复变函数 | 留数

大家好，欢迎来到IT知识分享网。

复变函数 | 留数

5.1 一般理论

5.1.1 留数(Residue)的定义及留数定理

$\mathbf{Definition}$(留数)

• 设$z_0\in \mathbb{C}$是$f(z)$的孤立奇点，即$\exists r>0$使得$f(z)$在$0<|z-z_0|<r$解析

$$\forall 0<\rho <r，\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C_{\rho }(z_0)}f(z)\mathrm{d}z$$

• 称为$f(z)$ 在$z_0$ 的留数，记作$\mathrm{Res}(f,z_0)$

若$\infty$是$f(z)$的孤立奇点，即$\exists R>0$使得$f(z)$在$|z|>R$解析
$$\forall \rho >R，\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C_{\rho }(0)}f(z)\mathrm{d}z$$
称为$f(z)$在$\infty$的留数，记作$\mathrm{Res}(f,\infty )$

$\mathbf{Remark}$

(1) 由Cauchy积分定理，留数与$\rho$的选取无关

(2) 积分的方向取正向，即有限点处的留数取逆时针，无穷远点处的留数取顺时针

由Cauchy积分定理，容易得到下面的定理

$\mathbf{Theorem}$(留数定理)

(1) 设$D$ 是由有限条分段光滑简单闭合曲线$C$ 围成的有界区域，$z_1,\dots ,z_s\in D$

若$f(z)$在 D \ { z 1 , z 2 , … , z s } D\backslash\{z_1,z_2,\dots,z_s\} D\{
z1​,z2​,…,zs​}解析，且在 D ‾ \ { z 1 , z 2 , … , z s } \overline D\backslash\{z_1,z_2,\dots,z_s\} D\{
z1​,z2​,…,zs​}连续则
$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C}f(z)\mathrm{d}z=\sum _{k=1}^s\mathrm{Res}(f,z_k)$$
(2) 若$f(z)$ 在 C \ { z 1 , z 2 , … , z s } \mathbb C\backslash\{z_1,z_2,\dots,z_s\} C\{
z1​,z2​,…,zs​} 解析，则
$$\sum _{k=1}^s\mathrm{Res}(f,z_k)+\mathrm{Res}(f,\infty )=0$$

5.1.2 留数的计算

设$z_0\in \mathbb{C}$ 是$f(z)$ 的孤立奇点，即$\exists r>0$ 使得$f(z)$ 在$0<|z-z_0|<r$ 解析

(1) 当$z_0$ 是可去奇点，$\mathrm{Res}(f,z_0)=0$

(2) 当$z_0$ 是$m$ 阶极点，
$$f(z)=\sum _{n=-m}^{+\infty }{\beta }_n(z-z_0{)}^n=\frac{\phi (z)}{(z-z_0{)}^m}$$
其中$\phi (z)={\beta }_{-m}+{\beta }_{-m+1}(z-z_0)+\dots$ 在$|z-z_0|<r$ 解析，且$\phi (z_0)={\beta }_{-m}\ne 0$

设$\infty \in \mathbb{C}$ 是$f(z)$ 的孤立奇点，即$\exists R>0$ 使得$f(z)$ 在$|z|>R$ 解析

从而有Laurent展式$f(z)={\sum }_{n=-\infty }^{+\infty }{\beta }_n{z}^n$ ，$\forall \rho >R$ ，它在$C_{\rho }(0)(顺时针)$一致收敛

若${\lim }_{z\to \infty }f(z)=0$ ，则
$$f(z)=\sum _{n=-\infty }^{-1}{\beta }_n{z}^n=\frac{{\beta }_{-1}}{z}+\frac{{\beta }_{-2}}{z^2}+\dots$$
于是${\beta }_{-1}={\lim }_{z\to \infty }zf(z)$，即$\mathrm{Res}(f,\infty )=-{\lim }_{z\to \infty }zf(z)$

5.2 留数的应用——实积分的计算

5.2.1 实三角有理积分

在数学分析中我们学过，可以引入变量替换$x=\tan \frac{\theta }{2}$ 计算

$$\cos \theta =\frac{z+\frac{1}{z}}{2}，\sin \theta =\frac{z-\frac{1}{z}}{2i}，\mathrm{d}\theta =\frac{\mathrm{d}z}{iz}$$

