汉书拾遗·咒符题匾刊录

\[\newcommand{\vare}{\varepsilon} \newcommand{\i}{\mathtt i} \newcommand{\d}{\mathrm d} \newcommand{\mbb}{\mathbb} \newcommand{\p}{\partial} \newcommand{\cas}[1]{\begin{cases}#1\end{cases}} \newcommand{\Ln}{\operatorname{Ln}} \newcommand{\Arg}{\operatorname{Arg}} \newcommand{\ovl}{\overline} \newcommand{\Res}{\operatorname{Res}} \]

I. 复变函数及其导数

复变函数：令 \(G\sube\mathbb C\) 是非空集合，则自 \(G\) 中元素对应 \(\mathbb C\) 中 一个或多个 元素的对应规则称作复变函数。

单值复变函数：每个元素仅对应一个。多值复变函数：可以对应多个。【也即，复变函数是一个“泛函数”的定义】

复变函数有对应的多值反函数。

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连续性。设单值函数 \(w=f(z)\)，在 \(z_0\) 的空心邻域 \(B_\rho^*(z_0)=\{z\mid0<|z-z_0|<\rho\}\) 中都有定义。若对于一切 \(\vare>0\)，都存在 \(\delta(\vare)\in(0,\rho]\)，使得在 \(B_\delta^*(z_0)\) 时有 \(f(z)-A<\vare\)，则

\[\lim_{z\to z_0}f(z)=A \]

或 \(f(z)\to A,z\to z_0\)。

一元集合极限的双侧逼近可视性来源于实数的有序性；复数没有有序性，因此不能简单地将极限归结于某几个方向的逼近。

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定理：\(\lim_{z\to z_0}f(z)=A=u_0+\i v_0\) 等价于实部 \(u\) 的极限为 \(u_0\)、虚部 \(v\) 的极限为 \(v_0\)。

除了趋向点和趋向值都为 \(\mathbb C\) 中元素的场合，还可以定义趋向点/值之一或全部都为无穷的场合。此时意味着模长趋向于无穷。

连续即极限值与函数值相等。

定义：复可导即为：在一内点，有

\[\lim_{\Delta z\to0}\dfrac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z}=A\in\mathbb C \]

则该极限称为导数，记作 \(f'(z_0)\) 或 \(\left.\dfrac{\d f}{\d z}\right|_{z=z_0}\)。

定义：若在 \(z_0\) 邻域中均有 \(f(z_0+\Delta z)=f(z_0)+A\Delta z+\rho(\Delta z)\Delta z\)，则称其在 \(z_0\) 处可微。

• 为什么使用 \(\rho(\Delta z)\Delta z\)？因为复数域无序，取 \(\rho(\Delta z)\) 为一趋于 \(0\) 函数即可。

同时有 \(\d f=A\d z\)。

例：\(f(z)=z\)，有 \(f'(z)=1\)。

例：\(f(z)=\bar z\)，有 \(f'(z)\) 处处不存在。

例：\(f(z)=z^2\)，有 \(f'(z)=2z\)。

例：\(f(z)=(\bar z)^2\)，\(\dfrac{\Delta f}{\Delta z}=\dfrac{(\Delta\bar z)^2}{\Delta z}+2\bar z\dfrac{\overline{\Delta z}}{\Delta z}\)，不存在。

例：\(f(z)=z\bar z=|z|^2\)……分析还是不存在，原因还是因为出现了 \(\dfrac{\overline{\Delta z}}{\Delta z}\) 的项！

但是！\((\bar z)^2\) 在原点处，居然……居然可导！导数为零！后者同理！！！

II. 解析函数

若复变函数在 \(z_0\) 某邻域内处处可导，则称 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 处 解析，\(z_0\) 即为 解析点。易知：在一点解析，则在某邻域内处处解析。则，解析是一个 片性质。

反之，若不解析，则为 奇(qí)点。

奇点分类：

1. 无定义的奇点。
2. 有定义不连续的奇点。
3. 有定义、连续但不可导的起点。
4. 有定义不存在可导邻域的奇点。

在全部 \(\mbb C\) 上可导的函数被称作 整函数。

有理函数指多项式分式。非多项式的有理函数均不是整函数，因为由代数基本定理，分母上多项式存在零点。

考察解析函数的充要条件：

令 \(f(z=x+\i y)=w=u+\i v\) 在 \(z\) 处可导，则其可微，于是

\[\Delta w=\Delta u+\i\Delta v=A\Delta z+\rho(\Delta z)\Delta z \]

令 \(A=f'(z)=\alpha+\i\beta\)。令 \(\rho=\rho_1+\i\rho_2\)，则 \(\rho_1,\rho_2\to0\)。

则

\[\begin{cases} \Delta u=\alpha\Delta x-\beta\Delta y+\rho_1\Delta x-\rho_2\Delta y \\\Delta v=\beta\Delta x+\alpha\Delta y+\rho_2\Delta x+\rho_1\Delta y \end{cases} \]

于是，\(u(x,y)\) 和 \(v(x,y)\) 在 \((x,y)\) 分别可微，且满足

\[\begin{cases} \p_xu=\p_yv\\\p_yu=-\p_xv \end{cases} \]

此乃 Cauchy-Riemann 方程。故，若实部、虚部在开集上连续可导且满足 C-R 方程，则其在开集上解析。

另有结论：

\[f'(z)=\p_x u-\i\p_yu=\p_xu+\i\p_x v=\dots \]

该方法可以用于不使用极限语言进行求导（即，对于实部和虚部分别求偏导来组合出复变导数）。

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形式导数：已知

\[\cas{z=x+\i y\\\bar z=x-\i y} \]

那么就有

\[\cas{ x=\dfrac12(z+\bar z) \\y=\dfrac1{2\i}(z-\bar z) } \]

且使用 Jacobian 易验证 \((z,\bar z)\leftrightarrow(x,y)\) 是正则换元。

于是，

\[u=u(x,y)=u(\dfrac{z+\bar z}2,\dfrac{z-\bar z}{2\i}) \]

于是记形式导数

\[\p_zu=\p_xu\p_zx+\p_yu\p_z y=\dfrac12(\p_xu-\i\p_y u) \\\p_{\bar z}u=\dfrac12(\p_xu+\i\p_yu) \]

