(z)}\right|\equiv \left|{f(z_0)}\right|, \thinspace\forall z\in D$,
这与 $f(z)$ 为连续非常函数矛盾.

故若
$\left|{f(z_0)}\right| = \max_{z\in D\cup\partial D}\limits\left|{f(z)}\right|$,
则有 $z_0\in\partial D$. ◻

4. 最小模原理

$\textbf{Example:}$
$f(z)$ 非常函数, 在有界域 $D$ 内可导且非零, 在边界 $\partial D$
上连续, 则

$$\min_{z\in D\cup\partial D}\limits\left|{f(z)}\right| = \min_{z\in \partial D}\limits\left|{f(z)}\right|,$$

并且满足 $f’(z_0)\ne 0$. ◻

$\textbf{Solution:}$
注意到 $\frac{1}{f(z)}$ 是解析的, 再使用最大模原理即可. ◻

5. 调和函数最大值原理

$\textbf{Example:}$
$u(x, y)\in C^2(D)$ 为调和函数, 在边界 $\partial D$ 上连续, 则

$$\max_{(x, y)\in D\cup\partial D}\limits\left|{u(x, y)}\right| = \max_{(x, y)\in \partial D}\limits\left|{u(x, y)}\right|.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 由于 $u$ 为调和函数, 故存在调和函数 $v$, 其中 $u, v$ 满足 $Cauchy-Riemann$ 条件, 使得 $f(z) = u + iv$ 为解析函数. 令 $g(z) = e^{f(z)}\thinspace(z\in D\cup\partial D)$, 那么 $g'(z) = f'(z)e^{f(z)}$ 处处存在. 由最大模原理, $$\max_{z\in D\cup\partial D}\limits\left|{g(z)}\right| = \max_{z\in \partial D}\limits\left|{g(z)}\right|.$$

又因为

$$\left|{g(z)}\right| = \left|{e^{f(z)}}\right| = \left|{e^{u + iv}}\right| = \left|{e^u}\right|\cdot \left|{e^{iv}}\right| = e^u,$$

故

$$\max_{z\in D\cup\partial D}\limits e^{u(x, y)} = \max_{z\in \partial D}\limits e^{u(x, y)}.$$

即得

$$\max_{z\in D\cup\partial D}\limits u(x, y) = \max_{z\in \partial D}\limits u(x, y).$$ ◻ ### 6. 调和函数最小值原理 $\textbf{Example:}$ $u(x, y)\in C^2(D)$ 为调和函数, 在边界 $\partial D$ 上连续, 则 $$\min_{(x, y)\in D\cup\partial D}\limits\left|{u(x, y)}\right| = \min_{(x, y)\in \partial D}\limits\left|{u(x, y)}\right|.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 注意到 $u_0(x, y) = -u(x, y)$ 也为 $D$ 上的调和函数, 对其使用调和函数最大值原理即可. ◻ ### 7. $M(r)$的应用 $\textbf{Example:}$ 定义 $$M(r) = \max_{\left|{z}\right| = r}\limits\left|{f(z)}\right|.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ $f(z)$ 为整函数, 则 $$\left|{f^{(n)}(0)}\right|\le \frac{n!M(r)}{r^n}.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 注意到 $$f^{(n)}(0) = \frac{n!}{2\pi i}\oint_{\left|{z}\right| = r}\limits\frac{f(z)dz}{z^{n + 1}},$$

那么 $\begin{aligned} \left|{f^{(n)}(0)}\right| &= \frac{n!}{2\pi}\left|{\thinspace\oint_{\left|{z}\right| = r}\limits\frac{f(z)dz}{z^{n + 1}}}\right| \\ &\le \frac{n!}{2\pi}\oint_{\left|{z}\right| = r}\limits\left|{\frac{f(z)}{z^{n + 1}}}\right|\left|{dz}\right| \\ &= \frac{n!}{2\pi}\oint_{\left|{z}\right| = r}\limits\frac{\left|{f(z)}\right|}{r^{n + 1}}\left|{d(re^{i\theta})}\right| \\ &\le \frac{n!}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{M(r)}{r^n}d\theta \\ &= \frac{n!M(r)}{r^n}. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Example:}$
有界的整函数为常数(Liouville定理). ◻

$\textbf{Solution:}$
易得 $f(z)$ 在原点处的 $Taylor$ 展开:

$$f(z) = \sum_{n = 0}^{\infty}\limits\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)z^n.$$

只需要证明 $f^{(n)}(0)\equiv 0, \thinspace\forall\thinspace n\ge 1.$

由 $f(z)$ 有界, 故 $\exists\thinspace M_0\in\mathbb{R}$, 使

$$\left|{f(z)}\right|\le M_0, \thinspace\forall z\in\mathbb{C}.$$

由

$$f^{(n)}(0) = \frac{n!}{2\pi i}\oint_{\left|{z}\right| = r}\limits\frac{f(z)dz}{z^{n + 1}},$$

可得

$$\left|{f^{(n)}(0)}\right|\le \frac{n!M(r)}{r^n}\le \frac{n!M_0}{r^n}.$$

注意到当 $r\rightarrow\infty$, 有 $\left|{f^{(n)}(0)}\right| = 0,$

即 $f^{(n)}(0) = 0\thinspace, \thinspace\forall\thinspace n\ge 1.$

从而 $f(z)\equiv f(0)$ 为常数. ◻

$\textbf{Example:}$
$f(z)$ 为整函数, 且存在 $M_0 > 0$, 使

$$\left|{f(z)}\right|\le M\sum_{k = 0}^{n}\limits\left|{z}\right|^k.$$

则 $f(z)$ 是一个次数不高于 $n$ 的多项式. ◻

$\textbf{Solution:}$
易得 $f(z)$ 在原点处的 $Taylor$ 展开:

$$f(z) = \sum_{n = 0}^{\infty}\limits\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)z^n.$$

只需要证明

$$f^{(n + i)}(0)\equiv 0, \thinspace\forall\thinspace i\ge 1.$$

可得

$$\left|{f^{(n + i)}(0)}\right|\le \frac{(n + i)!M(r)}{r^{n + i}}\le \frac{(n + i)!M_0}{r^{n + i}}\sum_{k = 0}^{n}\limits r^k.$$

注意到当 $r\rightarrow\infty$ 时, 有

$$\left|{f^{(n + i)}(0)}\right| = 0,$$

即 $f^{(n + i)}(0) = 0, \thinspace\forall\thinspace i\ge 1.$

从而 $f(z)\equiv \sum_{k = 0}^{n}\limits\frac{1}{k!}f^{(k)}(0)z^k$

为一个次数不高于 $n$ 的多项式. ◻

8. 代数学基本定理

$\textbf{Example:}$
设
$P_n(z) = \sum_{k = 0}^{n}\limits C_kz^k\thinspace(C_n\ne 0, n\ge 1)$,
则 $P_n(z) = C_n\prod_{k = 0}^{n}(z - z_k),$

即 $\exists z_1\in \mathbb{C}, P_n(z_1) = 0.$ ◻

$\textbf{Solution:}$
设 $\forall z\in\mathbb{C}$, 有 $P_n(z)\ne 0$.

令 $f(z) = \cfrac{1}{P_n(z)}$, 则 $f'(z) = -\cfrac{P'_n(z)}{P_n^2(z)}$

处处存在, 那么 $f(z)$ 满足最大模原理, 有

$$\max_{\left|{z}\right|\le r}\limits\left|{f(z)}\right| = \max_{\left|{z}\right| = r}\limits\left|{f(z)}\right|\rightarrow 0, \mbox{当}r\rightarrow\infty.$$

但结合 $f(0) = \cfrac{1}{C_0}\ne 0$, 显然矛盾.