积分曲线变为单位圆$|z|=1$

$$I={\int }_0^{2\pi }R(\cos \theta ,\sin \theta )\mathrm{d}\theta ={\oint }_{|z|=1}R\left(\frac{z+\frac{1}{z}}{2},\frac{z-\frac{1}{z}}{2i}\right)\frac{1}{iz}\mathrm{d}z$$
化为复曲线积分

5.2.2 广义积分

$\mathbf{Theorem}$

$P(x),Q(x)$ 是互质多项式，若满足

(1)$Q(x)\ne 0,x\in \mathbb{R}$ （保证在实轴没有瑕点）

(2)$\partial Q(x)-\partial P(x)>1$ （保证积分收敛）

$$I=\underset{R\to +\infty }{\lim }{\int }_{-R}^R\frac{P(z)}{Q(z)}\mathrm{d}$$

$z$如图，在复平面上添加围道${\Gamma }_R$ ，则由留数定理有
$${\int }_{-R}^{+R}\frac{P(z)}{Q(z)}\mathrm{d}z+{\int }_{{\Gamma }_R}\frac{P(z)}{Q(z)}\mathrm{d}z=2\pi i\sum _{\mathrm{Im}{z}_k>0,|z_k|<R}\mathrm{Res}\left(\frac{P(z)}{Q(z)},z_k\right)$$

由于$\partial Q(x)-\partial P(x)>1$ ，存在$M>0,\delta >0$ 使得
当$|z|$ 充分大时，有
$$\left|\frac{P(z)}{Q(z)}\right|\le \frac{M}{|z{|}^{1+\delta }}$$
于是
$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{\int }_{{\Gamma }_R}\frac{P(z)}{Q(z)}\mathrm{d}z\le \underset{R\to +\infty }{\lim }\frac{M\pi }{R^{\delta }}=0$$
即
$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{\int }_{{\Gamma }_R}\frac{P(z)}{Q(z)}\mathrm{d}z=0$$

$$从而{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{d}x=2\pi i\sum _{\mathrm{Im}{z}_k>0}\mathrm{Res}\left(\frac{P(z)}{Q(z)},z_k\right)$$

$\mathbf{Theorem}$

$P(x),Q(x)$ 是互质多项式，若满足

(1)$Q(x)\ne 0,\forall x\ge 0$ （保证没有瑕点）

(2)$\partial Q(x)-\partial P(x)>0$ （保证积分收敛）

$\mathbf{Lemma}$(Jordan引理)

$f(z)$ 在弧形闭区域
$$D:\{\begin{array}{l}0\le {\theta }_1\le \arg z\le {\theta }_2\le \pi \\ 0\le r_0\le |z|<+\infty \end{array}$$
上连续

${\Gamma }_R$ 是以 0 为圆形， R 为半径，从 \theta_1 到 \theta_2 的圆弧

$P(x),Q(x)$ 是互质多项式，若满足

(1)$Q(x)\ne 0,x\in \mathbb{R}$ （保证在实轴没有瑕点）

(2)$\partial Q(x)-\partial P(x)>0$ （保证积分收敛）

四、有瑕点的广义积分

$e.g.$ 求
$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x$$

$solve$​
$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x={\int }_0^1\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x+{\int }_1^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x$$
两部分都收敛，从而原积分收敛
$${\int }_0^{+\infty }\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2i}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{i\sin x}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2i}\underset{\epsilon \to 0}{\lim }\underset{R\to +\infty }{\lim }{\int }_{\epsilon <|x|<R}\frac{i\sin x}{x}\mathrm{d}x$$

$$=\frac{1}{2i}\underset{\epsilon \to 0}{\lim }\underset{R\to +\infty }{\lim }\left({\int }_{\epsilon <|x|<R}\frac{i\sin x}{x}\mathrm{d}x+{\int }_{\epsilon <|x|<R}\frac{\cos x}{x}\mathrm{d}x\right)$$

$$=\frac{1}{2i}\underset{\epsilon \to 0}{\lim }\underset{R\to +\infty }{\lim }{\int }_{\epsilon <|x|<R}\frac{{\mathrm{e}}^{ix}}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2i}\underset{\epsilon \to 0}{\lim }\underset{R\to +\infty }{\lim }{\int }_{\epsilon <|z|<R}\frac{{\mathrm{e}}^{iz}}{z}\mathrm{d}z$$