• 有 \(\p_zu=\overline{\p_{\bar z}u}\)。是巧合吗？是因为共轭与积分、求导有交换律！

因此，\(f(z)\) 也可以被看作 \(f(z,\bar z)\) 的二元形式函数（这么做合法，是因为 \(\bar z,z\) 存在函数关系）

有

\[f_z=\dfrac12(u_x+v_y)+\dfrac\i2(v_x-u_y) \\f_{\bar z}=\dfrac12(u_x-u_v)+\dfrac\i2(u_y+v_x) \]

然后发现，\(f_{\bar z}=0\) 等价于 C-R 方程。此时，\(f_z=u_x+\i v_x=u_x-\i u_y=f'(z)\)。

• 即，把 \(f(z)\) 看作 \(f(x,y)\) 再换元为 \(f(z,\bar z)\) 后，关于 \(\bar z\) 的偏导数退化为 C-R 方程，关于 \(z\) 偏导数就是 \(f'(z)\)。C-R 方程成立等效于关于 \(\bar z\) 偏导为零，偏导为零等效于与该参数无关，于是解析函数与 \(\bar z\) 无关。

于是，我们可以用该理论分析之前的例子：

• \(f(z)=\bar z\)，有 \(f_{\bar z}=1\)，故处处不可微。
• \(f(z)=(\bar z)^2\)，有 \(f_{\bar z}=2\bar z\)，故仅在原点处可微，此处 \(f'(0)=f_z(0)=0\)。
• \(f(z)=z\cdot\bar z\)，仅在原点可微，有 \(f'(0)=f_z(0)=0\)。

或许有人会好奇：\(f(z)=z\) 也可以写成 \(f(z)=\overline{(\bar z)}\)，此时如何计算 \(f_{\bar z}\) 呢？

事实上，当我们采用 \(f(x,y)=f(z,\bar z)\) 的记号的同时，我们就 摒弃了共轭的概念：此时共轭仅仅是一个仅出现在 \(\bar z\) 中的记号而已。而当我们看到了 \(\overline{(\bar z)}\) 这样的“未定义”时，我们便要反问：这玩意是怎么定义的？然后我们发现，它的定义就是 \(z\)，因此我们计算时完全不会看到 \(\overline{(\bar z)}\)，而只会看到 \(z\)。

III.基本初等函数

我们希望将 \(\exp,\ln,\sin,\cos,x^a\) 等函数延拓。我们希望延拓有好性质。

\(\exp\) 的场合：

• 整函数。
• 导数仍为自身。
• 实轴上与原函数相等。

令 \(e^z=e^x(\cos y+\i\sin y)\)。易验证其满足上述条件。

唯一性如何证？因为 \(f'=u_x-\i u_y\)，所以须满足

\[\begin{cases} u_x=v_y=u \\u_y=-v_x=-v \end{cases} \]

的偏微分方程组。可证得其解唯一。

特别地，\(e^z\) 存在 \(2k\pi\i\) 的周期；其值域为 \(\C\setminus\{0\}\)。

既然指数函数是多对一的，那么其反函数、对数函数即为多值函数。

同理，计算 \(\Ln z\)，则 \(e^u=|z|,v=\Arg z\)。

于是，有 \(\Ln z=\ln|z|+i\Arg z\)。其主值 \(\ln z=\ln|z|+i\arg z\)。

因为辐角的范围被认为是 \((-\pi,\pi]\)，所以 \(\ln z\) 在 \(x\) 轴负半轴至 \(0\) 的范围上不连续；在其它地方解析。

其导数使用反函数求导法则，可知为 \(\dfrac1z\)。

满足 \(\Ln(z_1z_2)=\Ln z_1+\Ln z_2\)，但是换成 \(\ln\) 不对，因为辐角的问题。

\(\Ln z^n=n\Ln z\)……这不对，若 \(z\) 的辐角是 \(2\pi/n\) 之类，乘以 \(n\) 就会让某些辐角消失。写成 \(n\) 个 \(\Ln z\) 相加就对了。

幂函数，如 \(y=x^b\)。可以先求 \(\Ln\) 再求 \(\exp\)，得到 \(y=\exp(b\Ln x)=e^{b\ln z}e^{2bk\pi\i}\)。

• 若 \(b\in\Z\)，则 \(2bk\) 必是整数，\(x^b\) 是单值函数。
• 若 \(b\in\Q\setminus\Z\)，则令 \(b=\dfrac pq\)，则 \(x^n\) 是 \(q\) 值函数。
• 若 \(b\in\R\setminus\Q\)，则 \(x^n\) 是无穷值函数。
• 若 \(b\in\C\setminus\R\)，则 \(b=\alpha+\i\beta\) 其中 \(\beta\neq0\)。则 \(e^{2bk\pi\i}=e^{2\alpha k\pi\i}\cdot e^{-2\beta k\pi}\)，由 \(\beta\) 项知其无穷值。

\[\cos z=\dfrac{e^{\i z}+e^{-\i z}}2 \\\sin z=\dfrac{e^{\i z}-e^{-\i z}}{2\i} \]

满足 \(2k\pi\) 的周期。不再有界：沿虚轴移动趋向无穷。

和角公式等仍成立。

\[\sinh z=\dfrac{e^z-e^{-z}}2 \\\cosh z=\dfrac{e^z+e^{-z}}2 \\e^z=\sinh z+\cosh z \]

IV. 复变积分

有向曲线：有定向的曲线。

Jordan 曲线（简单闭曲线）按照逆时针定向。

沿有向曲线的 Lebesgue 积分的定义是通过分割定义的。即：将曲线 \(C\) 分成 \(n\) 个弧段，分点为 \(A=z_0,z_1,\dots,z_n=B\)，每段上取一个 \(\zeta_k\)，则有

\[I_n=\sum f(\zeta_k)\cdot\Delta z_k \]

如果存在一个 \(I\)，满足对于一切 \(\epsilon\)，都存在一个 \(\delta\) 满足全体最大弧长不超过 \(\delta\) 的划分，都满足 \(|I_n-I|<\epsilon\)，则称其积分值为 \(I\)。

