复变函数期末集体复习

解析函数

知识梳理

复变导数的定义为: \[ w'(z)=\lim_{\Delta z\to 0}\frac{w(z+\Delta z)-w(z)}{\Delta z}, \] 这一定义要求$\Delta z$以任意方式趋于$0$时极限均存在且相等.
Cauchy-Riemann方程: \[ \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y};\quad \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial u}{\partial x}. \]
- 等价表示: \[ \frac{\partial w}{\partial \bar{z}}=0. \] 这一表示中需要一个判断解析性的重要换元: \[ x=\frac{z+\bar{z}}{2};\; y=\frac{z-\bar{z}}{2i}. \]
- 重要推论: $u,v$都是调和函数. 相应地, 若$u$是调和函数, 那么其一定可以作为解析函数的实部. 这一点只需要判断$v$是否存在. 考虑 \[ \omega=-\frac{\partial u}{\partial y}\text{d}x+\frac{\partial u}{\partial x}\text{d}y, \] 容易验证$\text{d}\omega=0$, 即$\omega$是闭形式. 由Poincare引理, $\omega$也一定是恰当形式, 即在一定范围上存在 \[ \omega=\text{d}v. \] $v$就是我们寻找的虚部.
解析函数: $w$在$z_0$处可导, 则$w$在$z_0$解析. 这一定义可以推广到区域上.
- 可导的充分必要条件: $u,v$的偏导数存在且连续, 且满足C-R条件.

例题

已知函数$u(x,y)$和$v(x,y)$分别为解析函数$w_1$的实部与虚部, 则$u^2$和$uv$能否作解析函数$w_2$的实部? 为什么? 如果可以, 求出$w_2$的表达式(可以用$w_1$, $u$, $v$和常数表示).

解: 验证$u^2$是否为调和函数: \[ \begin{aligned} \Delta u^2=\nabla \cdot (2u \nabla u)=2(\nabla u)^2+2u\Delta u=2(\nabla u)^2, \end{aligned} \] 对于一般的$u$右侧不为零. 若$u$为一个常数, 那么$u^2$将为调和函数. 此时$w_2$就是一个复常数.

再验证$uv$: \[ \Delta (uv)=\nabla \cdot(v\nabla u+u\nabla v)=2\nabla v\cdot \nabla u, \] 而根据$u,v$的正交性, 右侧点乘为零. $uv$可作某解析函数的实部. 这一函数的虚部满足: \[ \begin{aligned} \text{d}v_2&=-\left(v\frac{\partial u}{\partial y}+u\frac{\partial v}{\partial y} \right)\text{d}x+\left(v\frac{\partial u}{\partial x}+u\frac{\partial v}{\partial x} \right)\text{d}y\\ &=-\left(-v\frac{\partial v}{\partial x}+u\frac{\partial u}{\partial x} \right)\text{d}x+\left(v\frac{\partial v}{\partial y}-u\frac{\partial u}{\partial y} \right)\text{d}y\\ &=\text{d}\frac{1}2 \left(v^2-u^2\right), \end{aligned} \] 于是 \[ w_2=uv +\frac{i}{2}(v^2-u^2)+iC=\frac{w_1^2}{2i}+iC. \]
设$u(x,y)$和$v(x,y)$分别是解析函数$w_1$的实部和虚部, 且$u$和$v$不为常函数.
1. $u^n −v^n$ ($n$为自然数) 在什么情况下可以作为解析函数$w_2$的实部？
2. 在上一问的条件下, 导出$w_2$的表达式(用$w_1$以及常数表示即可).
解:
1. 验证$u^n-v^n$是否为调和函数:
\[ \Delta (u^n-v^n)=n(n-1)(\nabla u)^2\left( u^{n-2}-v^{n-2} \right). \]

而显然$u\neq v$, 于是只能有$n=0,1$.
1. 对$n=0$, $w_2$就为一纯虚常数; 对$n=1$,
\[ \text{d}v_2=\text{d}(u+v), \]

所以 \[ w_2=u-v+i(u+v)+iC=(1+i)w_1+iC. \]
设$x,y$为实数, $w(z)=u(x,y)+iv(x,y)$为解析函数, $u(x,y) = x^3+y^3+ax^2y+ bxy^2 + x^2 +cxy +dy^2$, 求出$u(x,y)$可做解析函数实部的条件, 并求出解析函数$w(z)$的表达式, $z =x+iy$.