故 $\exists\thinspace z_1\in \mathbb{C}$, 使得

$$P_n(z_1) = 0\thinspace\Longleftrightarrow P_n(z) = (z - z_1)P_{n - 1}(z).$$

重复可得 $P_n(z) = C_n\prod_{k = 0}^{n}(z - z_k).$ ◻

$\textbf{Solution:}$
设 $\forall z\in\mathbb{C}$, 有 $P_n(z)\ne 0$.

令 $g(z) = \cfrac{1}{P_n(z)}$, 则 $g'(z) = -\cfrac{P'_n(z)}{P_n^2(z)}$

处处存在, 那么 $g(z)$ 在 $\mathbb{C}$ 内解析. 由于

$$P_n(z)\rightarrow\infty, \mbox{当}r\rightarrow\infty,$$

故 $g(z)\rightarrow 0, \mbox{当}r\rightarrow\infty,$

即 $g(z)$ 有界.

由 $Liouville$ 定理, 得 $g(z)$ 为常数, 进而 $P_n(z)$ 为常数.

这与 $C_n\ne 0$ 矛盾. 以下同 $\textit{Proof 1}$. ◻

9. 幂级数的收敛半径

$\textbf{Example:}$
对幂级数 $f(z) = \sum_{k = 0}^{\infty}\limits c_kz^k$, 若存在
$R > 0$, 使得

当 $\left|{z}\right| > R$ 时 $f(z)$ 发散, 当 $\left|{z}\right| < R$ 时
$f(z)$ 绝对收敛,

那么称 $R$ 为 $f(z)$ 的收敛半径. ◻

$\textbf{Example:}$
$\textbf{(Abel定理)}$ 对幂级数
$f(z) = \sum_{k = 0}^{\infty}\limits c_kz^k$, 若

$f(z)$ 在 $z = z_1\ne 0$ 处收敛, 则在
$\left|{z}\right| < \left|{z_1}\right|$ 绝对收敛;

$f(z)$ 在 $z = z_2\ne 0$ 处发散, 则在
$\left|{z}\right| > \left|{z_2}\right|$ 发散. ◻

$\textbf{Example:}$
若幂级数 $f(z) = \sum_{k = 0}^{\infty}\limits c_kz^k$ 在 $z_0$
处条件收敛, 则收敛半径 $R = \left|{z_0}\right|$. ◻

$\textbf{Solution:}$
由收敛半径的定义:

若 $\left|{z_o}\right| > R$ $\Longrightarrow$ $f(z_0)$ 发散, 与题设矛盾,
故 $f(z_0)$ 收敛, $\left|{z_0}\right|\le R$.

若 $\left|{z_0}\right| < R$ $\Longrightarrow$ $f(z_0)$ 绝对收敛,
与题设矛盾, 故 $\left|{z_0}\right|\ge R$.

综上, 得 $\left|{z_0}\right| = R$. ◻

$\textbf{Example:}$
对幂级数

$$f(z) = \sum_{k = 0}^{\infty}\limits c_kz^k, g(z) = \sum_{k = 0}^{\infty}\limits d_kz^k$$

当 $n$ 充分大时, 有 $\left|{d_n}\right| \le \left|{c_n}\right|$,
则收敛半径 $R_1\le R_2$. ◻

$\textbf{Example:}$
若 $c_n = a_n + ib_n, a_n, b_n\in\mathbb{R}$, 对幂级数

$$f(z) = \sum_{n = 0}^{\infty}\limits c_nz^n = \sum_{n = 0}^{\infty}\limits a_nz^n + i\sum_{n = 0}^{\infty}\limits b_nz^n$$

其中
$\sum_{n = 0}^{\infty}\limits a_nz^n, \sum_{n = 0}^{\infty}\limits b_nz^n$
的收敛半径分别为 $R_1, R_2$, 那么 $\sum_{n = 0}^{\infty}\limits c_nz^n$
的收敛半径 $R = \min\left\{R_1, R_2\right\}$. ◻

$\textbf{Solution:}$
不妨设 $R_1\le R_2$, 此时 $\min\left\{R_1, R_2\right\} = R_1$.

下证 $R = R_1$. 先证 $R_1\ge R$.

由 $c_n = a_n + ib_n$, 有 $\left|{c_n}\right| \ge \left|{a_n}\right|$,
进而

$$\sum_{n = 0}^{\infty}\limits \left|{c_nz^n}\right| \ge \sum_{n = 0}^{\infty}\limits \left|{a_nz^n}\right|.$$

那么当 $\left|{z}\right| < R$ 时, 由收敛半径定义,

$$\sum_{n = 0}^{\infty}\limits \left|{c_nz^n}\right| \ge \sum_{n = 0}^{\infty}\limits \left|{a_nz^n}\right| < \infty.$$

此时 $\sum_{n = 0}^{\infty}\limits a_nz^n$ 绝对收敛, 那么 $R_1 \ge R$.

再证 $R_1\le R$.

若 $R_1 > R$, 取
$z = \cfrac{1}{2}\left(R + R_1\right)\in\left(R, R_1\right)$ 由

$$\sum_{n = 0}^{\infty}\limits c_nz^n = \sum_{n = 0}^{\infty}\limits a_nz^n + i\sum_{n = 0}^{\infty}\limits b_nz^n$$

那么此时 $\sum_{n = 0}^{\infty}\limits a_nz^n$,
$\sum_{n = 0}^{\infty}\limits b_nz^n$ 均收敛,

进而 $\sum_{n = 0}^{\infty}\limits c_nz^n$ 收敛, 且 $z > R$,
与收敛半径定义矛盾. 故 $R_1\le R$.

综上, 有 $R = \min\left\{R_1, R_2\right\}$ 成立. ◻

$\textbf{Example:}$
若 $f(z)$ 在 $R$ 上无奇点, 则收敛半径 $R = +\infty$;

若 $f(z)$ 在 $R$ 上有奇点 $z_1, z_2, \cdots, z_n$, 则收敛半径
$R = \min_{1\le k\le n}\limits \left|{z_k}\right|$. ◻

10. 幂级数的敛散性

$\textbf{Example:}$

$$f_1(z) = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits z^n$$

在收敛圆周上处处发散. ◻

$\textbf{Solution:}$
收敛半径 $R = 1$. 当 $\left|{z}\right| = 1$ 时,
$z = e^{i\theta}\thinspace(\theta\in\left[0, 2\pi\right))$,

那么

$$\left|{z^n}\right| = \left|{e^{in\theta}}\right| = 1\nrightarrow 0, \mbox{当}\thinspace n\rightarrow \infty.$$

由 $Cauchy$ 收敛准则, $f_1(z) = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits z^n$

在收敛圆周上处处发散. ◻

$\textbf{Example:}$

$$f_2(z) = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits \frac{z^n}{n}$$

在收敛圆周上部分发散, 部分收敛. ◻

$\textbf{Solution:}$
注意到

$$f_2(z) = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits\int_{0}^{z} t^{n - 1}dt = \int_{0}^{z}\sum_{n = 1}^{\infty}\limits t^{n - 1}dt = -\ln(1 - z), \left|{z}\right| < 1 = R.$$

且 $f_2(1) = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits\cfrac{1}{n}$ 发散,
$f_2(-1) = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits\cfrac{(-1)^n}{n} = -\ln2$ 收敛.