把复变看成两个实变的组合，可知

\[I=\int u\d x-v\d y+\i\int v\d x+u\d y \\=\int(u+\i v)(\d x+\i\d y) \]

假设 \(z\) 存在参数方程 \(z=z(t)\)，我们希望其有与实变类似的形式

\[\int f(z)\d z=\int_\alpha^\beta f(z)\dot z\d t \]

通过实变展开易证其成立。

性质：

\[\int_{C^-}f(z)\d z=-\int Cf(z)\d z \\\int_C(f(z)\pm g(z))\d z=\int_C f(z)\d z\pm\int_C g(z)\d z \\\int_C kf(z)\d z=k\int_C f(z)\d z \\\ovl{\int f(z)\d z}=\int_C\ovl{f(z)}\d\bar z \]

以及 Length Theorem：

\[\left|\int f(z)\d z\right|\leq ML \]

其中 \(M=\max|f(x)|\)，\(L\) 为曲线长度。

证明需要

\[\left|\int_C f(z)\d z\right|\leq\int_C|f(z)||\d z| \]

……吗？这个不等式理性上不好证明。必须回到原始意义，由三角不等式证明。

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\[\int\d z=z_1-z_0 \\\int|\d z|=\text{弧长} \]

加不加绝对值很重要！

\[\int_{|z-z_0|=R}\dfrac1{(z-z_0)^{n+1}}\d z \\=\int_0^{2\pi}\dfrac1{(Re^{\i\theta})^{n+1}}\d(Re^{\i\theta}+z_0) \\=\int_0^{2\pi}\dfrac1{(Re^{\i\theta})^{n+1}}\i Re^{\i\theta}\d\theta \\=\dfrac\i{R^n}\int_0^{2\pi}\dfrac1{e^{\i n\theta}}\d\theta \\=\dfrac\i{R^n}\int_0^{2\pi}(\cos n\theta-\i\sin n\theta)\d\theta \\=\begin{cases}0&n\neq0\\2\pi\i&n=0\end{cases} \]

V. C-G 定理

对于解析的 \(f\)，

\[\oint f(z)\d z=\oint u\d x-v\d y+\i\oint v\d x+u\d y \\\xlongequal{\text{Green}}\iint(-v_x-u_y)\d x\d y+\i\int(u_x-v_y)\d x\d y&(?) \\\xlongequal{\text{Cauchy-Riemann}}0 \]

(?): Green 公式需要有 \(u,v\in\mathscr C^1\)！

Cauchy-Goursat 定理：单连通区域上的解析函数，沿封闭曲线积分为零。

• 证明很困难！

使用 C-G 定理可以证明，解析函数的导数解析。

强形式 C-G 定理：令 \(f\) 在 Jordan 闭曲线 \(\gamma\) 围成的单连通区域 \(D\) 内部解析，在边界 \(\bar D\) 上连续，则沿边界积分为零。

连续变形原理：解析函数的曲线积分不因连续变形改变。

复合闭路定理：\(n+1\) 条闭曲线组成的复合闭路，若其中不包含奇点，则总积分为零。

VI. 原函数与不定积分

对于单连通区域上的解析函数，对于 \(z_0\)，可以唯一定义原函数

\[F(z):=\int_{z_0}^zf(\zeta)\d\zeta \]

则 \(F(z)\) 解析，且满足 \(F'(z)=f(z)\)。证明略。

若在该区域上处处均有 \(F'(z)=f(z)\)，则称其为 \(f(z)\) 的一个原函数。显然，全体原函数之间只相差常数，因此不定积分 \(\int f(z)=F(z)+C\)。

N-L 公式：\(\int_{z_0}^{z_1}f(z)\d z=F(z_1)-F(z_0)\)。

分部积分公式：\(\int_{z_0}^{z_1}f'(z)g(z)\d z=\left.f(z)g(z)\right|_{z_1}^{z_2}-\int_{z_1}^{z_2}f(z)g'(z)\d z\)。

……但是这几个定理只能在单连通域上使用。多联通咋办？

定理：若 \(f(z)\) 在不一定单连通的 \(\cal D\) 上解析，则以下三条等价：

• 闭路积分为零。
• 积分与路径无关。
• 存在原函数。

VII. Cauchy 积分公式

令 \(f(z)\) 在 Jordan 闭曲线 \(C\) 围成区域 \(D\) 内解析，在边界上连续，则对于 \(z_0\in D\)，有

\[f(z_0)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_C\dfrac{f(z)\d z}{z-z_0} \]

即，对于解析函数，边界上值唯一确定时，内部值同时可以确定。

由其可以推知，

\[f(z_0)=\dfrac1{2\pi\i}\int_0^{2\pi}f(z_0+Re^{\i\theta})\d\theta \]

称为第一平均值公式。

使用 Green 公式可知

\[f(z_0)=\dfrac1{\pi R^2}\iint_{|z-z_0|\leq R}f(z)\d x\d y \]

的第二平均值公式。

同时有高阶导数公式

\[f^{(n)}(z_0)=\dfrac{n!}{2\pi\i}\oint_C\dfrac{f(z)}{(z-z_0)^{n+}} \]

VIII. Morera 定理

已知：解析函数有所有闭路积分为零。那么，其逆定理，即闭路积分全为零之函数应解析吗？

否定。有限点不连续时该函数仍有势。

补充连续条件，即得 Morera 定理：

• 在任意联通（不一定是单连通）区域 \(\cal D\) 上连续且闭路积分为零的函数是解析函数。

由定义可知，其有势，且势函数导数为该函数。

IX. 代数基本定理

引理：Cauchy 不等式——令 \(f(z)\) 是 \(|z-z_0|<R\) 圆盘上的解析函数，且 \(|f(z)|\leq m\)。则有

\[|f^{(n)}(z_0)|\leq\dfrac{n!m}{R^n} \]

证明：使用高阶导数公式即证。

引理：Liouville 定理——有界解析函数是常数。

证明：若 \(|f(z)|\leq M\)，则 \(|f'(z_0)|\leq\dfrac{1!M}R\)；但是 \(R\) 可以任取，所以让 \(R\to+\infty\) 时其趋于 \(0\)。