解: 计算: \[ \Delta u=6x+2ay+2+6y+2bx+2d=0. \] 得到$b=-3,a=-3,d=-1$. 即 \[ u=x^3+y^3-3x^2y-3xy^2+x^2+cxy-y^2. \] 此时: \[ \frac{\partial v}{\partial x}=-3y^2+3x^2+6xy-cx+2y;\; \frac{\partial v}{\partial y}=3x^2-6xy-3y^2+cy+2x\\ \text{d}v=\text{d}(x^3-y^3+2xy+3yx^2-3xy^2), \] 得到 \[ w(z)=(1+i)z^3+\left(1+\frac{c}{2i}\right)z^2+iC. \]

Cauchy积分公式

单连通区域上的Cauchy定理: 若$f$在单连通区域上的$D$上解析, 则 \[ \oint_{\partial D}f(z)\text{d}z=0. \] 这一点可以由C-R条件和Green公式得到.
复连通区域上的Cauchy定理: $f$在复连通区域上单值解析, 则 \[ \oint_{\partial D^+}f(z)\text{d}z=0. \] 其中$\partial D$包含了这一复连通区域的所有边界. 改写就得到: \[ \oint_{C}f(z)\text{d}z=\sum_i \oint_{C_i}f(z)\text{d}z. \]
Cauchy积分公式: $f$在单连通区域$D$上解析, $a\in D$, 则对环路$C\subset D$有 \[ \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f(z)}{z-a}\text{d}z=f(a). \]
- 由此可以得到高阶导数公式: \[ f^{(p)}(a)=\frac{p!}{2\pi i}\oint_{C}\frac{f(z)}{(z-a)^{p+1}}\text{d}z. \] 这说明: 若$f$可导, 则其各阶导数均存在.
Cauchy型积分: 在一条分段光滑的曲线$C$上, $\phi(z)$连续. 则由如下定义的$f(z)$解析, 且各阶导数均存在: \[ f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{\phi(\zeta)}{\zeta-z}\text{d}\zeta,\; f^{(p)}(z)=\frac{p!}{2\pi i}\int_C \frac{\phi(\zeta)}{(\zeta-z)^{n+1}}\text{d}\zeta. \] 需要注意的是, $f(z)\neq \phi(z)$, 这是由于积分曲线可以不闭合, 且$\phi(z)$不一定解析.

例题

求环路积分 $\oint_{|ζ|=1} \frac{\Re \zeta}{ \zeta−z}d\zeta, |z| \neq1$的值.

解. 环路上有$\Re \zeta=\frac{1}{2}(\zeta+1/\zeta)$, 所以有 \[ \oint_{|\zeta|=1} \frac{\Re \zeta}{ \zeta−z}d\zeta=\frac{1}{2}\oint_{|\zeta|=1}\frac{\zeta}{\zeta-z}\text{d}\zeta+\frac{1}{2}\oint_{|\zeta|=1}\frac{1}{(\zeta-z)\zeta}\text{d}\zeta, \] 在$|z|>1$时, 第一项积分为零, 第二项积分为$-\pi i \cdot 1/z$.

于是 \[ I=-\frac{i\pi }{z},\quad |z|>1. \] 而在$|z|<1$时, 第一项积分为$i\pi z$, 第二项积分改写为 \[ \frac{1}{2z}\oint\left( \frac{1}{\zeta-z}-\frac{1}{\zeta}\right)\text{d}\zeta=0, \] 容易验证这在$z=0$时也成立. 于是 \[ I=\begin{cases} -\dfrac{i\pi }{z},\quad |z|>1,\\ i\pi z,\quad |z|<1. \end{cases} \]
设$w(z)=u(x,y)+iv(x,y)$于复平面上半平面与实轴上均单值解析, 且当$z$于上半空间趋于无穷远点时, $w(z)$一致地趋向于$0$, 求证: \[ u(x,y)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{yf(\xi)}{(\xi-x)^2+y^2}\text{d}\xi; \\ v(x,y)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(x-\xi)f(\xi)}{(\xi-x)^2+y^2}\text{d}\xi. \] 其中$f(\xi) = u(\xi,0)$, 这被称为上半空间的Poisson公式.

解: 考虑如图围道.

