级数与留数

级数展开

复级数的敛散性

定义

1. 级数

   $$\sum_{n=1}^{+\infty} z_n = z_1 + z_2 + z_3 + \cdots$$

2. 收敛：部分和 $S_n = \sum_{k=1}^{n}z_k$ 收敛于 $S$

3. 绝对收敛：$\sum_{n=1}^{+\infty}|z_n|$ 收敛

4. 条件收敛：$\sum_{n=1}^{+\infty}z_n$ 收敛而 $\sum_{n=1}^{+\infty}|z_n|$ 发散

复级数收敛的判定

1. 设 $z_n = x_n + iy_n$。则 $\sum z_n$ 收敛的充要条件是 $\sum x_n$ 和 $\sum y_n$ 都收敛。
2. 级数收敛的必要条件是 $z_n\to0$。

幂级数的敛散性

幂级数定义

形如

$$\sum_{n=0}^{+\infty}c_nz^n = c_0 + c_1z + c_2z^2 + \cdots$$

的级数称为幂级数。

敛散情况有三种：

1. 只在原点收敛
2. 在复平面处处绝对收敛
3. 在 $|z|<R$ 内绝对收敛，在 $|z|<R$ 外发散，$|z|=R$ 处不确定，可能绝对收敛、条件收敛、发散

收敛半径判定

$$\frac{1}{R} = \lim_{n\rightarrow+\infty}\left|\frac{c_{n+1}}{c_n}\right| \\ \ \\ \frac{1}{R} = \limsup_{n\rightarrow+\infty} \sqrt[n]{|c_n|}$$

比值公式仅在该极限存在时适用。 注意，当级数缺项，如 $z^{2n}$ ，不能直接用公式判定。 通用的方法是找到一个 $r$，证明 $|z|<r$ 时级数收敛，$|z| > r$ 时级数发散。 解析函数的收敛半径就是距离原点最近的一个奇点与原点的距离。

幂级数运算

运算后的收敛半径至少不小于各参与幂级数收敛半径的最小值；若系数发生抵消，收敛半径还可能增大。

解析函数的泰勒级数展开

若 $f(z)$ 在 $D: |z-z_0| < R$ 内解析，则在 $D$ 内 $f(z)$ 可以展开为幂级数

$$f(z) = \sum_{n=0}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n$$

其中

$$c_n = \frac{1}{2\pi i}\oint_c \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1} }dz = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$$

初等函数的泰勒展开式 基本方法：

1. 直接求导展开
2. 先变形，如组合、求导、积分，变成已知的泰勒展开。进行求导、积分操作时，尽量往下面的展开靠拢，以便积分。
3. 求完之后还要写收敛域

一个重要的展开如下：

$$\frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^{+\infty}z^n, |z| < 1$$

1. $e^z$ 在 $z=0$ 处的泰勒展开

$$e^z = \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{z^n}{n!}$$

2. $\sin z$ 展开

$$\sin z = \frac{e^{iz}-e^{-iz} }{2i} = \sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)!}$$

3. $\cos z$ 展开

$$\cos z = \frac{e^{iz}+e^{-iz} }{2} = \sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\frac{z^{2k}}{(2k)!}$$

解析函数的洛朗级数展开

设函数 $f(z)$ 在 $D: r < |z-z_0| < R$ 内解析，则在 $D$ 内可以唯一展开为 Laurent 级数

$$f(z) = \sum_{-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n$$

其中

$$c_n = \frac{1}{2\pi i}\oint_c \frac{f(\xi)}{(\xi-z_0)^{n+1} }d\xi$$

求洛朗级数的基本方法与泰勒展开类似，使用已知函数的泰勒展开来计算。

孤立奇点分类

函数 $f(z)$ 在奇点 $z=z_0$ 的去心邻域内解析，则 $z=z_0$ 为函数的孤立奇点。

可去奇点 判定：

1. $\lim_{z\rightarrow z_0}f(z)$ 存在且有限
2. $f(z)$ 在 $z=z_0$ 某去心邻域内有界

极点 判定：

1. $\lim_{z\rightarrow z_0}f(z) = \infty$，则 $z=z_0$ 为极点
2. 设 $g(z) = 1/f(z)$，则 $g(z)$ 的零点阶数即为 $f(z)$ 的极点阶数

对于一个一般的函数，若 $f^{(1)}(z_0) = f^{(2)}(z_0) = ... = f^{(m-1)}(z_0) = 0$，$f^{(m)}(z_0) \not ={0}$，则 $z_0$ 为 $f(z)$ 的 $m$ 阶零点。 零点阶数可以通过乘除来简单判断。