现在，尝试证明代数基本定理：

若多项式 \(p_n(z)\) 处处非零，则 \(f(z)=\dfrac1{p_n(z)}\) 必然解析。下只需证明 \(f(z)\) 有界即可导出矛盾。

• 当 \(z\to\infty\) 时，\(f(z)\) 必然 \(\to0\)；在有界的一个圆盘里，\(f(z)\) 有界。因此整体而言 \(f(z)\) 有界。

X. 解析函数与调和函数

解析函数的实部虚部分别都是调和函数。虚部被称作实部的共轭调和函数。

现在，我们尝试对于调和函数，找到其共轭调和函数（二者配起来就是一个解析函数）。

这要求，\(u,v\) 满足 C-R 方程，且属于 \(\scr C^\infty\)。

……但这就够了么？

定理：令 \(u\) 是单连通区域 \(D\) 上调和函数，则存在 \(D\) 上解析函数 \(f(z)\) 使得 \(u=\Re f(z)\)。

\(f'(z)\) 可以由 \(u\) 唯一确定（\(f'(z)=u_x-\i u_y\)）。因为 \(u\) 调和，所以 \(f'(z)\) 至少可以求一次导，则其解析。因此求一个不定积分即可。

【注意，因为实部确定，所以不定积分的常数项必须是 \(\i R\) 而非 \(C\) 的形式】

单连通保证不定积分存在。

多联通反例：\(u=\ln|z|\)。易验证其调和。则 \(f'(z)=\dfrac1z\)，而其不存在原函数（环绕原点积分非零）

• 求 \(v\) 的法一：\(u\to f'(z)\to f(z)\)。
• 法二：偏积分；由 C-R 方程保证 \(v\) 的偏导数，因此对偏导数求偏积分（注意，如果对 \(x\) 求偏积分，那么常数项会是 \(g(y)\) 的形式；关于 \(x\) 求偏积分再对 \(y\) 求偏导然后比较系数即可）

例：\(f(z)=u(x^2-y^2)+\i v(x,y)\) 解析。求之。

因解析，则 \(u\) 调和。\(u_x=2xu',u_{xx}=2u'+4x^2u'';u_y=-2yu',u_{yy}=-2u'+4y^2u''\)。因此 \(u_{xx}+u_{yy}=4(x^2+y^2)u''=0\)，则 \(u''\) 在非零处为零。故有 \(u(t)=c_1t+c_2\)，则 \(f(z)=c_1(x^2-y^2)+c_2+\i v(x,y)\)。易知 \(f(z)=c_1z^2+c_2\)。

XI. 级数

复数项序列 \(\{z_n\}_{n=0}^\infty\)。极限 \(A\) 是 \(|z_n-A|<\vare\)。趋于无穷，指 \(|z_n|>M\)。

定义级数 \(I=\sum_{n=0}^\infty z_n\)。级数的定义不依赖于其收敛与否。

部分和极限不存在或趋于无穷，则称级数发散 (DV, Divergent)，否则即为收敛 (CV, Convergent)。

若 \(|z_n|\) CV，则称级数绝对收敛 (AC, absolute CV)。若 CV 但不 AC，则称为条件收敛 (CC, Conditionally CV)。

定理：\(\lim\limits_{n\to\infty}z_n=\alpha+\i\beta\) 等价于实部、虚部分别收敛于 \(\alpha,\beta\)。

定理：级数 CV 等价于实部、虚部分别 CV。

定理：AC 推出 CV，且 \(|I|\leq\sum|z_i|\)。

定理：AC 等价于实部虚部分别 AC。

审敛法：

首先，通项趋于零是收敛的必要条件；通项趋于速度慢，则更难收敛。

Cauchy 根式判别法：

• 一般形式：存在 \(n_0\) 使得其后有 \(\sqrt[n]{|z_n|}\leq q<1\)，则其 AC；若存在无穷多 \(n\) 使得 \(\sqrt[n]{|z_n|}\geq q\geq1\)，则其 DV。
• 极限式：\(\lim\sqrt[n]{|z_n|}=q\)。若 \(q<1\) 则其 AC，\(>1\) 则其 DV，\(=1\) 未知。例：\(\dfrac1n\) DV，\(\dfrac1{n^2}\) AC，\(\dfrac{(-1)^n}n\) CC。

D'Alembert 判别法：

• 一般式：存在 \(n_0\) 使得 \(\left|\dfrac{z_{n+1}}{z_n}\right|\leq q<1\) AC；存在 \(n_0\) 使得(与 Cauchy 不同，因为它是一环套一环的) \(\geq q\geq1\) DV。
• 极限式同上。

Dirichlet：单调趋于零的 \(a_n\)，部分和有界的 \(b_n\)，则积级数 CV。

Abel：单调有界的 \(a_n\)，CV 的 \(b_n\)，则积 CV。

• 注意：这两个定理中的 \(a,b\) 都是实数。复数的场合，应把实部虚部分别分析。

其扩展为 Dedekind 判别法：对于有界变差数列 \(\{a_n\}\)（\(\sum|a_n-a_{n-1}|\) 有上界）且趋于零，对于部分和有界的 \(\{b_n\}\)，积级数收敛。

XII. 函数项级数与幂级数

函数项序列 \(\{f_n(z)\}_{n=0}^\infty\)。其部分和的极限即为级数。

幂级数 \(I=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n\)。

Abel 定理：对于级数 \(I=\sum c_nz^n\)，若 \(I\) 在 \(z_0\) CV，则在区域 \(z:|z|<|z_0|\) 上处处 AC 且一致收敛。反之，若在 \(z_0\) DV，则在区域 \(z:|z|>|z_0|\) 上处处 DV。

\[I=\sum_{i=0}^\infty c_nz^n \\|I|=\sum_{i=0}^\infty|c_nz_0^n|\left|\dfrac z{z_0}\right|^n=\sum_{i=0}^\infty|c_nz_0^n|q^n \]

其中 \(0\leq q<1\)。我们只需证明，\(|c_nz_0^n|\) 有其上界 \(M\)，即可知 \(|I|\) 收敛。因为 \(\sum c_nz_0^n\) 收敛，所以 \(c_nz_0^n\) 必然以 \(0\) 为极限，则其必有上界。