根据这一围道上的Cauchy积分公式: \[ w(z)=\frac{1}{2\pi i} \int_{-R}^{R}\frac{w(\xi)}{\xi -z}\text{d}\xi +\frac{1}{2\pi i} \int_{C_R}, \] 而在$R\to +\infty$时, 根据大圆弧引理, $\int_{C_R}\to 0$. 于是 \[ w(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{w(\xi)}{\xi-z}\text{d}\xi=\frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(\xi-x+iy)(u+iv)}{(\xi-x)^2+y^2}\text{d}\xi. \] 再考虑如图$z'$点的积分. 此时$w(\xi)/(\xi -z)$在上半平面上解析, 因此积分为零. 而积分可以化为: \[ \frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(\xi -x-iy)(u+iv)}{(\xi -x)^2+y^2}\text{d}\xi=0. \] 相加得到 \[ w(z)=\frac{1}{\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(\xi -x)(u+iv)}{(\xi-x)^2+y^2}\text{d}\xi=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(x-\xi)u}{(\xi-x)^2+y^2}\text{d}\xi +\frac{i}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(x-\xi )v}{(\xi-x)^2+y^2}\text{d}\xi, \] 对比虚部就得到了第二个Poisson公式. 相减得到 \[ w(z)=\frac{1}{\pi }\int_{-\infty}^{\infty}\frac{y(u+iv)}{(\xi -x)^2+y^2}\text{d}\xi, \] 对比实部就得到了第一个Poisson公式.
计算围道积分 \[ \oint_{|\zeta|=1}\frac{\Re \zeta }{(\zeta-z)^2}\text{d}\zeta,\; |z|\neq 1. \]

解: 仍然是类似的技巧: \[ I=i\pi \cdot\frac{1}{2\pi i} \oint_{|\zeta|=1}\frac{\zeta}{(\zeta-z)^2}\text{d}\zeta+i\pi \cdot \frac{1}{2\pi i }\oint_{|\zeta|=1}\frac{1}{\zeta(\zeta-z)^2}\text{d}\zeta. \] 对$|z|>1$, 第一项积分为零; 第二项为$i\pi /z^2$.

对$|z|<1$, 第一项积分为$\zeta$在$z$处的一阶导数, 为$i\pi$, 而第二项为 \[ i\pi\frac{1}{z^2} \cdot \frac{1}{2\pi i}\oint_{|\zeta|=1}\left(\frac{1}{\zeta}-\frac{1}{\zeta-z}+\frac{z}{(\zeta-z)^2} \right)\text{d}\zeta=0, \] 容易验证这在$z=0$时也成立. 综上, \[ I=\begin{cases} \dfrac{i\pi }{z^2},\quad |z|>1;\\ i\pi ,\quad |z|<1. \end{cases} \]

*多值函数和Laurent展开

知识梳理

多值函数的宗量, 支点, 割线和单值分支.
- 宗量: 是指幅角会引起多值性的量. 函数中$\sqrt{w},\ln w$中的$w$就是宗量.
- 支点: 绕点(路径内不能有其他支点)旋转一圈, 函数值不复原的点.
  - 支点的判断: 使宗量为无穷或者$0$的点可能是支点.
  - 支点的性质: 支点是非孤立奇点.
- 割线: 连接支点的线. 每一个支点都至少有一条割线与之相连. 割线的目的是为了不能绕单一支点一圈.
  - 割线上的每个点都是非孤立奇点.
- 单值分支: 划好割线后规定某点的函数值就确定了函数的一个单值分支. 规定好单值分支后, 多值函数就可以进行对应实函数所允许的代数运算.
  - 这些代数运算本质上就是要处理$\sqrt{-1},\ln(-1)$的值.
多值函数值的求法: 已知多值函数在$w_0$处的值, 求$w$处的值.
- 具体步骤:
  1. 确定宗量的模长;
  2. 画割线允许的路径, 计算$\Delta \arg w$. 此时宗量就是
  \[ w=|w|e^{i(\arg w_0+\Delta \arg w)}, \]
  
  幅角是确定的.
  1. 带回具体计算.
- 无穷远点的值.
  
  例: 考虑函数 \[ f(z)=\ln\frac{1+z}{1-z}, f(0)=0. \] 割线为$-1$到$1$的下半圆弧. 求$\infty$点的值.
  
  解: 如图.
  
