复级数

复数项级数

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} z_n = z_1 + z_2 + \cdots \\ S_k = \sum\limits_{n=1}^{k} z_n$$

当 $\large\lim\limits_{k \rightarrow \infty} S_k$ 收敛, 则称复级数收敛.

当复级数收敛时, 必有 $\large\lim\limits_{k \rightarrow \infty} z_k = 0$

复级数可以拆分为实部和虚部两个级数:

$$\sum(a_n + ib_n) = \sum a_n + i\sum b_n$$

复级数收敛的充要条件是实部级数和虚部级数全都收敛.

若 $\large\sum|z_n|$ 收敛, 称 $\large\sum z_n$ 绝对收敛. 绝对收敛的复级数必定收敛, 但收敛的级数不一定绝对收敛. 如调和级数 $\large\sum \frac 1n$ 不收敛, 但其交错级数收敛.

幂级数

复变函数中的幂级数可表示为:

$$\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n(z-z_0)^n = c_0 + c_1(z-z_0) + c_2(z-z_0)^2 + \cdots$$

令 $\large\rho = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{c_n}$, 则必有 $R= \left\{ \begin{array}{ll} +\infty &, \rho = 0 \\ 0 &, \rho = +\infty \\ \frac 1\rho &, 0 < \rho < +\infty \end{array} \right.$ 为该幂级数的收敛半径, 当 $|z - z_0| < R$ 必定收敛, $|z - z_0| > R$ 时必定发散, $|z - z_0| = R$ 时可能收敛也可能发散.

若有两级数 $\large \sum\limits_{n=0}^\infty a_n z^n, \sum\limits_{n=0}^\infty b_n z^n$, 其收敛半径分别为 $R_1, R_2$, 则在 $|z| < \min\{R_1, R_2\}$ 内, 必有:

$$\large \begin{array}{ll} (1). \sum\limits_{n=0}^\infty (a_n \pm b_n) z^n = \sum\limits_{n=0}^\infty a_n z^n \pm \sum\limits_{n=0}^\infty b_n z^n \\ (2). \left(\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n z^n\right) \left(\sum\limits_{n=0}^{\infty} b_n z^n\right) = \left(\sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n z^n\right) \end{array}$$

其中 $c_n = a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + \cdots + a_n b_0$.

设 $f(z) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n(z-z_0)^n$, 则在其收敛园内, $f(z)$ 解析, 可逐项求导或积分.

$$\begin{array}{ll} \displaystyle f'(z) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} n c_n(z-z_0)^{n-1} \\ \displaystyle \int_D f(z)dz = \sum\limits_{n=0}^{\infty} c_n \int_D (z-z_0)^n dz \\ \end{array}$$

泰勒(Taylor)级数

若 $f(z)$ 在 $|z - z_0| < R$ 内解析, 则有:

$$\large f(z) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0)^n$$

其中 $\Large\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$ 是唯一的.

常用级数如下:

$$\begin{array}{ll} \frac{1}{1-z} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} z^n = 1 + z + z^2 + \cdots + z^n + \cdots &, |z|<1 \\ \frac{1}{1+z} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^n z^n = 1 - z + z^2 - \cdots + (-1)^n z^n + \cdots &, |z|<1 \\ \frac{1}{(1-z)^2} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1) z^n = 1 + 2z + 3z^2 + \cdots + n z^{n-1} + \cdots &, |z|<1 \\ \frac{1}{(1+z)^2} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}(n+1) z^n = 1 - 2z + 3z^2 - \cdots + (-1)^{n-1} n z^{n-1} + \cdots &, |z|<1 \\ e^z = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!} = 1 + z + \frac{z^2}{2!} + \cdots + \frac{z^n}{n!} + \cdots &, |z|<+\infty \\ \sin z = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{(2n+1)!} z^{2n+1} = z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \cdots + (-1)^n \frac{z^{2n+1}}{(2n+1)!} + \cdots &, |z|<+\infty \\ \cos z = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{(2n)!} z^{2n} = 1 - \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} - \cdots + (-1)^n \frac{z^{2n}}{(2n)!} + \cdots &, |z|<+\infty \\ \ln (1+z) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} }{n} z^n = z - \frac{z^2}{2} + \frac{z^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1} \frac{z^n}{n} + \cdots &, |z|<1 \\ \end{array}$$

洛朗(Laurent)级数

双边幂级数可表示为:

$$\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} c_n (z-z_0)^n = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} c_n (z-z_0)^n + \sum\limits_{n=1}^{+\infty} c_{-n} (z-z_0)^{-n}$$

其中 $\sum\limits_{n=0}^{+\infty} c_n (z-z_0)^n$ 称为正则部分(解析部分), $\sum\limits_{n=1}^{+\infty} c_{-n} (z-z_0)^{-n}$ 称为主要部分(主部).