CV/AC 的上确界，或是 DV 的下确界，被称作收敛圆半径 \(R\)；\(C_R\) 是收敛圆圆周，即 \(|z|=R\)；\(D_R\) 是收敛圆（盘），即 \(|z|<R\)。

圆周上处处 DV：\(z^n\)。

部分 DV 部分 CC：\(\dfrac1nz^n\)。

全部 CC：\(\sum\dfrac{(-1)^{\left\lfloor\sqrt n\right\rfloor}}nz^n\)。

全部 AC：\(\dfrac1{n^2}\)。

\[R=\dfrac{1}{\overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{c_n}}=\dfrac1{\lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{c_{n+1}}{c_n}\right|} \]

加减乘对收敛圆的影响是：若半径不同，则新收敛圆会是二者中较小者；否则，收敛半径有扩大的可能。

复合：\(f:\sum a_nz^n,g:\sum b_nz^n\)。则

\[f(g(z))=\sum a_n(h(z))^n=\sum a_n(\sum b_mz^m)^n \]

复合后展开来仍是一个幂级数。

定理：

• 幂级数在收敛盘内部解析。
• \(f'(z)\) 可以逐项求导得到，即 \(f'(z)=\sum na_nz^{n-1}\)。【即，导数可以与求和换序】
• 可以逐项积分。

XIII. Taylor 级数

\(\scr C^\infty\) 函数能否在原点展开为幂级数？在实变函数的场合，这不一定，例如 \(e^{-1/x^2}\) 的速降函数（光滑子），它衰减速度快于一切多项式，因此它无法用 Taylor 多项式近似。

实解析指在邻域中存在 Taylor 展开。这是比 \(\scr C^\infty\) 更强的条件。

但是，复解析函数的场合则不然。有

Taylor 展开定理：若 \(w=f(z)\) 在 \(D\) 上解析。对于其中的 \(z_0\)，令 \(d\) 为满足以 \(z_0\) 为圆心的 \(d\)-盘属于 \(D\) 的上界，则在 \(d\)-盘内部，恰有 \(f(z)=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-z_0)^n\)，其中 \(c_n=\dfrac{f^{(n)}(z_0)}{n!}\)。且该展开唯一。称这种展开方式为 Taylor 展开或 Taylor 级数。

对于 \(z\)，选一个 \(r:|z-z_0|<r<d\)，使用 Cauchy 积分定理可知

\[f(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_{C:|\zeta-z_0|=r}\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{\zeta-z} \]

其中，

\[\dfrac1{\zeta-z}=\dfrac1{\zeta-z_0-(z-z_0)} \\=\dfrac1{\zeta-z_0}\dfrac1{1-\dfrac{z-z_0}{\zeta-z_0}} \]

而因为 \(\left|\dfrac{z-z_0}{\zeta-z_0}\right|<1\)，所以可以代入 \(\dfrac1{1-\omega}=\sum_{i=0}^\infty\omega^n\) 的式子，所以即有

\[\dfrac1{\zeta-z}=\dfrac1{\zeta-z_0}\sum_{i=0}^\infty\left(\dfrac{z-z_0}{\zeta-z_0}\right)^n \\=\sum_{i=0}^\infty\dfrac{(z-z_0)^n}{(\zeta-z_0)^{n+1}} \]

于是，即有

\[f(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_C\left(\sum_{n=0}^\infty\dfrac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}}(z-z_0)^n\right)\d\zeta \]

接下来，我们只需要证明求和和积分可以换序，那么内部就可以套一个 Cauchy 积分公式，直接变成 \(\dfrac{f^{(n)}(z_0)}{n!}\) 了！

怎么办呢？首先有限项是可以交换的。于是只需要证明余项，即

\[R_N(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_C\left(\sum_{n=N}^\infty\dfrac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{n+1}}(z-z_0)^n\right)\d\zeta \]

在 \(N\to\infty\) 时收敛至 \(0\) 即可。

\[|R_N(z)|\leq\dfrac1{2\pi}\oint_C\sum_{n=N}^\infty\dfrac{|f(\zeta)|}rq^n\d\zeta \\\leq\sum_{n=N}^\infty\dfrac Mr q^n \\=\dfrac Mr\dfrac{q^N}{1-q} \]

其中，\(q=\dfrac{|z-z_0|}{r}<1\)，\(M=\sup_{\zeta\in C}|f(\zeta)|\)。易知：当 \(N\to\infty\) 时，此式 \(\to0\)。然后知可交换，则 Taylor 展开确实是展开。

如何证明它是唯一展开？对二者和函数在 \(z_0\) 处的若干阶导数对比即可。

现在，如何计算 Taylor 展开？硬导并非不行，但是经常很麻烦。因此可以借助某些已知东西的积、复合等进行间接展开。

Remarks：

• Taylor 级数的收敛半径 \(R\) 至少为 \(d\)。
• 任意幂级数在 \(R\) 上至少存在一个奇点。

假设无奇点，则每个点都存在一解析邻域。

这些邻域的并集是圆周。由有限覆盖定理，可以从中选择有限个邻域覆盖全圆周。它们的半径存在正的最小值。因此收敛半径可以被扩大。

• 复解析与存在 Taylor 展开等价。这与实解析的定义相同（但是复解析的性质更好）。

XIV. 解析点与零点

一个零点是取 \(0\) 的点。一个 \(m\)-级/\(m\)-阶零点，是满足 \(f(z_0)=f'(z_0)=\dots=f^{(m-1)}(z_0)=0\)，但 \(f^{(m)}(z_0)\neq0\) 的 \(z_0\)。一个孤立零点，是自身为零、但在某个去心邻域内处处非零的点。

一个 \(m\) 阶零点的充要条件，是存在 \(B_\delta(z_0)\)，使得在 \(B_\delta(z_0)\) 上 \(f(z)=(z-z_0)^mg(z)\)，其中 \(g(z)\) 在 \(B_\delta(z_0)\) 上解析、在 \(z_0\) 不取零点。其中，\((z-z_0)^m\) 是一个标准的以 \(z_0\) 为 \(m\) 阶零点的函数。因为解析必然连续，所以 \(g\) 在某邻域中不取 \(0\)，\((z-z_0)^m\) 同理，于是可以推知：该零点必然孤立。