  $z$平面的割线对应宗量平面的割线. 无穷远点在$w$平面对应$-1$. 因此就是要计算$-1$的幅角. 考虑右侧红色路径, 容易得到$-1$的幅角为$\pi$. $\infty$处的函数值就是$i\pi$.
Laurent展开:
- 具有唯一性;
- 多值函数的Laurent展开是在主值分支上的, 即当$z$为实数且函数在实数域上有定义时, 函数值与实变函数中的定义一致. 因此, 对于题目中多值函数的Laurent展开, 要先判断题给的函数在哪一个单值分支, 不同分支的上的级数可能相差常数或系数, 但常数或系数对后续步骤影响很大.
- 无穷远点的Laurent展开是$1/z$的幂级数, 环域写为$|z|>1/R$, 其中$R$是收敛半径.
Laurent展开的求法.
- 转化为基本公式求解: \[ e^{z}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!};\\ \ln(1-z)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n};\\ (1+z)^{\alpha}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha\cdots(\alpha-n+1)}{n!}z^n=\sum_{n=0}^{\infty}\begin{pmatrix}\alpha\\n \end{pmatrix}z^n. \]
- 级数乘法; 待定系数法;
- 级数除法. 这一方法大多是将函数转化为 \[ \frac{1}{1-\square}, \] 其中$\square$可能是某个无穷级数, 那么展开为 \[ 1+\square+\square^2+\cdots. \] 这种方法在求前$1\sim 2$项系数时比较方便. 但可能没有过程分.

例题

已知函数$w(z) = z\ln^{−2}\dfrac{z+i}{z-i}$，割线为$z = i$与$z = −i$的连线，并规定割线右岸宗量辐角为$−\pi$.
1. 求$w(±1)$的值;
2. 求函数在环域$|z|>1$的Laurent展开（写出系数非零的前五项即可）;
3. 求函数在无穷远处的留数.
解:
1. 如图:
  
  $1$处的宗量为$1\cdot e^{i(-\pi-\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4})}$, 函数值为 \[ w(1)=1\cdot\frac{1}{\left(\ln1\cdot e^{-i\frac{3\pi}{2}} \right)^2}=-\frac{4}{9\pi^2}. \] $-1$处的宗量为$1\cdot e^{i(-\pi-\frac{7\pi}{4}+\frac{\pi}{4})}$, 函数值为 \[ w(-1)=-1\cdot\frac{1}{\left( \ln 1\cdot e^{-i\frac{5}{2}\pi}\right)}=\frac{4}{25\pi^2}. \]
2. 注意, 这种说法是指在$\infty$点展开. 而对于$\infty$点, 宗量为$1$. 考虑$w$平面上的割线为下图所示, 所以宗量幅角为$-2\pi$.
  
  所以, $\ln \dfrac{z+i}{z-i}$在$\infty$点就改写为 \[ -2\pi i +\ln (1+\frac{i}{z})-\ln (1-\frac{i}{z}), \] 其中右侧的两个$$均在主值分支, 即$z=$函数值为$0$. 这样就可以利用基本公式得到 \[ \ln \dfrac{z+i}{z-i}=-2\pi i -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-i)^{n}}{n}\left(\frac{1}{z}\right)^n+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{i^n}{n}\left(\frac{1}{z}\right)^n=-2\pi i -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{i^n-(-i)^n}{n}\left(\frac{1}{z} \right)^n\\ =-2\pi i\left(1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{2} }{n\pi }\left(\frac{1}{z} \right)^n\right). \] 先用级数除法做一定性判断, 显然这一函数倒数的级数不应该包含$z$的正幂次项, 因此利用待定系数法. 设 \[ \ln^{-1}\frac{z+i}{z-i}=\sum_{k=0}^{\infty} a_k \left(\frac{1}{z}\right)^k, \] 就有 \[ \frac{i}{2\pi} =\left( \sum_{n=0}^{\infty} b_n \left(\frac{1}{z} \right)^n \right) \left(\sum_{k=0}^{\infty} a_k \left(\frac{1}{z}\right)^k\right)\\ =\sum_{m=0}^{\infty} \left( \sum_{k=0}^m a_k b_{m-k} \right)\left(\frac{1}{z} \right)^m, \] 对比得到等式(已经带入$b_0=1$) \[ a_0b_0=\frac{i}{2\pi}\Rightarrow a_0=\frac{i}{2\pi} \\ a_0b_1+a_1=0\Rightarrow a_1=-\frac{i}{2\pi^2} \\ a_0b_2+a_1b_1+a_2=0 \Rightarrow a_2=\frac{i}{2\pi^3}\\ a_0b_3+a_1b_2+a_2b_1+a_3=0\Rightarrow a_3=i\frac{3-\pi^2}{6\pi^4} \\ a_0b_4+a_1b_3+a_2b_2+a_3b_1+a_4=0\Rightarrow a_4=i\frac{3−2π^2}{ 6π^5}. \\ \] 这样, 题目要求的级数就是 \[ z\left(a_0+\frac{a_1}{z}+\frac{a_2}{z^2}+\frac{a_3}{z^3}+\frac{a_4}{z^4}+\cdots \right)^2\\ =z\left(a_0^2+\frac{2a_0a_1}{z}+\frac{a_1^2+2a_0a_2}{z^2}+2\frac{a_0a_3+a_1a_2}{z^3}+\frac{a_2^2+2a_0a_4+2a_1a_3}{z^4} +\cdots\right), \] 得到前$5$项系数为 \[ -\frac{1}{4\pi^2},-\frac{1}{2\pi^3},-\frac{3}{4\pi^4},-\frac{6-\pi^2}{6\pi^5},-\frac{5-2\pi^2}{4\pi^6}. \]
3. $\infty$点留数为$-1$倍的Laurent展开的$z^{-1}$前系数, 即 \[ \text{Res}w(\infty)=\frac{3}{4\pi^4}. \]