那么 $f_2(z) = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{z^n}{n}$

在收敛圆周上部分发散, 部分收敛. ◻

$\textbf{Example:}$
给出

$$\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{\cos{n\theta}}{n}, \sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{\sin{n\theta}}{n}$$

的和函数, 其中 $\theta\in\left(0, 2\pi\right)$. ◻

$\textbf{Solution:}$
注意到对于
$z = x + iy\in\mathbb{C}, \mbox{其中}\thinspace x, y\in\mathbb{R}$, 有

$$\ln(x + iy) = \ln\left|{x + iy}\right| + i\theta = \frac{1}{2}\ln(x^2 + y^2) + i\arctan\frac{y}{x}.$$

对于 $z = re^{i\theta}, 0\le r < 1, 0\le\theta < 2\pi$, 有

$$\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{r^ne^{in\theta}}{n} = -\ln(1-re^{i\theta}) = -\ln(1-r\cos\theta - i\sin\theta),$$

展开得

$$\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{r^n\cos{n\theta}}{n} + i\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{r^n\sin{n\theta}}{n} = -\frac{1}{2}\ln(1 - 2r\cos\theta + r^2) + i\arctan\frac{r\sin\theta}{1 - r\cos\theta}.$$

当 $\theta\in\left(0, 2\pi\right)$ 时, 令 $r\rightarrow 1^{-}$, 即得

$$\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{\cos{n\theta}}{n} = -\frac{1}{2}\ln(2 - 2\cos\theta) = -\ln\left(2\sin\frac{\theta}{2}\right),$$ $$\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{\sin{n\theta}}{n} = \arctan\frac{\sin\theta}{1 - \cos\theta} = \arctan\left(\cot\frac{\theta}{2}\right) = \frac{\pi - \theta}{2}.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 给出 $$\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{\cos{n\theta}}{n^2}, \sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{\sin{n\theta}}{n^2}$$

的和函数, 其中 $\theta\in\left[0, 2\pi\right)$. ◻

$\textbf{Solution:}$
注意到

$$\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{\cos{n\theta}}{n^2} = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^2} - \sum_{n = 1}^{\infty}\limits\int_{0}^{\theta}\frac{\sin{nt}}{n}dt = \frac{\pi^2}{6} - \frac{\theta\left(2\pi - \theta\right)}{4}.$$ $$\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{\sin{n\theta}}{n^2} = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits\int_{0}^{\theta}\frac{\cos{nt}}{n}dt = \int_{0}^{\theta}\sum_{n = 1}^{\infty}\limits\frac{\cos{nt}}{n}dt = -\int_{0}^{\theta}\ln\left(2\sin\frac{t}{2}\right)dt.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ $$f_3(z) = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits \frac{z^n}{n^2}$$

在收敛圆周上处处收敛. ◻

$\textbf{Solution:}$
注意到当 $\left|{z}\right| = 1$ 时,

$$\sum_{n = 1}^{\infty}\left|{\frac{z^n}{n^2}}\right| = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6},$$

那么 $f_3(z) = \sum_{n = 1}^{\infty}\limits \frac{z^n}{n^2}$

在收敛圆周上处处收敛. ◻

$\textbf{Example:}$
幂级数收敛圆周上的点都是其奇点. ◻

11. Laurent 级数

$\textbf{Example:}$
$\mathbb{C}^2$ 上的分片函数: $f(z) = \cfrac{1}{1 + z^2} = \begin{cases} \sum_{n = 0}^{\infty}\limits(-1)^nz^{2n}, \left|{z}\right| < 1 \\ \cfrac{1}{1 + z^2}, \left|{z}\right| = 1, z\ne\pm i \\ \sum_{n = 0}^{\infty}\limits\cfrac{(-1)^n}{z^{2(n + 1)}}, \left|{z}\right| > 1 \end{cases}$ ◻

12. 留数 A

$\textbf{Example:}$
求复积分

$$I = \oint_{\left|{z}\right| = \varepsilon > 1}e^{\frac{1}{z}}dz.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 令 $t = \cfrac{1}{z}$, $dz = -\cfrac{dt}{t^2}$. 记 $z = \varepsilon e^{i\theta}$, 那么 $t = \cfrac{1}{\varepsilon}e^{-i\theta}$, $\theta\in\left[0, 2\pi\right)$. 那么 $$I = -\oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{\varepsilon}}{e^t\left(-\frac{dt}{t^2}\right)} = \oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{\varepsilon}}\frac{e^t}{t^2}dt = 2\pi i\left(e^t\right)'|_{t = 0} = 2\pi i.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 注意到 $$I = \oint_{\left|{z}\right| = \varepsilon}\limits e^{\frac{1}{z}}dz = \sum_{n = 0}^{+\infty}\cfrac{1}{n!}\oint_{\left|{z}\right| = \varepsilon}\cfrac{dz}{z^n} = \sum_{n = 0}^{+\infty}\limits\cfrac{1}{n!}I_n = I_1 = 2\pi i.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求复积分 $$J_n = \oint_{\left|{z}\right| = r > 1}\cfrac{dz}{1 + z^n}, n\in\mathbb{N}.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 令 $t = \cfrac{1}{z}$, $dz = -\cfrac{dt}{t^2}$. 那么 $$\begin{aligned} J_n &= -\oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{r}}\cfrac{1}{1 + \frac{1}{t^n}}\left(-\frac{dt}{t^2}\right) \\ &= \oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{r}}\cfrac{t^{n - 2}}{1 + t^n}dt \\ &= \begin{cases} 2\pi i, n = 1; \\ 0, n\ge 2. \end{cases} \end{aligned}$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ $$\begin{aligned} J_n &= 2\pi i\sum_{k = 1}^{n}\limits Res\left[\frac{1}{1 + z^n}, z_k\right] \\ &= 2\pi i\sum_{k = 1}^{n}\limits\cfrac{1}{nz_k^{n - 1}} \\ &= \cfrac{2\pi i}{n}\sum_{k = 1}^{n}(-z_k) \\ &= -\cfrac{2\pi i}{n}\sum_{k = 1}^{n}z_k \\ &= \begin{cases} 2\pi i, n = 1; \\ 0, n\ge 2. \end{cases} \end{aligned}$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 给出 $$K_n = \oint_{\left|{z}\right| = r > 1}\cfrac{z^{2n}dz}{1 + z^n} = \oint_{\left|{z}\right| = r}\cfrac{dz}{1 + z^n} + \oint_{\left|{z}\right| = r}(z^n - 1) = J_n, n\in\mathbb{N}.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求复积分 $$J = \oint_{\left|{z}\right| = r > 1}\frac{z^3e^{\frac{1}{z}}}{1 + z}dz.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 令 $t = \cfrac{1}{z}$, $dz = -\cfrac{dt}{t^2}$. 从而 $$J = \oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{r}}\frac{e^t}{t^4(1 + t)}dt = \cfrac{2\pi i}{3!}\left(\frac{e^t}{1 + t}\right)^{(3)}|_{t = 0} = -\frac{2}{3}\pi i.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 令 $t = \cfrac{1}{z}$, $dz = -\cfrac{dt}{t^2}$. 从而 $$\begin{aligned} J &= \oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{r}}\frac{e^t}{t^4(1 + t)}dt \\ &= \oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{r}}\frac{e^t(1 - t^4 + t^4)}{t^4(1 + t)}dt \\ &= \oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{r}}\frac{e^t(1 - t^4)}{t^4(1 + t)}dt + \oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{r}}\frac{e^tt^4}{1 + t}dt \\ &= \oint\frac{e^t}{t^4}dt - \oint\frac{e^t}{t^3}dt + \oint\frac{e^t}{t^2}dt - \oint\frac{e^t}{t}dt \\ &= 2\pi i\left(\frac{1}{3!} - \frac{1}{2!} + \frac{1}{1!} - \frac{1}{0!}\right) \\ &= -\frac{2}{3}\pi i. \end{aligned}$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 令 $t = \cfrac{1}{z}$, $dz = -\cfrac{dt}{t^2}$. 从而 $$J = \oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{r}}\frac{e^t}{t^4(1 + t)}dt,$$