该级数在圆环 $\large\lim\limits_{k \rightarrow -\infty} \sqrt[n]{c_k} < |z - z_0| < \frac{1}{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \sqrt[n]{c_n}}$ 内收敛.

任意在圆盘 $r < |z-z_0| < R$ 内解析的函数 $f(z)$ 必定可以展开成双边幂级数 $\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} c_n (z-z_0)^n$, 其中:

$$\Large \begin{array}{l} c_n = \frac{1}{2 \pi i} \int_{|z - z_0| = \rho} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}} dz, r < \rho < R \\ c_{-1} = \frac{1}{2 \pi i} \int_{|z - z_0| = \rho} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{-2}} dz \end{array}$$

奇点, 极点与零点

奇点是指复函数 $f(z)$ 无定义的点, 如函数 $f(z) = {\large\frac{1}{\sin (1/z)}}$, 则$z=0, z_k = \frac{1}{k\pi}$ 均为奇点. 显然, $z=0$ 的任意去心邻域内都有奇点, 因为 $\lim\limits_{k \rightarrow +\infty} z_k = 0$. 只有当 $z_0$ 的某个邻域内没有其它奇点时, 称 $z_0$ 是 $f(z)$ 的孤立奇点.

如果 $f(z)$ 只有有限多个奇点, 则一定能给任意奇点都找到一个邻域, 使得该邻域内没有其它奇点. 因此, 这些奇点全部是孤立奇点.

当函数在奇点处极限 $\lim\limits_{z \rightarrow z_0} f(z)$ 存在, 则该函数在奇点 $z$ 的去心邻域的洛朗级数没有主要部分, 即

$$f(z) = c_0 + c_1 (z-z_0) + c_2 (z-z_0)^2 + \cdots$$

此时该奇点为可去奇点. 该结论与以下两个命题等价:

1. $\lim\limits_{z \rightarrow z_0} f(z)$ 存在且有限.

2. $\lim\limits_{z \rightarrow z_0} (z-z_0)f(z) = 0$.

若主要部分只有有限项非零, 则洛朗级数的主要部分必定存在一个非零最低次 $-m$, 此时该奇点为 $m$ 阶极点, 显然此时 $\lim\limits_{z \rightarrow z_0} f(z) = \infty$.

下面表格中更清晰的给出了判别方式.

只需要 $\lim\limits_{z \rightarrow z_0} f(z) = \infty$ 就可以判定一个点是极点, $\lim\limits_{z \rightarrow z_0} (z-z_0)^m f(z)$ 存在且非零即可判定一个点为 $m$ 阶极点.

若函数在解析点 $z_0$ 处的泰勒级数的最低次项的幂为 $m \geq 1$, 即

$$f(z) = c_m (z-z_0)^m + c_{m+1} (z-z_0)^{m+1} + \cdots, c_m \neq 0$$

则称 $z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 阶零点, 该结论等价于:

$$f(z_0) = f'(z_0) = \cdots = f^{(m-1)}(z_0) = 0$$

任意非零解析函数的零点一定是孤立的.

我们使用 $\text{ord}(f, z_0)$ 表示 $f(z)$ 在 $z=z_0$ 处的洛朗展开的最低次项幂.

1. 若 $\text{ord}(f, z_0) \geq 0$, 则 $z_0$ 是可去奇点或解析点.
2. 若 $\text{ord}(f, z_0) = m > 0$, 则 $z_0$ 是可去奇点或 $m$ 阶零点.
3. 若 $\text{ord}(f, z_0) = -m < 0$, 则 $z_0$ 是 $m$ 阶极点.

如果 $\text{ord}(f, z_0) = m, \text{ord}(g, z_0) = n$, 则 $\text{ord}\left({\large\frac fg}, z_0 \right) = m - n, \text{ord}(fg, z_0) = m + n$.

若函数 $f(z)$ 在 $\infty$ 的去心邻域 $R<|z|<+\infty$ 内没有奇点, 则称 $\infty$ 是 $f(z)$ 的孤立奇点, $0$ 是 $f({\large\frac 1z})$ 的孤立奇点.

如果 $0$ 是 $f({\large\frac 1z})$ 的可去奇点或 $m$ 阶极点或本性奇点, 则 $\infty$ 是 $f(z)$ 的可去奇点或 $m$ 阶极点或本性奇点.

留数定理

设 $z_0$ 为 $f(z)$ 的孤立奇点, $f(z)$ 在它的某个去心邻域内的洛朗展开为:

$$f(z) = \cdots + c_{-1}(z-z_0)^{-1} + c_0 + c_{1}(z-z_0)^{1} + \cdots$$

则称

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

为函数 $f(z)$ 在 $z_0$ 的留数, 其中 $C$ 为该去心邻域中绕 $z_0$ 的一条闭路.

得知留数后就可以使用留数来计算积分:

$$\oint_C f(z)dz = 2\pi i \sum\limits_{k=1}^{n} \text{Res}[f(z), z_k]$$