*留数定理

留数的求法:
- 一阶极点: \[ r=\lim_{z\to b}(z-b)f(z); \]
- $m$阶极点: \[ r=\frac{1}{(m-1)!}\frac{\text{d}^{m-1}}{\text{d}z^{m-1}}(z-b)^mf(z). \] 注意, 这一公式也可用于求$n<m$阶极点, 但对于$n>m$阶极点, 这一公式会给出发散的结果.
- 由于留数是$a_{-1}$, 因此可以直接利用基本公式求Laurent展开后得到.
- $\infty$点的留数: \[ \text{Res}f(\infty)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{顺时针} f(z)\text{d}z. \] 顺时针积分是由于我们所考虑的区域是$|z|>R$, 这样区域的正定向就是顺时针.
  - 这一留数也为负的$f$在$\infty$点幂级数展开的$z^{-1}$项的系数.
$3$个重要引理.
- 小圆弧引理: 对$b$点, 若在$\theta_1<\theta_2$范围内, 当$z\to b$时$(z-b)f(z)$一致地趋于$K$, 那么 \[ \lim_{\delta\to 0^+}\int_{C_\delta} f(z)\text{d}z=iK(\theta_2-\theta_1). \] 其中$C_{\delta}$为绕$b$点的逆时针$\theta_1\to \theta_2$的以$\delta$为半径的圆弧.
- 大圆弧引理: 对$b$点, 若在$\theta_1<\theta_2$范围内, 当$|z|\to\infty$时$(z-b)f(z)$一致地趋于$K$, 那么 \[ \lim_{R\to \infty}\int_{C_R} f(z)\text{d}z=iK(\theta_2-\theta_1). \] 其中$C_{R}$为绕$b$点的逆时针$\theta_1\to \theta_2$的以$R$为半径的圆弧.
- Jordan引理: 对$p>0$, 在$\arg z\in[0,\pi]$ 范围上, 当$z\to \infty$时$Q(z)$一致地趋于$0$, 那么 \[ \lim_{R\to \infty}\int_{C_R}e^{ipz}Q(z)\text{d}z=0. \] 其中$C_R$为绕原点的以$R$为半径的上半圆弧.
技巧和围道汇总. (以积分类型汇总)
- 三角函数的周期积分: 换元$z=e^{i\theta}$, 转化为复平面单位圆上的积分.
- 实数轴上的有理式的无穷积分:
  - 无奇点: 上半圆做围道积分.
  - 有奇点: 绕过奇点. 但注意小圆弧引理给出的积分不一定是零.
  - 对于含$z^n$的函数, 可以取$0\sim 2\pi/n$的扇形围道, 减少留数个数.
  - 一些$0$到$+\infty$的积分可以利用函数的奇偶性进行化简.
  - $p(x)$是有理式, 则 \[ \int_{0}^{\infty}\frac{\text{d}x}{p(x)} \] 可以利用 \[ \oint \frac{\ln z\text{d}z}{p(z)} \] 来做积分.
- 实轴上含三角函数的无穷积分:通过对$e^{ipz}$取实部, 虚部可以转化为想要的积分, 并且可以利用Jordan引理.
  - 特别地, 在取实部和虚部后, 函数的另外一个部分就有较大的自由度, 可以任意地增添常数来化简求解过程.
- 含多值函数的积分.
  - 两个常见围道:
    
    ;
  - 注意, 积分必须是沿割线进行的.