如图添加围道${\Gamma }_R$ 和${\Gamma }_{\epsilon }$ ，则由Cauchy积分定理
$${\int }_{\epsilon <|z|<R}\frac{{\mathrm{e}}^{iz}}{z}\mathrm{d}z+{\int }_{{\Gamma }_R}\frac{{\mathrm{e}}^{iz}}{z}\mathrm{d}z+{\int }_{{\Gamma }_{\epsilon }}\frac{{\mathrm{e}}^{iz}}{z}\mathrm{d}z=0$$
现在我们分别求后面两项的极限
首先由Jordan引理知
$${\int }_{{\Gamma }_R}\frac{{\mathrm{e}}^{iz}}{z}\mathrm{d}z\to 0$$

5.2.3 利用多值函数求实积分

5.3 留数的应用——解析函数零点的个数与分布

5.3.1 辐角原理

回顾：解析函数的零点具有孤立性

设$f$ 在有界区域$D$内解析，连续到边界，并且$\forall z\in \partial D,f(z)\ne 0$

若$f$在$D$不恒等于零，则$f$在$D$内个零点个数至多是有限个

问：零点个数（算重数）与$f$有什么关系？

$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C_R(0)}\frac{P_n^{\prime }(z)}{P_n(z)}\mathrm{d}z=r_1+r_2+\cdots +r_s=n$$
下面我们将这个结果推广到一般的解析函数

$\mathbf{Lemma}$

设$f(z)$在$z_k$解析，且$z_k$是$f(z)$的$r_k$阶零点

则$z_k$是$\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}$的一阶极点，且
$$\mathrm{Res}\left(\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)},z_k\right)=r_k$$
$Proof$
由于$z_k$是$f(z)$的$r_k$阶零点，从而$f(z_k)=\cdots =f^{(r_k-1)}(z_k)=0$
则$f(z)$在$z_k$的Taylor展式为
$$f(z)=\sum _{n=r_k}^{+\infty }{a}_n(z-z_k{)}^n=(z-z_k{)}^{r_k}\phi (z)$$
其中$\phi (z)$ 在$z_k$解析且$\phi (z_k)\ne 0$
从而
KaTeX parse error: Can’t use function ‘$’ in math mode at position 62: …r_k}\varphi'(z)$̲
即
$$\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}=\frac{r_k}{z-z_k}+\frac{{\phi }^{\prime }(z)}{\phi (z)}$$
，积分求得留数
$$\mathrm{Res}\left(\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)},z_k\right)=r_k$$
$\mathbf{Theorem}$(辐角原理)

设 D 是有界区域，$\partial D$ 是有限条分段光滑的简单闭合曲线

$f(z)$ 在$D$ 解析，在$\overline{D}$连续，且$f(z)在\partial D$ 上无零点

设$f(z)$ 在$D$ 内的零点个数为$N$ （算重数），则
$$N=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial D}\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}\mathrm{d}z$$
$Proof$
(1) 若$f$在$D$内无零点，则$\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}$在$D$解析，在$\overline{D}$连续，由CIT知上述积分为零
(2) 设$f$在$D$内有零点$z_1,\dots ,z_s$，重数为$r_1,\dots ,r_s$，设$N=r_1+\cdots +r_s$
由引理，$z_1,\dots ,z_s$是$\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}$的一阶极点，且
$$\mathrm{Res}\left(\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)},z_k\right)=r_k$$
从而由留数定理
$$\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial D}\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}\mathrm{d}z=r_1+\cdots +r_s=N$$
$\mathbf{Remark}$

辐角原理的几何解释如下

$$N=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial D}\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{\partial D}\frac{\mathrm{d}f(z)}{f(z)}$$
令
$$\omega =f(z)，则N=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{f(\partial D)}\frac{\mathrm{d}\omega }{\omega }$$
等于绕原点的圈数

当$z$ 在$\partial D$ 上走，$f(z)$ 在$f(\partial D)$ 上走，即
$$N=\frac{1}{2\pi }{\Delta }_{\partial D}\mathrm{Arg}f(z)$$

