复变函数与级数

复数项级数

复数列极限

$\{z_n\}$ 为复数列，若对 $\forall ϵ>0$，$\exists N=N(ϵ)>0$ 十二 $\forall n>N,|z_n-A|<ϵ$，则称 $A$ 为复数列 $\{z_n\}$ 的 $n\to \infty$ 时的极限，记作

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n=A$$

Theorem

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{z}_n=A=\alpha +i\beta \iff \underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=\alpha ,\underset{n\to \infty }{\lim }{y}_n=\beta$$

级数

级数

形如 $I={\sum }_{n=0}^{\infty }{z}_n$ 称为无穷级数. $I={\sum }_{n=0}^{\infty }{x}_n+{\sum }_{n=0}^{\infty }{y}_n$ 前 $n$ 项和称为部分和$I_n$

• 若 ${\lim }_{n\to \infty }{I}_n=A\in \mathbb{C}$，称 $I$ 收敛，否则称 $I$ 发散
• 若 ${\sum }_{n=0}^{\infty }|z_n|$ 收敛，则称 $I$ 绝对收敛
• 若 $I$ 收敛但不绝对收敛，则称 $I$ 条件收敛

Theorem

$I$ 收敛 $\iff I_1,I_2$ 均收敛 $I$ 绝对收敛 $\iff I_1,I_2$ 均绝对收敛 $I$ 绝对收敛 $\iff I$ 收敛且 $|I|\le {\sum }_{n=0}^{\infty }|z_n|$

敛散性判别法

Cauchy 根式判别法

一般形式：

• 若 $\sqrt[n]{|z_n|}\le q<1,n>N_0$，则 $I$ 绝对收敛
• 若 $\sqrt[n]{|z_n|}\ge q\ge 1$ 对无穷个多个 $n$ 成立，则 $I$ 发散

极限形式：

• ${\lim }_{n\to \infty }\sqrt[n]{|z_n|}=q$，若 $q<1$，绝对收敛，若 $q>1$，发散

比值判别法

一般形式：

• 若 $|\frac{z_{n+1}}{z_n}|\le q<1,n>N_0$，则 $I$ 绝对收敛
• 若 $|\frac{z_{n+1}}{z_n}|\ge q\ge 1,n>N_0$，则 $I$ 发散

极限形式：

• ${\lim }_{n\to \infty }|\frac{z_{n+1}}{z_n}|=q$，若 $q<1$，$I$ 绝对收敛，若 $q>1$，$I$ 发散

Dirichlet & Abel 判别法

Dirichlet 判别法：

• $a_n$ 单调趋于 0
• $\{b_n\}$ 部分和有界 则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛

Abel 判别法：

• $a_n$ 单调有界
• ${\sum }_{n=0}^{\infty }{b}_n$ 收敛 则 ${\sum }_{n=0}^{\infty }{a}_n{b}_n$ 收敛

Example

$I={\sum }_{i=1}^{\infty }\frac{e^{in}}{n}$

$$I=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\cos n}{n}+i\frac{\sin n}{n}$$ $$a_n=\frac{1}{n},b_n=\cos n$$ $$\sum \cos n=\mathrm{Re}\left(\sum e^{in}\right)$$

可以证明 $b_n$ 有界 因此 $I$ 条件收敛

幂级数

函数项级数

Definition

$$I=\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(z)$$

称为函数项级数， 部分和

$$s_n(z)=\sum _{i=1}^n{f}_i(z)$$

若 ${\lim }_{n\to \infty }{s}_n(z_0)=s(z_0)$，称 $I$ 在 $z_0$ 收敛，否则称 $I$ 在 $z_0$ 发散。 若 $\forall z_0\in D,I$ 在 $z_0$ 收敛，则定义

$$s(z)=\sum _{n=1}^{\infty }{f}_n(z)$$

为 $I$ 的和函数。

幂级数

$$\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n(z-a{)}^n$$

Abel 定理

设 $I={\sum }_{n=0}^{\infty }{c}_n(z-a{)}^n$， 若 $I$ 在 $z_0\ne 0$ 收敛，则 $\forall z,|z|<|z_0|$ 有 $I$ 在 $z$ 收敛； 若 $I$ 在 $z_0$ 发散，则 $\forall z,|z|>|z_0|$ 有 $I$ 在 $z$ 发散

Proof

$\forall z,|z|<|z_0|$，

$$\begin{array}{rl}|I|& =|\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n{z}^n|\\ & \le \sum _{n=0}^{\infty }|c_n{z}^n|\\ & =\sum _{n=0}^{\infty }|c_n{z}_0^n|{\left|\frac{z}{z_0}\right|}^n\\ & \le \sum _{n=0}^{\infty }M{q}^n\end{array}$$