例题

计算 \[ \int_0^{2\pi}\frac{(1-x\cos\theta)\text{d}\theta}{1-2x\cos\theta+x^2},\; x\in\R. \]

解: 当$x=0$, 积分为$2\pi$; 对$x=\pm 1$,

积分为 \[ \int_0^{2\pi}\frac{\text{d}\theta}{2}=\pi. \] 下面讨论$x\neq 0,\pm 1$的情况. 此时积分可以化为 \[ \oint_{|z|=1}\frac{xz^2-2z+x}{2iz(xz^2-(1+x^2)z+x)}\text{d}z, \] 当$|x|>1$, 圆内奇点为$0,1/x$. 两处的留数分别为 \[ \text{Res}f(0)=\frac{1}{2i};\; \text{Res}f(1/x)=-\frac{1}{2i}, \] 积分为零.

当$|x|<1$, 圆内奇点为$0,x$. 两处的留数分别为 \[ \text{Res}f(0)=\frac{1}{2i};\; \text{Res}f(x)=\frac{1}{2i}. \] 积分值为 \[ I=2\pi i \frac{1}{i}=2\pi. \]

注: 一些物理直觉较好的同学可以看出, 这是$x$处二维点电荷的电场通量.
计算 \[ \int_0^{\pi}\frac{\cos n\theta}{1+\epsilon\cos \theta}\text{d}\theta, \; n\in\Z_+, 0<\epsilon<1. \]

解: 由于$\cos x$是偶函数, 这一积分为$-\pi$到$\pi$积分的一半, 后者为圆上的积分: \[ I=\frac{1}{2i} \oint_{|z|=1}\frac{z^{2n}+1}{ z^n(\epsilon z^2+2z+\epsilon)}. \] 奇点为$0,(\sqrt{1-\epsilon^2}-1)/\epsilon$. 在第二个奇点的留数为 \[ \text{Res}f((\sqrt{1-\epsilon^2}-1)/\epsilon)=\frac{1}{2\sqrt{1-\epsilon^2}}(z_+^n+z_-^n), \] 其中$z_{\pm}$为分母上二次方程的两个根, 已经利用了$z_+z_-=1$. 第一个奇点处的留数略麻烦, 将函数改写为 \[ \frac{1}{\epsilon(z_+-z_-)}\left(z^n-\frac{1}{z^n} \right)\left(\frac{1}{z-z_-}-\frac{1}{z-z_+} \right), \] 考虑在$z=0$处的展开, 显然$z^n$不会贡献$z^{-1}$项, 而第三项的展开为 \[ \frac{1}{z-z_-}-\frac{1}{z-z_+}=-\sum_{n=0}^{\infty}(z_+^{n+1}-z_-^{n+1})z^n, \] 所关注的是$n-1$次方项, 为$z_+^n-z_-^n$. 这样, $0$处的留数为 \[ \text{Res}f(0)=\frac{z_+^n-z_-^n}{\epsilon(z_+-z_-)}=\frac{z_+^n-z_-^n}{2\sqrt{1-\epsilon^2}}. \] 所以积分结果为 \[ I=\frac{\pi}{\sqrt{1-\epsilon^2}}\cdot\left(\frac{\sqrt{1-\epsilon^2}-1}{\epsilon} \right)^n. \]
计算 \[ \text{v.p.} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{d}x}{x(1+x+x^2)}. \]

解: 小圆弧上的$-i\pi$, 围道内的奇点为$e^{i\frac{2}{3}\pi}$. 这处的留数为 \[ \text{Res}f(e^{i\frac{2}{3}\pi })=-\frac{i}{\sqrt{3}}e^{-i\frac{2}{3}\pi}. \] 积分值为 \[ I=i\pi+\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i \right)=-\frac{\pi}{\sqrt{3}}. \]
计算 \[ \int_0^{\infty}\frac{1-\cos x}{x^2(1+x^2)}\text{d}x. \]

解: 这是一偶函数, $0$为可去奇点. \[ I=\frac{1}{2}\Re \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-e^{ix}}{x^2(1+x^2)}\text{d}x. \] 但这样$0$就成为一阶极点, 可以补上一个$ix$. 容易判断大圆弧上的积分为零. 围道内奇点为$i$, 留数为 \[ \text{Res}f(i)=\frac{e^{-1}}{2i}. \] 这就得到了积分 \[ I=\frac{1}{2}2\pi i \frac{e^{-1}}{2i}=\frac{\pi}{2e}. \]
计算 \[ \int_0^{\infty}\frac{x\ln x}{(x+1)^2(x-1)}\text{d}x. \]