注意到 $\begin{aligned} \frac{e^t}{t^4(1 + t)} &= \frac{1}{t^4}\left(1 + t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + \cdots\right)\left(1 - t + t^2 - t^3 + \cdots\right) \\ &= \frac{1}{t^4}\left(1 + \frac{1}{2}t^2 - \frac{1}{3}t^3 + O(t^3)\right), \end{aligned}$

故 $\begin{aligned} J &= \oint_{\left|{t}\right| = \frac{1}{r}}\frac{1}{t^4}\left(1 + \frac{1}{2}t^2 - \frac{1}{3}t^3 + O(t^3)\right) \\ &= I_4 + \frac{1}{2}I_2 - \frac{1}{3}I_1 \\ &= -\frac{1}{3}I_1 \\ &= -\frac{2}{3}\pi i. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Solution:}$

$$\begin{aligned} J &= \oint_{\left|{z}\right| = r > 1}\frac{z^3e^{\frac{1}{z}}}{1 + z}dz \\ &= 2\pi i\left\{Res\left[f, 0\right] + Res\left[f, -1\right]\right\}. \end{aligned}$$

注意到 $\begin{aligned} Res\left[f, -1\right] = \frac{(-1)^3e^{-1}}{1} = -e^{-1}, \end{aligned}$

而 $Res\left[f, 0\right]$ 为 $f$ 在 $z_0 = 0$ 处 $Larent$ 级数中的系数
$C_{-1}$.

注意到 $\begin{aligned} \frac{z^3e^{\frac{1}{z}}}{1 + z} = z^3\left(1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!z^2} + \frac{1}{3!z^3} + \cdots\right)\left(1 - z + z^2 - z^3 + \cdots\right), \end{aligned}$

那么

$$C_{-1} = \frac{1}{4!} - \frac{1}{5!} + \frac{1}{6!} - \frac{1}{7!} + \cdots = e^{-1} - \frac{1}{3}.$$

进而 $\begin{aligned} J &= \oint_{\left|{z}\right| = r > 1}\frac{z^3e^{\frac{1}{z}}}{1 + z}dz \\ &= 2\pi i\left\{Res\left[f, 0\right] + Res\left[f, -1\right]\right\} \\ &= 2\pi i\left(-e^{-1} + e^{-1} - \frac{1}{3}\right) \\ &= -\frac{2}{3}\pi i. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Example:}$
求复积分

$$I_{a, b} = \int_{0}^{2\pi}\cfrac{d\theta}{a + b\cos\theta},$$

其中 $a > \left|{b}\right|$, $a, b\in\mathbb{R}$. ◻

$\textbf{Solution:}$
令

$$z = e^{i\theta}\Longrightarrow \cos\theta = \cfrac{z + z^{-1}}{2}.$$

那么

$$dz = ie^{i\theta}d\theta = izd\theta\Longrightarrow d\theta = \cfrac{dz}{iz}.$$

进而

$$I_{a, b} = \int_{0}^{2\pi}\cfrac{d\theta}{a + b\frac{z + z^{-1}}{2}} = \cfrac{2}{i}\oint_{\left|{z}\right| = 1}\cfrac{dz}{bz^2 + 2az + b}.$$

$\circ$ 若 $b = 0$, 得 $I_{a, b} = \frac{2\pi}{a}.$

$\circ$ 若 $b > 0$, 考虑方程 $z^2 + 2\cfrac{a}{b}z + 1 = 0$. 解得

$$\begin{aligned} \begin{cases} z_1 = -\cfrac{a}{b} + \cfrac{\sqrt{a^2 - b^2}}{b},\\ z_2 = -\cfrac{a}{b} - \cfrac{\sqrt{a^2 - b^2}}{b} < -\cfrac{a}{b} < -1. \end{cases} \end{aligned}$$

故

$$I_{a, b} = \cfrac{2}{i}\cdot 2\pi i\cdot Res\left[f(z), z_1\right] = \cfrac{2}{i}\cdot 2\pi i\cdot\cfrac{1}{2bz_1 + 2a} = \cfrac{2\pi}{\sqrt{a^2 - b^2}}.$$

$\circ$ 若 $b < 0$, 同理有

$$I_{a, b} = \cfrac{2\pi}{\sqrt{a^2 - b^2}}.$$

综上, 有

$$I_{a, b} = \int_{0}^{2\pi}\cfrac{d\theta}{a + b\cos\theta} = \cfrac{2\pi}{\sqrt{a^2 - b^2}}.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求复积分 $$I_p = \int_{0}^{2\pi}\cfrac{d\theta}{1 + p^2 - 2p\cos\theta},$$

其中 $p\in(-1, 1).$ ◻

$\textbf{Solution:}$
在 $I_{a, b}$ 中取 $a = 1 + p^2$, $b = -2p$, 得

$$I_p = \cfrac{2\pi}{\sqrt{(1 + p^2)^2 - (-2p)^2}} = \cfrac{2\pi}{1 - p^2}.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求复积分 $$J_{a, b} = \int_{0}^{2\pi}\cfrac{d\theta}{a^2\cos^2\theta + b^2\sin^2\theta},$$

其中 $a > 0$, $b > 0$. ◻

$\textbf{Solution:}$

$$J_{a, b} = \int_{0}^{2\pi}\cfrac{2d\theta}{(a^2 + b^2) + (a^2 - b^2)\cos 2\theta} = \int_{0}^{4\pi}\cfrac{dt}{(a^2 + b^2) + (a^2 - b^2)\cos t},$$

在 $I_{A, B}$ 中取 $A = a^2 + b^2$, $B = a^2 - b^2$, 得

$$J_{a, b} = 2\cfrac{2\pi}{\sqrt{(a^2 + b^2)^2 - (a^2 - b^2)^2}} = \cfrac{2\pi}{ab}.$$ ◻ ### 13. 留数 B $\textbf{Example:}$ $C_R: Re^{i\theta}$, $0\le\theta\le\pi$, 多项式 $P$, $Q$ 满足 $\deg Q\ge\deg P + 2$, 则 $$\lim_{R\rightarrow +\infty}\limits\int_{C_R}\frac{P(z)}{Q(z)}dz = 0.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求积分 $$I_{a, b} = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{dx}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)},$$

其中 $a > 0$, $b > 0$ 为常数. ◻

$\textbf{Solution:}$
注意到

$$I_{a, b} = \frac{1}{2}\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{-R}^{R}\cfrac{dx}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)}.$$

作 $\Gamma_R: \left[-R, R\right]\cup C_R$,

那么根据复合闭路定理, 得

$$\oint_{\Gamma_R}f(z)dz = \int_{-R}^{R}f(x)dx + \int_{C_R}f(z)dz.$$

令 $R\rightarrow +\infty$, 由于

$$\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{C_R}f(z)dz = 0,$$

那么 $\begin{aligned} I_{a, b} &= \frac{1}{2}\lim_{R\rightarrow +\infty}\oint_{\Gamma_R}f(z)dz \\ &= \pi i\left(Res\left[f(z), ai\right], Res\left[f(z), bi\right]\right) \\ &= \pi i\left(\frac{1}{2ai(a^2 + b^2 +2(ai)^2)} + \frac{1}{2bi(a^2 + b^2 +2(bi)^2)}\right) \\ &= \frac{\pi}{2ab(a + b)}. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Example:}$
求复积分 $I_n = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{dx}{1 + x^{2n}}.$ ◻