本性奇点 判定：

1. $\lim_{z\rightarrow z_0} f(z)$ 不存在

留数

设 $f(z)$ 在 $0 < |z-z_0| < R$ 中解析，$z = z_0$ 为 $f(z)$ 的一个孤立奇点。$C$ 为路径 $|z-z_0|=\rho$。定义 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的留数为

$$Res[f(z), z_0] = \frac{1}{2\pi i} \oint_C f(z)\,dz$$

用洛朗展开计算留数

$Res[f(z), z_0]$ 的值等于 $f(z)$ 在 $z_0$ 处洛朗级数展开中 $(z-z_0)^{-1}$ 项的系数 $c_{-1}$。

$$Res[f(z), z_0] = c_{-1}$$

若 $f(z)$ 在无穷远处的 Laurent 展开为 $f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_nz^n$，则无穷远处的留数为：

$$Res[f(z), \infty] = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C^-}f(z)dz = -c_{-1}$$

不同类型奇点处的留数计算

$z_0$ 为可去奇点:

$$Res[f(z), z_0] = 0$$

$z_0$ 为m阶极点:

$$Res[f(z), z_0] = \frac{1}{(m-1)!} \lim_{z\rightarrow z_0}\frac{d^{m-1} }{dz^{m-1} }[(z-z_0)^mf(z)]$$

$m$ 阶极点的推论

1. 若 $z_0$ 为 $f(z)$ 的一阶极点，则

   $$Res[f(z), z_0] = \lim_{z\rightarrow z_0}(z-z_0) f(z)$$

2. 若 $f(z) = P(z)/Q(z)$，其中 $P(z),Q(z)$ 在 $z_0$ 处解析，$z_0$ 为一阶极点，则

   $$Res[f(z), z_0] = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}$$

$\infty$ 的留数

1. 洛朗级数展开，找 $c_{-1}$

2. 若 $z_0 = \infty$ 是函数 $f(x)$ 的孤立奇点，则

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

留数定理

第一留数定理

若 $f(z)$ 在简单正向闭曲线 $C$ 上连续，在 $C$ 围成的区域 $D$ 内除了有限个奇点 $z_1, z_2, ..., z_n$ 外均解析，且奇点不在 $C$ 上，则

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

第二留数定理

若 $f(z)$ 在适合的区域内除有限个孤立奇点外解析，且所有有限奇点与无穷远点的留数均已计入，则

$$\sum_{k=1}^{n} Res\left[\ f(z), z_k\ \right] + Res[f(z), \infty] = 0$$

运用留数定理计算积分

1. $\displaystyle \int_0^{2\pi}R(\cos\theta, \sin\theta)d\theta$

$$\sin\theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta} }{2i} = \frac{z^2-1}{2iz} \\ \ \\ \cos\theta = \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta} }{2} = \frac{z^2+1}{2z} \\ \ \\ d\theta = \frac{dz}{iz} \ \\ \int_0^{2\pi}R(\cos\theta, \sin\theta)d\theta = \oint_{|z|=1}\widetilde R(z)dz = 2\pi i\sum_{k=1}^{n}Res[\widetilde R(z), z_k]$$

其中 $\widetilde R(z)$ 是将上述代换代入 $R$ 并包含 $d\theta=dz/(iz)$ 后得到的被积函数。

2. $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{P(x)}{Q(x)} dx$

设 $P(x), Q(x)$ 为多项式，方程 $Q(x)$ 无实根，且方程 $Q(x)$ 的次数比 $P(x)$ 的次数至少高两次，$f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$, 则

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}dx = 2\pi i\sum_{k=1}^{n}Res[f(z), z_k]$$

其中 $z_k(k=1,2,3,...,n)$ 为 $f(z)$ 在上半平面的极点，并且要求大半圆弧上的积分趋于零。

3. $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{i\lambda x}dx$

设 $P(x), Q(x)$ 为多项式，方程 $Q(x)$ 无实根，且方程 $Q(x)$ 的次数比 $P(x)$ 的次数至少高一次，$f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}$, 则

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}e^{i\lambda x}dx = 2\pi i\sum_{k=1}^{n}Res[f(z)e^{i\lambda z}, z_k]$$

其中在 $\lambda>0$ 时，$z_k(k=1,2,3,...,n)$ 为 $f(z)$ 在上半平面的极点，结果为 $2\pi i\sum Res$；当 $\lambda<0$ 时应改在下半平面闭合，结果为 $-2\pi i$ 乘以下半平面内诸极点留数之和（此时 $e^{i\lambda z}$ 在 $Im\,z<0$ 内衰减）；$\lambda=0$ 时回到第二类积分。上述闭合还要求大半圆弧上的积分趋于零。

两个特殊情况：

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\cos(\lambda x)dx = Re\left( 2\pi i\sum_{k=1}^{n}Res\left[f(z)e^{i\lambda z}, z_k\right] \right)$$

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\sin(\lambda x)dx = Im\left( 2\pi i\sum_{k=1}^{n}Res\left[f(z)e^{i\lambda z}, z_k\right] \right)$$