解: 容易预测到, 直接采取这一函数的积分会导致所求的积分被消去. 需要考虑 \[ f(z)=\frac{z\ln^2z}{(z+1)^2(z-1)}. \] 路径上上的$1$为奇点. 于是积分围道为

大圆弧和$C_{\delta_1}$上的积分为零. 于是 \[ \oint f(z)\text{d}z=4\pi^2\int_0^{\infty}\frac{x\text{d}x}{(x+1)^2(x-1)}-4\pi i \int_0^{\infty}\frac{x\ln x}{(x+1)^2(x-1)}\text{d}x+\int_{C_{\delta_2}}. \] 我们考虑$\delta_2$上的积分. 在上半圆弧, 这一积分为零, 下半圆弧有 \[ \lim_{z\to 1} \frac{z(\ln z+2\pi i)^2}{(z+1)^2(z-1)}(z-1)=-\pi^2. \] 于是下半圆弧上的积分为$i\pi^3$. 设留数和为$x+iy$, 有 \[ 4\pi^2\int_0^{\infty}\frac{x\text{d}x}{(x+1)^2(x-1)}-4\pi i \int_0^{\infty}\frac{x\ln x}{(x+1)^2(x-1)}\text{d}x=2\pi i (x+iy)-i\pi^3, \] 这样所求积分就表示为 \[ I=-\frac{1}{2}\Re \sum\text{Res}f+\frac{\pi^2}{4}. \] 围道内的奇点为$e^{i\pi}$, 这处留数为 \[ \frac{\text{d}}{\text{d}z}\frac{z\ln^2z}{(z-1)}\bigg|_{z=e^{i\pi}}=\frac{\pi^2}{4}-i\pi. \] 得到 \[ I=\frac{\pi^2}{8}. \]

$\Gamma$函数

知识梳理

$\Gamma(z)$定义为: \[ \Gamma(z)=\int_0^{\infty} t^{z-1}e^{-t}\text{d}t. \]
- 这一积分可以沿着任意光滑曲线, 从$0$到$\Re t\to +\infty$即可.
$\Gamma$函数的基本性质:
- 递推性质: $\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$, $\Gamma(1)=1$, $\Gamma(n+1)=n!$. 这说明 $\Gamma$函数与阶乘密切相关.
- 互余公式: $\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\dfrac{\pi}{\sin \pi z}$. 由此得到$\Gamma(z)\Gamma(-z)=-\dfrac{\pi}{z\sin \pi z}$.
- 倍乘公式: $\Gamma(2z)=2^{2z-1}\pi^{-1/2}\Gamma(z)\Gamma\left(z+\dfrac{1}{2} \right)$.
$\text{B}$函数:
- 定义: \[ \text{B}(p,q)=\int_0^1t^{p-1}(1-t)^{q-1}\text{d}t,\quad \Re p,\Re q>0. \]
- 性质: \[ \text{B}(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}, \] 由此可以看出$\text{B} (p,q)=\text{B}(q,p)$.
- 一些积分可以转化为$\text{B}$函数的积分形式, 随后用$\Gamma$函数的特殊值求出.
$\psi$函数:
- 定义: \[ \psi (z)=\frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)}. \]
- $\psi$函数的性质:
  - 递推性质: \[ \psi(z+1)=\frac{1}{z}+\psi(z), \; \psi(z+n)=\psi(z)+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{z+k} \] 可以看出, $\psi$与调和级数有密切联系.
    