$e.g.f(\mathbf{z})=\mathbf{z}(\mathbf{z}-1)(\mathbf{z}-2)$

$$\mathrm{Arg}f(z)=\mathrm{Arg}z+\mathrm{Arg}(z-1)+\mathrm{Arg}(z-2)$$
当 R 充分大时，沿$|z|=R$ 逆时针走，
$$\frac{1}{2\pi }{\Delta }_{\partial D}\mathrm{Arg}f(z)=\frac{6\pi }{2\pi }=3=N$$

辐角原理还可以推广到亚纯函数的情形，证明思路类似

$\mathbf{Lemma}$

设$z_0$是$f(z)$的$m$阶极点，则$z_0$是$\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}$的一阶极点，且$\mathrm{Res}\left(\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)},z_0\right)=-m$

$\mathbf{Theorem}$(辐角原理)

设$D$是有界区域，$\partial D$是有限条分段光滑的简单闭合曲线

$f(z)$是$D$上的亚纯函数，且$f(z)$在$\partial D$上无零点并解析

设$f(z)$在$D$内的零点和极点个数分别为$N$和$P$（算重数）

作为辐角原理的应用，我们还有如下定理

$\mathbf{Theorem}(\mathbf{Hurwitz})$

设 { f n ( z ) } \{f_n(z)\} {
fn​(z)} 是在区域$D$ 内内闭一致收敛于$f(z)$ 的解析函数列

且所有$f_n(z)$在$D$内无零点，则$f(z)$在$D$内或者恒等于零，或者没有零点

$Proof$
假设$f(z)$在$D$内有零点$z_0$，且$f(z)$在$D$内不恒等于零
则由零点的孤立性，$\exists \overline{B}(z_0,\delta )\subset D$使得$f(z)$只有零点$z_0$，但由辐角原理
$$N=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C_{\delta }(z_0)}\frac{f^{\prime }(z)}{f(z)}\mathrm{d}z=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C_{\delta }(z_0)}\frac{f_n^{\prime }(z)}{f_n(z)}\mathrm{d}z=0$$
矛盾

5.3.2 Rouche定理

$\mathbf{Theorem}$(Rouche,鲁歇定理)

设 D 是有界区域，$\partial D$是有限条分段光滑的简单闭合曲线， f 和 g 在 D 解析，$\overline{D}$连续

若$\forall z\in \partial D，|g(z)|<|f(z)|$，则$f+g$与$f$在$D$有相同的零点个数（算重数）

等价：若$\forall z\in \partial D，|f(z)-g(z)|<|f(z)|or|g(z)|$，$f$与$g$ 在$D$ 零点数相同

$Proof$
因为$\forall z\in \partial D，|f(z)|>|g(z)|\ge 0$，所以$f$在$\partial D$上无零点
由解析函数零点的孤立性知，$f$在$D$内至多有有限个零点，设为$N_1$个（算重数）
同理由于
$$\forall z\in \partial D，|f(z)+g(z)|\ge |f(z)|-|g(z)|>0$$
所以$f+g$ 在$D$ 内至多有有限个零点，设为$N_2$ 个（算重数）
由辐角原理
$$N_1=\frac{1}{2\pi }{\Delta }_{\partial D}\mathrm{Arg}f(z)\begin{array}{rl}{N}_2& =\frac{1}{2\pi }{\Delta }_{\partial D}\mathrm{Arg}(f(z)+g(z))\\ & =\frac{1}{2\pi }{\Delta }_{\partial D}\mathrm{Arg}\left[f(z)\left(1+\frac{g(z)}{f(z)}\right)\right]\\ & =\frac{1}{2\pi }{\Delta }_{\partial D}\mathrm{Arg}f(z)+\frac{1}{2\pi }{\Delta }_{\partial D}\mathrm{Arg}\left(1+\frac{g(z)}{f(z)}\right)\end{array}$$
由于
$$\forall z\in \partial D，\left|\frac{g(z)}{f(z)}\right|<1$$
当$z$ 沿$\partial D$ 变动时，$1+\frac{g(z)}{f(z)}$ 不可能绕原点变动
则
$$\frac{1}{2\pi }{\Delta }_{\partial D}\mathrm{Arg}\left(1+\frac{g(z)}{f(z)}\right)=0$$
即$N_1=N_2$

$\mathbf{Remark}$

Rouche定理可以用来估计零点的分布情况