$\textbf{Solution:}$
注意到

$$I_n = \frac{1}{2}\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{-R}^{R}\cfrac{dx}{1 + x^{2n}}.$$

作 $\Gamma_R: \left[-R, R\right]\cup C_R$,

那么根据复合闭路定理, 得

$$\oint_{\Gamma_R}f(z)dz = \int_{-R}^{R}f(x)dx + \int_{C_R}f(z)dz.$$

令 $R\rightarrow +\infty$, 由于

$$\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{C_R}f(z)dz = 0,$$

那么 $\begin{aligned} I_n &= \frac{1}{2}\lim_{R\rightarrow +\infty}\oint_{\Gamma_R}f(z)dz \\ &= \pi i\sum_{k = 1}^{n}Res\left[\frac{1}{1 + z^{2n}}, z_k\right] = \pi i\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{2nz_k^{2n - 1}} \\ &= \frac{\pi i}{2n}\sum_{k = 1}^{n}z_k^{2n - 1} = -\frac{\pi i}{2n}\sum_{k = 1}^{n}z_k \\ &= -\frac{\pi i}{2n}\sum_{k = 1}^{n}e^{\frac{(2k - 1)\pi i}{2n}} = -\frac{\pi i}{2n}e^{-\frac{\pi i}{2n}}\sum_{k = 1}^{n}e^{\frac{k\pi i}{n}} \\ &= -\frac{\pi i}{2n}e^{-\frac{\pi i}{2n}}\frac{2}{1 - e^{\frac{\pi i}{n}}} = \frac{\pi i}{n}\frac{1}{e^{\frac{\pi i}{2n}} - e^{-\frac{\pi i}{2n}}} \\ &= \frac{\pi i}{n}\frac{1}{2i\sin\frac{\pi}{2n}} = \frac{\frac{\pi}{2n}}{\sin\frac{\pi}{2n}}. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Example:}$
求复积分

$$I_{r, n} = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{dx}{r^{2n} + x^{2n}}.$$

其中 $r > 0$. ◻

$\textbf{Solution:}$

$$\begin{aligned} I_{r, n} &= \cfrac{1}{r^{2n - 1}}\int_{0}^{+\infty}\cfrac{d\left(\frac{x}{r}\right)}{1 + \left(\frac{x}{r}\right)^{2n}} \\ &= \cfrac{1}{r^{2n - 1}}I_n \\ &= \frac{\frac{\pi}{2n}}{r^{2n - 1}\sin\frac{\pi}{2n}}. \end{aligned}$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求积分 $$J_n = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{dx}{1 + x^n},$$

其中 $n \ge 2$. ◻

$\textbf{Solution:}$
注意到

$$J_n = \lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{0}^{R}\cfrac{dx}{1 + x^n}.$$

作
$\Gamma_R: \left[0, R\right]\cup C_R\cup \left[Re^{i\theta}, 0\right]$,

那么根据复合闭路定理, 得

$$\oint_{\Gamma_R}f(z)dz = \int_{0}^{R}f(x)dx + \int_{C_R}f(z)dz + \int_{R}^{0}f(xe^{i\theta})d(xe^{i\theta}).$$

令 $R\rightarrow +\infty$, 由于

$$\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{C_R}f(z)dz = 0,$$

取 $\theta = \cfrac{2\pi}{n}, \varphi = \cfrac{\pi}{n}$, 那么

$$\begin{aligned} \lim_{R\rightarrow +\infty}\oint_{\Gamma_R}f(z)dz &= \lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{0}^{R}f(x)dx + \lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{R}^{0}f(xe^{i\theta})d(xe^{i\theta}) \\ &= \lim_{R\rightarrow +\infty}\left(\int_{0}^{R}\cfrac{dx}{1 + x^n}dx - \int_{0}^{R}\cfrac{e^{i\theta}dx}{1 + e^{ni\theta}x^n}\right) \\ &= \lim_{R\rightarrow +\infty}\left(\int_{0}^{R}\cfrac{dx}{1 + x^n}dx - e^{\frac{2\pi i}{n}}\int_{0}^{R}\cfrac{dx}{1 + x^n}\right) \\ &= \left(1 - e^{\frac{2\pi i}{n}}\right)\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{0}^{R}\cfrac{dx}{1 + x^n}dx \\ &= \left(1 - e^{\frac{2\pi i}{n}}\right)J_n. \end{aligned}$$

又注意到 $\begin{aligned} \lim_{R\rightarrow +\infty}\oint_{\Gamma_R}f(z)dz = 2\pi i\frac{1}{ne^{(n - 1)\frac{\pi i}{n}}}, \end{aligned}$

故 $\begin{aligned} J_n &= \frac{2\pi i}{ne^{(n - 1)\frac{\pi i}{n}}\left(1 - e^{\frac{2\pi i}{n}}\right)} \\ &= \frac{2\pi i}{ne^{(\pi - \varphi)i}\left(1 - e^{2\varphi i}\right)} \\ &= \frac{\pi i}{n(-\cos\varphi + i\sin\varphi)\sin\varphi(\sin\varphi - i\cos\varphi)} \\ &= \frac{\pi}{n\sin\varphi} = \frac{\frac{\pi}{n}}{\sin\frac{\pi}{n}}. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Example:}$

$$\frac{1}{(1 + z)^n} = \sum_{k = 0}^{+\infty}(-1)^k C_{n + k - 1}^{n - 1}z^k,$$

其中 $\left|{z}\right| < 1$. 特别地, 其中 $z^{n - 1}$ 项的系数为

$$(-1)^{n - 1}C_{2n - 2}^{n - 1} = (-1)^{n - 1}\cfrac{(2n - 2)!}{(n - 1)!(n - 1)!}.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求积分 $$J_n = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{dx}{(1 + x^2)^n}.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 注意到 $$J_n = \frac{1}{2}\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{-R}^{R}\cfrac{dx}{(1 + x^2)^n}.$$

作 $\Gamma_R: \left[-R, R\right]\cup C_R$,

那么根据复合闭路定理, 得

$$\oint_{\Gamma_R}f(z)dz = \int_{-R}^{R}f(x)dx + \int_{C_R}f(z)dz.$$

令 $R\rightarrow +\infty$, 由于

$$\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{C_R}f(z)dz = 0,$$

因为 $\begin{aligned} \cfrac{1}{(1 + z^2)^n} &= \cfrac{1}{(z + i)^n(z - i)^n} \\ &= \cfrac{1}{(2i)^n(1 + \frac{z - i}{2i})^n(z - i)^n} \\ &= \cfrac{1}{(2i)^n(z - i)^n}\sum_{k = 0}^{+\infty}(-1)^k C_{n + k - 1}^{n - 1}(\frac{z - i}{2i})^k. \end{aligned}$

其中 $\cfrac{1}{z - i}$ 的系数
$c_{-1} = \cfrac{(-1)^{n - 1}C_{2n - 2}^{n - 1}}{(2i)^{2n - 1}} = \cfrac{-iC_{2n - 2}^{n - 1}}{2^{2n - 1}}$.