Taylor 展开即可。

定理：解析函数的所有零点都孤立，除非它是零函数。

首先，建立引理：令 \(D\) 是区域，\(\Omega_1,\Omega_2\) 是两个开集，满足 \(\Omega_1\cap\Omega_2=\varnothing,\Omega_1\cup\Omega_2=D\)，则 \(\Omega_1,\Omega_2\) 必须有一为空集。

现在，若 \(f\not\equiv0\)，则制造 \(\Omega_1=\{z_0\in D\mid\exists B_\delta(z_0)\text{ s.t. }f_B\equiv0\}\)，\(\Omega_2=\{z_0\in D\mid\exists B_\delta(z_0)\text{ s.t. }f_B\equiv\lnot0\}\)，则我们只需证明二者的并集为全集即可。

对于每个 \(z_0\)，对其 Taylor 展开。一种场合是该点处 \(c_n\) 全为零，则在某邻域内为零函数；一种是存在非零项，那么首个非零项为主项，可以取充分小邻域使得其中主项占主导，则在某邻域内其处处非零。

因此，我们有唯一性定理：

令 \(f(z),g(z)\) 在 \(D\) 上解析，\(a\) 是 \(D\) 中元素，且存在 \(D\setminus\{a\}\) 上的数列 \(\{z_n\}\)，满足 \(z_n\) 趋近 \(a\)，且 \(f,g\) 在每个 \(z_n\) 处相等，则 \(f,g\) 在 \(D\) 上处处相等。

\(f-g\) 在 \(a\) 的任何邻域中都存在零点。因此 \(f-g\) 必须是零函数。

XV. Laurent 级数

定义：一般幂级数是形如

\[I=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n \]

的级数。它等于非负幂次级数 \(I_1\) 加上负幂次级数 \(I_2\)。

一般幂级数 CV，当且仅当 \(I_1,I_2\) 同时 CV。

对 \(f(z)\) 反演变换，即取 \(\zeta=\dfrac1{z-z_0}\) 后，其负幂次级数

\[I_2=\sum_{n=-\infty}^{-1}c_n(z-z_0)^n=\sum_{n=1}^\infty c_n\zeta^n \]

其绝对收敛域是圆盘 \(|\zeta|<\lambda\)，这等效于区域 \(|z-z_0|>\dfrac1\lambda\)。

因此，一般幂级数的绝对收敛区域是 \(r<|z-z_0|<R\)。

当 \(r\geq R\) 时，两级数没有公共收敛区域，其至多在 \(r=R\) 圆环上有零测的收敛集合，在解析函数的讨论上没有意义。

因此，只考虑 \(r<R\) 的场合，此处即有收敛圆环域。

定理：在收敛圆环域上，一般幂级数的和函数解析，可以逐项求导、积分。

• 其中，逐项积分的意思是，关于曲线 \(C\) 的积分 \(\int_Cf(z)\d z=\int_C[\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n]\d z=\sum_{n=-\infty}^\infty\int_Cc_n(z-z_0)^n\d z\)。

Laurent 展开定理：令 \(f(z)\) 在圆环域上解析，则对于一切 \(z\)，都有 \(f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n(z-z_0)^n\)。其中，\(c_n\) 被使用类似 Cauchy 积分公式求导的方法定义，有 \(c_n=\dfrac1{2\pi\i}\oint_C\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{(\zeta-z_0)^{n+1}}\)。且，该展开是唯一确定的。则该展开被称作 Laurent 展开/Laurent 级数。

对任意 \(z\)，画同心圆 \(C_1\) 包含之、\(C_2\) 不包含之。取 \(\Gamma\) 绕 \(f(z)\) 一圈，则有

\[f(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_\Gamma\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{\zeta-z} \]

现在，取 \(C_1\cup C_2^-\cup\Gamma^-\) 的复合闭路，有

\[f(z)=\dfrac1{2\pi\i}\oint_{C_1}\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{\zeta-z}-\dfrac1{2\pi\i}\oint_{C_2}\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{\zeta-z} \]

对于 \(C_1\)，可以 Taylor 展开为

\[I_1=\sum_{n=0}^\infty\dfrac1{2\pi\i}\oint_{C_1}\dfrac{f(\zeta)\d\zeta}{(\zeta-z_0)^{n+1}}(z-z_0)^n \]

\(C_2\) 同理。二者用复合闭路并在一块即可。

从属原则（就大原则）：给定环域 \(D(z_0,r,R)\) 上的 \(f(z)\)，取嵌入环域 \(D(z_0,r',R')\) 满足 \(r<r'<R'<R\)，则二者展开相同。

漂移原则：若两环域间经过了不可去的奇点，则展开式必然改变。

例如，\(f(z)=\dfrac1{z(1-z)}\)。它有两个极大收敛圆环：\((0,1)\) 与 \((1,+\infty)\)。在 \((0,1)\) 上，其可以被展开为 \(\dfrac1z+\dfrac1{1-z}=z^{-1}+\sum_{n=0}^\infty z^n\)。但是，在 \((1,+\infty)\) 上，后一项不再能如此展开，而应被以 \(\dfrac1z\cdot\dfrac1{1/z-1}\) 的式子间接展开。

事实上，式子 \(\dfrac1{1+\text{something}}\) 展开时，通用做法是针对 \(\text{something}\) 的模长是大于 \(1\) 还是小于 \(1\)，分两种情况漂移处理。

应用如留数定理：\(\oint f(z)\d z=2\pi\i c_{-1}\)。

XVI. 奇点

称 \(z_0\) 是孤立奇点，若 \(z_0\) 是奇点，且存在邻域使得其中没有任何其它奇点（即，\(f(z)\) 在 \(z_0\) 的某去心邻域中解析）。否则，称为非孤立奇点。

例如，\(\ln z\) 在负实轴上不解析。这是非孤立奇点的例子。\((\sin z^{-1})^{-1}\) 的 \(0\) 点也是非孤立的（任意临近处都存在奇点）

