复变函数、实分析、复分析、数学分析是什么关系？ 第1页

§ 复变函数积分

传送门

柯西-黎曼方程

柯西积分定理

设 是复平面的一个单连通的开子集， 是一个 上的全纯函数。设 是 内的一个分段可求长的简单闭曲线，那么

类比：在保守场中，力所作的功与路径无关，仅由质点的始末位置决定

若 ，它在 处不解析 (有"洞")，该区域为

取逆时针方向为正方向，那么积分路径为

根据柯西积分定理可得

亦即

柯西积分公式

设函数 在简单闭曲线 的内部解析，在 上连续， 为 内部的一点，则

§ 留数

留数定理

若 在 内解析，设 所围成的多连通区域为 ，且 为 在 内第 个孤立奇点，那么

其中 为 在孤立奇点 的留数

定理 1

设函数 在 内解析，且 ，则

定理 2

若 ，其中 在 内解析，并且 ，则

无穷远处的留数

若 为 的可去奇点，则

§ 预备引理

Jordan引理

若 在 上连续，且 ，则对任意的 ，有

其中

证明

考虑以下围道

根据欧拉公式，可得

由柯西不等式，可得

由于 ，所以只要 足够大，总能找到一个正实数 ，使得 ，所以

根据 的对称性，在 内，有

并且有 ，所以

因为 可以任意大，所以 可以任意小 —— 就那么任性 []~(￣▽￣)~*

故当 时，我们有

上式 的等号仅在 时成立

所以此时 ，又因为绝对值总是非负的，因此 即

原题得证 (oﾟvﾟ)ノ

大圆弧引理

若 在 上连续，且 ，则

证明

构建如下围道

这里暂取

由于 ，所以当 时

原题得证.

至于 的情形，证明方法跟上面类似

小圆弧引理

若 在 上连续，且 ，则

证明

构建如下围道

这里暂取

由于 ，所以当 时

原题得证.

至于 的情形，证明方法跟上面类似

§ 有理三角函数的积分

做代换 ，则

那么

所以原积分等于

例 1.0

计算积分 .

做代换 ，则

其中

容易验证 ，因此 是 的二阶极点，于是有

于是便有

例 1.1

计算积分 .

做代换 ，则

令 可解得 的两个根

因为 ，所以

即 ，那么就有以下结论

也就是 ，即点 在圆 内， 是 的一阶级点

根据留数定理可得

于是我们便得到了该积分的解

§ 有理函数的反常积分

其中 为有理函数，只有当 时积分才存在，现在取围道

根据柯西积分定理

因为 为有理函数且 ，所以 ，根据大圆弧引理可得

因此

例 2.1

计算积分 .

根据柯西积分定理，可得

因为 是被积函数的三阶段极点，其中只有点 在上半平面，根据留数定理，可得

所以我们便能得到

§ 含三角函数的无穷积分

其中 为有理函数，且 ，取下面的围道路径

根据留数定理

由于 的分母比分子的多项式次数大 ，那么

根据 引理

所以可以得到

例 3.1

计算积分 .

设 ，所以

存在一个一阶奇点 ，因为 ，所以 ，即

所以点 在上半平面内，即 在 上存在一个一阶级点 ，故根据留数定理可得

其中

代入相应的参数即得

因此

例 3.2

计算菲涅尔积分 .

由柯西积分定理可知

其中

的路径积分

根据欧拉公式，可得

根据积分不等式，我们有

由积分中值定理可知

因为 ，所以

当然，当 时，

因此当 时

即左边的积分必定等于零

该结果也可用Jordan引理得到

的路径积分

当 时，根据高斯积分公式，可以得到

将刚才得到的结果代入

再根据欧拉公式，即可得到

最终对比实部与虚部，便有

§ 实轴上有奇点的无穷积分

如果实轴上的 点是 的奇点，我们可以构造以下闭合围道 来绕开奇点

瑕积分

若 在 上除点 外连续，则称点 为 的瑕点，定义瑕积分为

其中

若右边的两个积分极限都不存在，那么定义瑕积分的柯西主值为

其中

如果瑕积分存在，则其柯西主值也一定存在，且两者相等，所以可以定义

瑕积分的计算

根据留数定理，可得

例 4.1

计算狄利克雷反常积分 .