那么 $\begin{aligned} J_n &= \pi i Res[f, i] \\ &= \pi ic_{-1} \\ &= \cfrac{\pi C_{2n - 2}^{n - 1}}{2^{2n - 1}}. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Example:}$
求复积分 $J_{r, n} = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{dx}{(r^2 + x^2)^n}.$

其中 $r > 0$. ◻

$\textbf{Solution:}$

$$\begin{aligned} J_{r, n} &= \cfrac{1}{r^{2n - 1}}\int_{0}^{+\infty}\cfrac{d\left(\frac{x}{r}\right)}{\left(1 + \left(\frac{x}{r}\right)^{2}\right)^n} \\ &= \cfrac{1}{r^{2n - 1}}J_n \\ &= \cfrac{\pi C_{2n - 2}^{n - 1}}{(2r)^{2n - 1}}. \end{aligned}$$ ◻ ### 14. 留数 C $\textbf{Example:}$ $C_R: Re^{i\theta}$, $0\le\theta\le\pi$, 多项式 $P$, $Q$ 满足 $\deg Q\ge\deg P + 1$, 则 $$\lim_{R\rightarrow +\infty}\limits\int_{C_R}\frac{P(z)e^{ikz}}{Q(z)}dz = 0.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求积分 $$I = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{x\sin kx}{x^2 + a^2}dx,$$

其中 $a > 0$, $k > 0$ 为常数. ◻

$\textbf{Solution:}$
记 $f(z) = \cfrac{z\sin kz}{z^2 + a^2}$,
$h(z) = \cfrac{ze^{ikx}}{z^2 + a^2}$.

那么

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\limits h(z)dz = \int_{-\infty}^{+\infty}\limits\cfrac{z\cos kz}{z^2 + a^2}dz + i\int_{-\infty}^{+\infty}\limits f(z)dz = 2iI.$$

作 $\Gamma_R: \left[-R, R\right]\cup C_R$, 那么根据复合闭路定理, 得

$$\oint_{\Gamma_R}h(z)dz = \int_{-R}^{R}h(x)dx + \int_{C_R}h(z)dz.$$

令 $R\rightarrow +\infty$, 由于

$$\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{C_R}h(z)dz = 0,$$

那么 $\begin{aligned} \int_{-\infty}^{+\infty}\cfrac{ze^{ikz}}{z^2 + a^2}dz &= \lim_{R\rightarrow +\infty}\oint_{\Gamma_R}h(z)dz \\ &= 2\pi i Res\left[f(z), ai\right] \\ &= 2\pi i\cdot\cfrac{e^{-ka}}{2} \\ &= \cfrac{\pi i}{e^{ka}}. \end{aligned}$

两边取虚部, 得 $\begin{aligned} I = \cfrac{\pi}{2e^{ka}}. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Example:}$
求积分

$$I_n = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{x\sin kx}{(x^2 + a^2)^n}dx,$$

其中 $a > 0$, $k > 0$ 为常数. ◻

$\textbf{Solution:}$
注意到

$$\frac{\partial I_n}{\partial a} = -2na\int_{0}^{+\infty}\cfrac{x\sin kx}{(x^2 + a^2)^{n + 1}}dx = -2naI_{n + 1}.$$

即 $I_{n + 1} = -\cfrac{1}{2na}\frac{\partial I_n}{\partial a}.$

依次递归求解即可. ◻

$\textbf{Example:}$
求积分

$$I_{a, b, k} = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{x^3\sin kx}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)}dx,$$

其中 $a>0$, $b > 0$, $k > 0$ 为常数. ◻

$\textbf{Solution:}$
记 $f(z) = \cfrac{z^3\sin kz}{(z^2 + a^2)(z^2 + b^2)}$,
$h(z) = \cfrac{z^3e^{ikx}}{(z^2 + a^2)(z^2 + b^2)}$.

那么

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\limits h(z)dz = \int_{-\infty}^{+\infty}\limits\cfrac{z^3\cos kz}{(z^2 + a^2)(z^2 + b^2)}dz + i\int_{-\infty}^{+\infty}\limits f(z)dz = 2iI_{a, b, k}.$$

作 $\Gamma_R: \left[-R, R\right]\cup C_R$, 那么根据复合闭路定理, 得

$$\oint_{\Gamma_R}h(z)dz = \int_{-R}^{R}h(x)dx + \int_{C_R}h(z)dz.$$

令 $R\rightarrow +\infty$, 由于

$$\lim_{R\rightarrow +\infty}\int_{C_R}h(z)dz = 0,$$

那么 $\begin{aligned} \int_{-\infty}^{+\infty}\cfrac{z^3e^{ikz}}{(z^2 + a^2)(z^2 + b^2)}dz &= \lim_{R\rightarrow +\infty}\oint_{\Gamma_R}h(z)dz \\ &= 2\pi i\left(Res\left[f(z), ai\right] + Res\left[f(z), bi\right]\right) \\ &= \pi i\cdot\cfrac{b^2e^{-kb} - a^2e^{-ka}}{b^2 - a^2}. \end{aligned}$

两边取虚部, 得 $\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}\cfrac{x^3\sin kx}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)}dx = \cfrac{\pi}{2}\cdot\cfrac{b^2e^{-kb} - a^2e^{-ka}}{b^2 - a^2}. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Example:}$
求积分

$$I_{a, k} = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{x^3\sin kx}{(x^2 + a^2)^2}dx,$$

其中 $a > 0$, $k > 0$ 为常数. ◻

$\textbf{Solution:}$
在 $\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}\cfrac{x^3\sin kx}{(x^2 + a^2)(x^2 + b^2)}dx = \cfrac{\pi}{2}\cdot\cfrac{b^2e^{-kb} - a^2e^{-ka}}{b^2 - a^2}. \end{aligned}$

中, 令 $b\rightarrow a$, 得 $\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}\cfrac{x^3\sin kx}{(x^2 + a^2)^2}dx = \cfrac{\pi}{2}\cdot\cfrac{(2 - ka)e^{-ka}}{2}. \end{aligned}$ ◻

$\textbf{Example:}$
求复积分 $I_k = \int_{0}^{+\infty}\cfrac{\sin kx}{x}dx.$

其中 $k > 0$. ◻

$\textbf{Solution:}$
在 $\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}\cfrac{x^3\sin kx}{(x^2 + a^2)^2}dx = \cfrac{\pi}{2}\cdot\cfrac{(2 - ka)e^{-ka}}{2}. \end{aligned}$

中, 令 $a\rightarrow 0^{+}$, 得 $\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty}\cfrac{\sin kx}{x}dx = \cfrac{\pi}{2}. \end{aligned}$ ◻

15. 解析映射

$\textbf{Example:}$
求分式线性映射 $w(z)$ 将 $z_k = -1, 0, 1$ 映射到 $w_k = -1, 1, i$. ◻

$\textbf{Solution:}$
利用不变式

$$\cfrac{w - w_1}{w - w_2}\bigg/\cfrac{w_3 - w_1}{w_3 - w_2} = \cfrac{z - z_1}{z - z_2}\bigg/\cfrac{z_3 - z_1}{z_3 - z_2}.$$

那么

$$\cfrac{w + 1}{w - 1}\bigg/\cfrac{i + 1}{i - 1} = \cfrac{z + 1}{z}\bigg/\cfrac{2}{1}.$$

从中解得 $w = \cfrac{(1 + 2i)z + 1}{(1 - 2i)z + 1}.$ ◻

$\textbf{Example:}$
求分式线性映射 $w(z)$ 将单位圆周映射到直线. ◻

$\textbf{Solution:}$
一方面, 容易知道存在 $\left|{z_0}\right| = 1$, 使得
$cz_0 + d = 0$.