孤立奇点周围存在 Laurent 展开。由此可以对其分类：

• 可去奇点：Laurent 展开没有负幂次项。补充 \(f(z_0)=c_0\) 它即不再为零点。于是三性质等价：可去奇点；函数存在至 \(z_0\) 的极限；在邻域内有界。

  证明有界推出可去？有 \(|c_n|\leq\dfrac1{2\pi}\oint_{C_r}\dfrac{|f(z)||\d z|}{|z-z_0|^{n+1}}=\dfrac M{r^n}\)。当 \(n\leq-1\) 时，令 \(r\to0\) 即得 \(|c_n|\leq0\)。

• \(m(\geq1)\) 阶零点。\(m=1\) 时称作简单奇点。其 Laurent 展开的最高次负幂项为 \(\dfrac{c_{-m}}{(z-z_0)^m}\)。有

  \[f(z)=\dfrac1{(z-z_0)^m}\left[c_{-m}+c_{-m+1}(z-z_0)+\dots+c_0(z-z_0)^m+\dots\right] \\=\dfrac{g(z)}{(z-z_0)^m} \]

  即其在邻域有标准分解。有 \(g(z_0)=c_{-m}\neq0\)。
  孤立奇点等价条件：是 \(m\) 阶奇点；\(f(z)\) 存在标准分解；\((z-z_0)^mf(z)\) 存在非零极限；\(z_0\) 为 \(f(z)^{-1}\) 的 \(m\) 阶零点（在可去解析意义下）。

• 本性奇点：无限负幂项。

Weierstrass 定理：对于本性零点 \(z_0\)，则对于一切 \(A\in\bar\C\)，都存在 \(z_0\) 去心邻域 \(B_\delta^*(z_0)\) 的一组逼近 \(z_0\) 的点列 \(\{z_i\}_{i=1}^\infty\)，满足 \(f(z_i)\) 的极限为 \(A\)。

Picard（大）定理：对于本性零点 \(z_0\)，则对于除至多一个 \(A_0\) 外的全体 \(A\in\C\)，都存在去心邻域中逼近 \(z_0\) 的点列，满足 \(f(z_i)\equiv A\)。

Picard 大定理的证明困难。但是可以例证（对某个例子证明）。

\(\exp z^{-1}\) 拥有 \(z_0=0\) 的本性零点。对于一切 \(A\neq0\)，取 \(\dfrac1z=\Ln A\) 即可。

\(\infty\) 总是被看作奇点。\(\infty\) 是孤立奇点，若存在圆环使得外界不再存在奇点。在环外其即解析并存在 Laurent 展开，此时可以通过反演变换 \(\zeta=z^{-1}\) 去研究零点处的性质。

定理：\(z_0\) 为 \(\C\) 上孤立奇点，则：

• 可去奇点等效于存在有界极限。
• 极点（\(m\) 阶奇点）等效于极限为无穷。
• 本性奇点等效于极限不存在且不为无穷大。

XVII. 留数

令 \(z_0\in\C\) 为孤立奇点。其附近的 Laurent 展式的 \(-1\) 次项系数

\[c_{-1}=\dfrac1{2\pi\i}\oint f(z)\d z \]

被称作其留数。记作 \(\Res[f(z),z_0]\) 或 \(\Res_f[z_0]\)。可去奇点的留数为零。

留数定理：令单连通区域中的 Jordan 曲线 \(C\) 包含的奇点数目有限且都为孤立奇点，则

\[\oint_Cf(z)\d z=2\pi\i\sum_i\Res[f(z),z_i] \]

对于简单极点，有 \(\Res[f(z),z_0]=\lim_{z\to z_0}(z-z_0)f(z)\)。

令 \(f(z)=\dfrac{p(z)}{q(z)}\) 满足 \(p(z_0)\neq0,q'(z_0)=0,q'(z_0)\neq0\)，则 \(z_0\) 是简单极点，且 \(\Res[f(z),z_0]=\dfrac{p(z_0)}{q'(z_0)}\)。【此处 \(p,q\) 不要求是多项式】

对于 \(m\) 阶极点，取任何 \(k\geq m\)，则有

\[\Res[f(z),z_0]=\dfrac1{(k-1)!}\lim_{z\to z_0}\dfrac{\d^{k-1}}{\d z^{k-1}}\left[(z-z_0)^kf(z)\right] \]

对于本性极点，目前没有好的方式。

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无穷远处的留数 \(\Res[f(z),\infty]=-c_{-1}\)。这是因为，当 \(C\) 是正向曲线时，其相对于无穷大（可以映到复球面上观察）会是负向曲线。

全留数定理：令 \(w=f(z)\) 在 \(\bar{\C}\) 上全体奇点为有限个孤立奇点，则全体奇点的留数和为零。这个定理可以被用于规避计算一个本性零点的留数。

定理：

\[\Res[f(z),\infty]=-\Res[\dfrac1{z^2}f(1/z),0] \]

\[f(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_nz^n \\\xrightarrow{\zeta=1/z} \\\varphi(\zeta)=\sum_{n=-\infty}^\infty c_n\zeta^{-n} \\\varphi(\zeta)/\zeta^2=\sum_{n=-\infty}^\infty c_{-n}\zeta^{n-2} \\c_{-1}=\Res[\varphi(\zeta)/\zeta^2,0] \]

例：\(\oint\dfrac{z\d z}{z^n-1}\)。如果使用所有的 \(\omega_n^i\) 处的展开，式子是 \(\dfrac{2\pi\i}n\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{2i}\)，其或许不太好算；但是如果变成无穷处的奇点，就好做了。

XVIII. 留数应用

三角函数积分：例如 \(I=\int_0^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)\d\theta\) 的积分。其中，\(R\) 是二元有理函数，即两个二元多项式的比值，\(R(x,y)=\dfrac{P(x,y)}{Q(x,y)}\)。

现在，考虑 \(|z|=1\)，则 \(\cos\theta=\dfrac{z+\bar z}{2}=\dfrac{z^2+1}{2z},\sin\theta=\dfrac{z^2-1}{2\i z},\d\theta=\dfrac{\d z}{\i z}\)。