首先考虑如下积分

是 的瑕点，也是它的一阶极点，现构造以下积分路径

由于 在 所包围的区域内无奇点，则根据留数定理

根据小圆弧引理

根据 引理

取极限 ，再根据欧拉公式可得

对比实部与虚部，最终便可得到

§ 多值函数的无穷积分

其中 , 为有理函数，且 不是 的极点

多值函数

对于初等多值函数来说，其多值性的原因主要是由幅角的多值性造成的。若要将其化为单值函数，必须破坏原来的定义域，使动点无法绕支点旋转。

一个行之有效的方案，是使用连结支点的割线，来割裂原来的定义域。

当动点 从某点 绕支点 转动， 的幅角由 连续变动到 ，所以此时 在 处的幅角有无穷多个。

如下图所示的 型切割区域 ，如此一来，在 区域内的任一简单闭曲线 就不会围绕支点 ，动点先从 轴上岸的某点 ，逆时针转到 轴下岸的某点 ，再顺时针转回原来的位置 。此时，当 沿 连续变动一周时， 也连续变动，而得到的值并没有变化，所以就可以在内把 分解成单值连续函数了。

可以形象地理解为：质点围绕中点转动，快转回原点了却被割线挡住，质点又反方向弹回原点（o´・ェ・｀o）
这样方能确定，它在转动过程中的每一个位置对应的方位角 (若无遮挡，你不知道它转了多少圈才经过某点)
无遮挡？好像有什么不对 (✿◡‿◡)

通过割线划出多值函数的单值解析分支

使用上图的围道 ，考虑积分 ，根据柯西积分定理可得

由于 , 且

根据小圆弧引理

根据大圆弧引理

根据留数定理

从 时，积分路径是沿 正轴上岸，规定 的幅角为 ，即 ；

从 时，积分路径是沿 正轴下岸，此时 的幅角为 ，即 ;

因为对于 ，若 取整数，则 ；
若 不为整数，则 ;

取极限 ，因此 等于

根据欧拉公式

因此可得

例 5.1

计算积分 .

设 ，显然 ，则 ，所以

根据上面得到的结论，易知

由于 是被积函数唯一的一阶级点，根据留数定理，可得

于是便得

根据余元公式

也就是

当然，也可以用贝塔函数去计算这个积分，贝塔函数被定义为

发现有不少知友在问以下的一些积分该怎么计算

这里干脆就直接给出通式咯 (oﾟvﾟ)ノ

§ 一类多值函数的无穷积分

现在考虑以下积分

其中 为任一在 上的连续函数

不是 的奇点；

；

考虑复变积分 ，使用下面的围道

为了确定 的幅角变化，作变换

此时围道变成了

很显然 和 关于 轴对称：

从 时， ;

从 时， ;

即 的幅角由 到 ，回到原来的积分

对于负数的对数，我们有 ，即

因此

从 时， ;

从 时， ;

其中积分路径为

根据柯西积分定理，可得

其中 ，所以有

根据大圆弧引理

根据小圆弧引理

现在让 ，再根据留数定理

于是便可得到

因为 ，根据余元公式可得

黎曼ζ函数的函数式方程

因为 的解析延拓为

也就是

由于 是 的一阶级点 ( 是 的可去奇点)，且这些极点都在围道 所包围的区域 内，所以

根据(7)式，可得

现在看看紫色的级数，显然可以按求和指标，将其分成正负两个部分

带回原积分即得

根据欧拉公式，绿色部分可转化为

带回原积分可得

因此可以得到