注意到 $\begin{aligned} &\hspace{1.8em} cz_0 + d = 0 \\ &\Rightarrow \left|{cz_0}\right| = \left|{d}\right| \\ &\Leftrightarrow \left|{c}\right| = \left|{d}\right| \\ &\Leftrightarrow c = de^{i\theta}. \end{aligned}$

另一方面, 当 $c = de^{i\theta}$ 时, 该分式线性映射满足条件. ◻

$\textbf{Example:}$
求分式线性映射 $w(z)$ 满足:

• 将单位圆盘 $\left|{z}\right| < 1$ 映射到单位圆盘
  $\left|{w}\right| < 1$;
• 将点 $z = z_1\thinspace(\left|{z_1}\right| < 1)$ 映射到点 $w = 0$. ◻

$\textbf{Solution:}$
由于分式线性映射保对称点的性质,

映射前 $z_1$ 的对称点为 $\cfrac{1}{\overline{z_1}}$, 映射后为 $0$
的对称点 $+\infty$. 故

$$w = \alpha\cfrac{z - z_1}{z - \frac{1}{\overline{z_1}}} = (-\alpha z_1)\cfrac{z - z_1}{1 - z\overline{z_1}} = \beta\cfrac{z - z_1}{1 - z\overline{z_1}}.$$

由最大模原理:

$$\left|{z}\right| = 1\Leftrightarrow\left|{w}\right| = 1.$$

注意到 $\left|{z_1}\right| < 1$, 从而有 $\begin{aligned} 1 &= \left|{\beta}\right|\left|{\cfrac{z - z_1}{1 - z\overline{z_1}}}\right|_{\left|{z}\right| = 1} \\ &= \left|{\beta}\right|\left|{\cfrac{z - z_1}{z\overline{z} - z\overline{z_1}}}\right|_{\left|{z}\right| = 1} \\ &= \cfrac{\left|{\beta}\right|}{\left|{z}\right|}\left|{\cfrac{z - z_1}{\overline{z - z_1}}}\right|_{\left|{z}\right| = 1} \\ &= \left|{\beta}\right|. \end{aligned}$

即 $\beta = e^{i\theta}, \theta\in[0, 2\pi).$

那么有

$$w = e^{i\theta}\cfrac{z - z_1}{1 - z\overline{z_1}}, \thinspace\left|{z_1}\right| < 1, \thinspace\theta\in[0, 2\pi).$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求分式线性映射 $w(z)$ 满足: - 将单位圆盘 $\left|{z - z_0}\right| < r$ 映射到单位圆盘 $\left|{w - w_0}\right| < R$; - 将点 $z = z_1\thinspace(\left|{z_1 - z_0}\right| < r)$ 映射到点 $w = w_0$. ◻ $\textbf{Solution:}$ 考虑 $$z' = \cfrac{z - z_0}{r}, w' = \cfrac{w - w_0}{R}.$$

则 $z’(z)$, $w’(w)$ 均将原区域映射为单位圆盘. 那么有

$$w' = e^{i\theta}\cfrac{z' - z_1'}{1 - z'\overline{z_1'}}, \thinspace\left|{z_1'}\right| < 1, \thinspace\theta\in[0, 2\pi).$$

代入 $w’$, $z’$ 可得

$$w = w_0 + rRe^{i\theta}\cfrac{z - z_1}{r^2 - (z - z_0)(\overline{z_1} - \overline{z_0})}, \thinspace\left|{z_1 - z_0}\right| < r, \thinspace\theta\in[0, 2\pi).$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 对于 中的映射, 证明不变式: $$\cfrac{\left|{dw}\right|}{1 - \left|{w}\right|^2} = \cfrac{\left|{dz}\right|}{1 - \left|{z}\right|^2}.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 即证: $$\left|{\cfrac{dw}{dz}}\right| = \cfrac{1 - \left|{w}\right|^2}{1 - \left|{z}\right|^2}.$$

注意到 $w = e^{i\theta}\cfrac{z - z_1}{1 - z\overline{z_1}},$

其中 $\left|{z_1}\right| < 1, \thinspace\theta\in[0, 2\pi)$

那么 $\begin{aligned} LHS = \left|{e^{i\theta}\cfrac{1 - z_1\overline{z_1}}{(1 - z\overline{z_1})^2}}\right| = \cfrac{1 - z_1\overline{z_1}}{\left|{1 - z\overline{z_1}}\right|^2}. \end{aligned}$

$$\begin{aligned} RHS &= \cfrac{1 - w\overline{w}}{1 - z\overline{z}} \\ &= \cfrac{\left|{1 - z\overline{z_1}}\right|^2 - \left|{z - z_1}\right|^2}{(1 - z\overline{z})\left|{1 - z\overline{z_1}}\right|^2} \\ &= \cfrac{(1 - z\overline{z_1})(1 - z_1\overline{z}) - (z - z_1)(\overline{z} - \overline{z_1})}{(1 - z\overline{z})\left|{1 - z\overline{z_1}}\right|^2} \\ &= \cfrac{1 - z\overline{z} - z_1\overline{z_1} + z\overline{z}z_1\overline{z_1}}{(1 - z\overline{z})\left|{1 - z\overline{z_1}}\right|^2} \\ &= \cfrac{(1 - z\overline{z})(1 - z_1\overline{z_1})}{(1 - z\overline{z})\left|{1 - z\overline{z_1}}\right|^2} \\ &= \cfrac{1 - z_1\overline{z_1}}{\left|{1 - z\overline{z_1}}\right|^2} = LHS. \end{aligned}$$

至此证毕. ◻

$\textbf{Example:}$
对于 中的映射, 证明不变式:

$$\cfrac{R\left|{dw}\right|}{R^2 - \left|{w - w_0}\right|^2} = \cfrac{r\left|{dz}\right|}{r^2 - \left|{z - z^0}\right|^2}.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 考虑 $$z' = \cfrac{z - z_0}{r}, w' = \cfrac{w - w_0}{R}.$$

则 $z’(z)$, $w’(w)$ 均将原区域映射为单位圆盘. 那么有

$$\cfrac{\left|{dw’}\right|}{1 - \left|{w'}\right|^2} = \cfrac{\left|{dz'}\right|}{1 - \left|{z'}\right|^2}.$$

代入 $w’$, $z’$ 可得

$$\cfrac{R\left|{dw}\right|}{R^2 - \left|{w - w_0}\right|^2} = \cfrac{r\left|{dz}\right|}{r^2 - \left|{z - z^0}\right|^2}.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求分式线性映射 $w(z)$ 满足: - 将上半复平面 $Im{z} > 0$ 映射到单位圆盘 $\left|{w}\right| < 1$; - 将点 $z = z_1\thinspace(Im{z_1} > 0)$ 映射到点 $w = 0$. ◻ $\textbf{Solution:}$ 将上半平面看作半径无穷的圆, $z_1$ 关于圆周的对称点为 $\overline{z_1}$. 由于分式线性映射保对称点的性质, 映射前 $z_1$ 的对称点为 $\overline{z_1}$, 映射后为 $0$ 的对称点 $+\infty$. 故 $$w = \alpha\cfrac{z - z_1}{z - \overline{z_1}}.$$

由最大模原理: $z = x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow\left|{w}\right| = 1.$

注意到 $Im{z_1} > 0$, 从而有 $\begin{aligned} 1 &= \left|{\alpha}\right|\left|{\cfrac{x - z_1}{x - \overline{z_1}}}\right| \\ &= \left|{\alpha}\right|\left|{\cfrac{x - z_1}{\overline{x} - \overline{z_1}}}\right| \\ &= \left|{\alpha}\right|. \end{aligned}$