于是，

\[I=\oint_{|z|=1}R(\dfrac{z^2+1}{2z},\dfrac{z^2-1}{2\i z})\dfrac{\d z}{\i z} \]

因此可以令 \(f(z)=R(\dfrac{z^2+1}{2z},\dfrac{z^2-1}{2\i z})\dfrac1{\i z}\)，并求留数。

注意到 \(f(z)\) 会是有理函数。有理函数不会有本性奇点。因此只要拿出其中所有的极点，求留数即可。

例：

\[\int_0^{2\pi}\dfrac{\d\theta}{a-\cos\theta} \\=\oint_{z=1}\dfrac{\d z/(\i z)}{a-(z^2+1)/2z} \\=2\i\oint_{|z|=1}\dfrac{\d z}{z^2-2az+1} \]

其极点为 \(a-\sqrt{a^2-1}\)，因此

\[I=2\pi\i\cdot2\i\cdot\dfrac1{(2z-2a)|_{z=a-\sqrt{a^2-1}}} \\=\dfrac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}} \]

例：

\[I_p=\int_0^{2\pi}\dfrac{\cos m\theta\d\theta}{1+p^2-2p\cos\theta} \]

令

\[\tilde I_p=\int_0^{2\pi}\dfrac{\sin m\theta\d\theta}{1+p^2-2p\cos\theta} \\J_p=I_p+\i\tilde I_p=\int_{|z|=1}\dfrac{z^m(\d z/\i z)}{1+p^2-2p\dfrac{z^2+1}{2z}} \\=-\i\int_{|z|=1}\dfrac{z^m\d z}{z+p^2z-p(z^2+1)} \\=\i\int_{|z|=1}\dfrac{z^m\d z}{(z-p)(pz-1)} \\=-2\pi\Res[\dfrac{z^m\d z}{(z-p)(pz-1)},p] \\=\dfrac{2\pi p^m}{1-p^2} \]

因此 \(I_p=2\pi p^m/(1-p^2),\tilde I_p=0\)。

无穷有理积分：\(I=\int_{-\infty}^\infty\dfrac{P_n(x)}{Q_m(x)}\d x\)，其中 \(m-n\geq2\)，\(R(z)\) 在 \(\R\) 上无极点。

则有

\[I=2\pi\i\sum_{\Im(z_k)>0}\Res[R(z),z_k] \\=-2\pi\i\sum_{\Im(z_k)<0}\Res[R(z),z_k] \]

取充分大圆周半径 \(r\)，使得其包含全体极点。则令 \(I_R\) 为 \([-R,R]\) 的线段，\(C_R\) 为半径为 \(R\) 的半圆周，则令 \(\gamma=I_R+C_R\)，可知

\[\oint_\gamma R(z)\d z=\int_{I_R}+\int_{C_R}=2\pi\i\sum_{\Im(z_k)>0}\Res[R(z),z_k] \]

当 \(R\to+\infty\) 时，因为 \(m-n\geq2\)，所以 \(R(z)\) 以 \(\sim\dfrac1{R^2}\) 的速率衰减，而 \(|C_R|\) 仅以 \(\sim R\) 的速率增加，因此 \(R\to+\infty\)，\(C_R\) 积分为零。

事实上，沿任何从无穷趋于无穷，且值为 \(o(1/R)\) 级别的线积分，都可以套用上述算法。

形如 \(I=\int_{-\infty}^\infty R(x)\exp(\i ax)\d x\) 的积分，其中 \(a\in\R\setminus\{0\}\)，\(R(x)=\dfrac{P_n(x)}{Q_m(x)}\) 满足 \(m-n\geq1\)、在 \(\R\) 上无极点。

当 \(a>0\) 时，有

\[I=2\pi\i\sum_{\Im(z_k)>0}\Res[R(z)\exp(\i a z),z_k] \]

反之，\(a<0\) 时，有

\[I=-2\pi\i\sum_{\Im(z_k)<0}\Res[R(z)\exp(\i a z),z_k] \]

\[\left|\int_{C_R}R(z)\exp(\i az)\d z\right| \\\leq\int_{C_R}\dfrac{M}{|z|^{m-n}}|\exp(\i a(x+\i y))||\d z| \\=\dfrac{M}{R^{m-n}}\int_{C_R}\exp(-a y)\d s \\=\dfrac{M}{R^{m-n}}\int_0^\pi \exp(-aR\sin\theta) R\d\theta \\=\dfrac{2M}{R^{m-n-1}}\int_0^{\pi/2} \exp(-aR\sin\theta)\d\theta \\\leq\dfrac{2M}{R^{m-n-1}}\int_0^{\pi/2} \exp(-aR\dfrac2\pi\theta)\d\theta \\=\dfrac{2M}{R^{m-n-1}}\dfrac{\pi}{-2aR}\exp(-2aR\theta/\pi)|_0^{\pi/2} \\=\dfrac A{R^{m-n}}(1-\exp(-aR)) \]

因为 \(a>0\)，所以当 \(R\to\infty\) 时，其 \(\to0\)。

例如，

\[I=\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin x\d x}{x^2+b^2} \\=\Im\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\exp(\i x)\d x}{x^2+b^2} \\=\Im(2\pi\i\Res[\dfrac{z\exp(\i z)}{z^2+b^2}],b\i) \\=\Im(2\pi\dfrac{b\i\exp(-b)}{2b\i}) \\=\pi e^{-b} \]

注意：这三个应用都需要化成相应的形式后计算，不然会死得很惨！

1. 单位圆三角积分。把所有的 \(\sin,\cos\) 使用 \(z\) 替换。
2. 实轴积分。必须转成实轴有理函数积分，或者有理函数乘以 \(\exp\) 的积分。不能直接代入！！！必须保证无实轴极点！！！

fun fact: \(I(b)=\int_{-\infty}^\infty\dfrac{x\sin x\d x}{x^2+b^2}=\pi e^{-b}\)。当 \(b\to0\) 时，有 \(I(b)\to\pi\)。倘若极限和积分可以换序，则有 \(\int_{-\infty}^\infty\dfrac{\sin x}x=\pi\)。

事实上这个积分的结果是正确的。但是也可以使用某些神奇的方法。