    $\psi (1)=-\gamma$, 其中$$为欧拉常数, 定义为$$ ={n}{i=1}^n-n. $$
    
    \[ \psi (z)=-\gamma-\frac{1}{z}+\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+z} \right). \]
  - 互余公式: \[ \psi(1-z)=\psi (z)+\pi \cot \pi z. \]
    
    \[ \psi (z)=\psi(-z)-\frac{1}{z}-\pi \cot\pi z. \]
  - 极限: \[ \lim_{n\to \infty}\psi(z+n)-\ln n=0. \]
  - 倍乘公式: \[ \psi(2z)=\frac{1}{2}\psi(z)+\frac{1}{2}\psi\left(z+\frac{1}{2} \right)+\ln 2. \]
    - 由此可以得到$\psi$函数的半整数值: \[ \psi\left(\frac{1}{2} \right)=-\gamma-2\ln 2. \]
- 利用$\psi$函数计算无穷级数. 对于一些分子为有理式的级数: \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{p(n)},\quad \deg p\ge 2, p\neq 0. \] 我们可以将其裂项为多个调和级数的和. 即 \[ \frac{1}{p(n)}=\sum_{k=1}^m \frac{a_k}{n+b_k},\quad \sum_{k=1}^m a_k=0. \] 对于有限项的求和, 可以用$\psi$函数表示. \[ \sum_{n=0}^N \sum_{k=1}^m \frac{a_k}{n+b_k}=\sum_{k=1}^m\sum_{n=0}^{N} \frac{a_k}{n+b_k}=\sum_{k=1}^m a_k(\psi(N+1+b_k)-\psi(b_k))\\ =\sum_{k=1}^m a_k(\psi(N+1+b_k)-\psi(b_k)-\ln (N+1)), \] 取$N\to \infty$的极限就有 \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{p(n)}=-\sum_{k=1}^ma_k \psi (b_k). \]

例题

计算 \[ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\tan^{\alpha}x\text{d}x. \]

解: 利用$\Beta$函数的积分形式: \[ \text{B}(p,q)=2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos ^{2q-1}\theta\text{d}\theta, \] 得到积分值为 \[ I=\frac{1}{2}\text{B} \left(\frac{1+\alpha}{2},\frac{1-\alpha}{2} \right)\\ =\frac{\Gamma(\frac{1+\alpha}{2})\Gamma(\frac{1-\alpha}{2})}{2\Gamma(1)}=\frac{\pi}{2\cos \frac{\alpha\pi}{2} }. \]
计算 \[ \int_0^{\infty}x^{-1/2}\sin x\text{d}x. \]

解: $\Gamma(z)$可以转化为积分: \[ \Gamma(z)=\int_L t^{z-1}e^{-t}\text{d}t, \] 其中$L$为$0$到无穷远点的射线. 考虑虚轴上的积分: \[ \Gamma(z)=i^z \int_0^{\infty}t^{z-1}e^{-it}\text{d}t. \] 带入$z=1/2$, 得到 \[ \sqrt{\pi}=\frac{\sqrt{2}}{2}(1+i)\int_0^{\infty}x^{-1/2}(\cos x-i\sin x)\text{d}x. \] 积分的实部和虚部分别为$A,-B$, 所求积分为$B$. 等式给出: \[ \sqrt{\pi}=\frac{\sqrt{2}}{2}(A+B)+i\frac{\sqrt{2}}{2}(A-B), \] 实部和虚部分别相等的条件就解出: \[ I=\sqrt{\frac{\pi}{2}}. \]
$\psi$函数相关.
1. 证明: $ψ(z+n)−ψ(z)= \frac{1}{z} +···+ \frac{1}{z+n-1}$.
2. 证明: $ψ(z)−ψ(−z)=−\frac{1}{z} −π\cot πz$.
3. 根据前面的结果求解无穷级数$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n^2+a^2}$，其中$a$是正实数.
  
  提示：$\lim_{n→∞} [ψ(z +n)−\ln n]=0$.
解:
1. 略;
2. 利用 \[ \psi(1-z)=-\frac{1}{z}+\psi(-z), \] 和互余公式即得.
3. 级数的通项为 \[ \frac{1}{2ia}\left(\frac{1}{z-ia}-\frac{1}{z+ia}\right), \] 根据之前的公式: \[ \sum=\frac{1}{2ia}(\psi(ia)-\psi(-ia))=\frac{1}{2ia}\left(-\frac{1}{ia}-\pi \cot \pi ia \right)=\frac{1}{2a^2}\left( 1+\pi a \coth \pi a\right). \]
求级数和: \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(4n^2-1)}. \]

解: 级数改写为 \[ \sum_{n=0}^{\infty}\left(-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2}\frac{1}{n+\frac{3}{2}}+\frac{1}{2}\frac{1}{n+\frac{1}{2}} \right), \] 利用公式: \[ \sum = -\left(-\psi(1)+\frac{1}{2}\psi\left(\frac{3}{2}\right)+\frac{1}{2}\psi \left(\frac{1}{2} \right) \right)=2\ln 2-1. \]

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