即 $\alpha = e^{i\theta}, \theta\in[0, 2\pi).$

那么有

$$w = e^{i\theta}\cfrac{z - z_1}{z - \overline{z_1}}, \thinspace Im{z_1} > 0, \thinspace\theta\in[0, 2\pi).$$

特别地, 取 $\theta = 0, z_1 = i$, 可得 $w = \cfrac{z - i}{z + i}.$ ◻

$\textbf{Example:}$
求分式线性映射 $w(z)$ 满足:

• 将过点 $x_0\in\mathbb{R}$, 旋转角为 $\theta_0$
  的半平面映射到单位圆盘 $\left|{w - w_0}\right| < R$;
• 将点 $z = z_1\thinspace(Im{[(z_1 - x_0)e^{-i\theta_0}]} > 0)$
  映射到点 $w = w_0$. ◻

$\textbf{Solution:}$
考虑

$$z' = (z - x_0)e^{-i\theta_0}, w' = \cfrac{w - w_0}{R}.$$

则 $z’(z)$, $w’(w)$ 均将原区域映射为上半复平面与单位圆盘. 那么有

$$w' = e^{i\theta}\cfrac{z' - z_1'}{z' - \overline{z_1'}}, \thinspace Im{z_1'} > 0, \thinspace\theta\in[0, 2\pi).$$

代入 $w’$, $z’$ 可得

$$w = w_0 + Re^{i\theta}\cfrac{z - z_1}{z - x_0 - (\overline{z_1} - x_0)e^{2i\theta_0}},$$

其中

$$Im{[(z_1 - x_0)e^{-i\theta_0}]} > 0, \thinspace\theta\in[0, 2\pi).$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 映射 $w = \cfrac{az + b}{cz + d}$, 若 $a, b, c, d\in\mathbb{R}$, 则 $$Im{z} > 0\leftrightarrow Im{w} > 0 \Longleftrightarrow ad - bc > 0.$$ ◻ $\textbf{Solution:}$ 将 $z = x + iy$ 待入 $$w = \cfrac{az + b}{cz + d},$$

得 $w = u + iv = \cfrac{(ax + b) + iay}{(cx + d) + icy},$

那么 $v = \cfrac{(ad - bc)y}{(cx + d)^2 + (cy)^2}.$

从而 $\begin{aligned} &\hspace{2em} Im{z} > 0\leftrightarrow Im{w} > 0 \\ &\Longleftrightarrow y > 0\leftrightarrow v > 0 \\ &\Longleftrightarrow yv > 0 \\ &\Longleftrightarrow \cfrac{(ad - bc)y^2}{(cx + d)^2 + (cy)^2} > 0 \\ &\Longleftrightarrow ad - bc > 0. \end{aligned}$

根据最大模原理可知,

该映射将上半复平面映到上半复平面, 实轴映到实轴.

又当 $z\in\mathbb{R}$ 时,

$$\cfrac{dw}{dz} = \cfrac{ad - bc}{(cz + d)^2} > 0.$$

即 $\arg\left(\frac{dw}{dz}\right) = 0.$

故该映射将上半复平面映到上半复平面, 实轴正向映到实轴正向. ◻

$\textbf{Example:}$
求分式线性映射 $w(z)$ 满足:

• 将过点 $a, b\in\mathbb{R}$, 旋转角为 $\alpha\in(0, \pi)$
  的长条映射到单位圆盘 $\left|{w}\right| < 1$. ◻

$\textbf{Solution:}$
分为四步

1. $z_1 = e^{-i\alpha}(z - b)$
2. $z_2 = \cfrac{\pi}{h}z_1$
3. $z_3 = e^{z_2}$
4. $w = \cfrac{z_3 - i}{z_3 + i}$

整理得

$$w = \cfrac{e^{\frac{e^{-i\alpha}(z - b)\pi}{(b - a)\sin\alpha}} - i}{e^{\frac{e^{-i\alpha}(z - b)\pi}{(b - a)\sin\alpha}} + i}.$$

特别地, 当 $\alpha = \cfrac{\pi}{2}$ 时,

$$w = \cfrac{e^{\frac{b - z}{b - a}\pi i} - i}{e^{\frac{b - z}{b - a}\pi i} + i}.$$ ◻ $\textbf{Example:}$ 求分式线性映射 $w(z)$ 满足:/ - 将区域 $0 < r < R, \thinspace 0 < \theta < \alpha \thinspace(\alpha\in[0, 2\pi))$ 映射到单位圆盘 $\left|{w}\right| < 1$. ◻ $\textbf{Solution:}$ 分为四步 1. $z_1 = z^{\frac{\pi}{\alpha}}$ 2. $z_2 = \cfrac{R^{\frac{\pi}{\alpha}} + z_1}{R^{\frac{\pi}{\alpha}} - z_1}$ (上半圆 $\longrightarrow$ 第一象限) 3. $z_3 = z_2^2$ 4. $w = \cfrac{z_3 - i}{z_3 + i}$ 整理得 $$w = \cfrac{\left(\frac{R^{\frac{\pi}{\alpha}} + z^{\frac{\pi}{\alpha}}}{R^{\frac{\pi}{\alpha}} - z^{\frac{\pi}{\alpha}}}\right)^2 - i}{\left(\frac{R^{\frac{\pi}{\alpha}} + z^{\frac{\pi}{\alpha}}}{R^{\frac{\pi}{\alpha}} - z^{\frac{\pi}{\alpha}}}\right)^2 + i}.$$

特别地, 当 $\alpha = \cfrac{\pi}{8}$ 时,

$w = \cfrac{\left(\frac{R^8 + z^8}{R^8 - z^8}\right)^2 - i}{\left(\frac{R^8 + z^8}{R^8 - z^8}\right)^2 + i}.$ ◻

$\textbf{Example:}$
求分式线性映射 $w(z)$ 满足:

• 将
  $\left|{z - a}\right| > a, \left|{z - b}\right| < b\thinspace(0 < a < b)$
  所围区域映到单位圆盘 $\left|{w}\right| < 1$. ◻

$\textbf{Solution:}$
分为五步

1. $z_1 = \cfrac{z - 2a}{z}$ ($0 < x < \cfrac{b - a}{a}$ 的竖直长条)
2. $z_2 = iz_1$
3. $z_3 = \cfrac{\pi}{\frac{b - a}{a}}z_2$
4. $z_4 = e^{z_3}$
5. $w = \cfrac{z_4 - i}{z_4 + i}$

整理得

$w = \cfrac{e^{\frac{ib(z - 2a)\pi}{(b - a)z}} - i}{e^{\frac{ib(z - 2a)\pi}{(b - a)z}} + i}.$ ◻

$\textbf{Example:}$
求分式线性映射 $w(z)$ 满足:

• 将以 $A, B$ 为端点, $\theta_0\in(0, 2\pi)$
  为弦切角的弓形映到单位圆盘 $\left|{w}\right| < 1$. ◻

  $\textbf{Solution:}$
  分为三步

1. $z_1 = \cfrac{z - A}{B - z}$ (弓形 $\longrightarrow$ 第一象限角域)
2. $z_2 = z_1^{\frac{\pi}{\theta_0}}$
3. $w = \cfrac{z_2 - i}{z_2 + i}$

整理得

$w = \cfrac{\left(\frac{z - A}{B - z}\right)^{\frac{\pi}{\theta_0}} - i}{\left(\frac{z - A}{B - z}\right)^{\frac{\pi}{\theta_0}} + i}.$ ◻