收敛半径

收敛半径 $R$ 定义为 $sup\{|z||I在z收敛\}$ 或 $inf\{|z||I在z发散\}$

Example

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }}{n}{z}^n$$

在收敛圆周上处处条件收敛

收敛半径求法

Theorem

比值法： 若

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|\frac{c_{n+1}}{c_n}\right|=q$$

则

$$R=\{\begin{array}{rlr}& 0,& q=+\infty \\ & +\infty ,& q=0\\ & \frac{1}{q},& q\ne 0\wedge q\ne +\infty \end{array}$$

根值法： 若

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{z_n}=q$$

则 $R$ 同上

Example

$$I=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{n^n{z}^n}{n!}$$ $$\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}}=?$$ $$\frac{c_{n+1}}{c_n}={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\to e$$

幂级数运算

$$f(z)\pm g(z)=\sum _{n=0}^{\infty }(a_n\pm b_n)z^n$$ $$f(z)g(z)=\sum _{n=0}^{\infty }(a_n{b}_0+a_{n-1}{b}_1+\cdots +a_0{b}_n)z^n$$

在 $R=min(r_1,r_2)$ 上成立。 当 $|z|<r$ 时 $f(z)=\sum a_n{z}^n$，在 $|z|<R$ 内 $g(z)$ 解析且 $|g(z)|<r$，则 $|z|<R$ 时 $f[g(z)]=\sum a_n[g(z){]}^n$

幂级数的和函数

设 $I=\sum c_n(z-a{)}^n$，收敛半径为 $R$，则在收敛圆内，

1. $f(z)$ 解析
2. $f^{\prime }(z)$ 可通过逐项求导得到，收敛半径相等
3. $f(z)$ 可对任意曲线 $C$ 逐项积分，收敛半径相等

Example

$f(z)=\sum (n+1)z^n,|z|<1$ $f(z)={\left[\sum z^{n+1}\right]}^{\prime }={\left(\frac{1}{1-z}\right)}^{\prime }=\frac{1}{(1-z{)}^2}$ $f(z)={\left[\sum z^n\right]}^2=\frac{1}{(1-z{)}^2}$

Taylor 级数

Example

$$f(x)=\{\begin{array}{r}{e}^{-1/x^2},x\ne 0\\ 0,x=0\end{array}$$

$f(x)$ 无穷阶可导，

$$\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n=0\ne f(x)$$

Theorem

设 $w=f(z)$ 在 $D$ 上解析，$z_0\in D$，令 $d=\underset{z\in \partial D}{\inf }|z-z_0|$，则对 $\forall z,|z-z_0|<d$，有

$$f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n$$

其中

$$c_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$$

且展开式唯一确定，称作 Taylor 级数。

Proof

$\forall z,|z-z_0|<d$ 取 $z_0$ 为中心且包含 $z$ 的圆周 $K$，

$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_K\frac{f(\zeta )}{\zeta -z}d\zeta$$ $$\frac{1}{\zeta -z}=\frac{1}{(\zeta -z_0)-(z-z_0)}=\frac{1}{\zeta -z_0}\frac{1}{1-\frac{z-z_0}{\zeta -z_0}}$$ $$=\frac{1}{\zeta -z_0}\sum _{n=0}^{\infty }{\left(\frac{z-z_0}{\zeta -z_0}\right)}^n$$ $$\begin{array}{rl}f(z)& =\frac{1}{2\pi i}{\oint }_K\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f(\zeta )}{(\zeta -z_0{)}^{n+1}}(z-z_0{)}^{n}d\zeta \\ & =\sum _{n=0}^{N-1}\left[\frac{1}{2\pi i}{\oint }_K\frac{f(\zeta )d\zeta }{(\zeta -z_0{)}^{n+1}}\right](z-z_0{)}^n+\frac{1}{2\pi i}{\oint }_K\left[\sum _{n=N}^{\infty }\frac{f(\zeta )}{(\zeta -z_0{)}^{n+1}}(z-z_0{)}^n\right]d\zeta \\ & =\sum _{n=0}^{N-1}\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z-z_0{)}^n+R_N(z)\end{array}$$

只需证 ${\lim }_{N\to \infty }{R}_N(z)=0$ 在 $K$ 内成立。 令

$$\left|\frac{z-z_0}{\zeta -z_0}\right|=\frac{|z-z_0|}{r}=q$$

$\exists M\in \mathbb{R}$，在 $K$ 上 $|f(\zeta )|\le M$

$$\begin{array}{rl}|R_N(z)|& \le \frac{1}{2\pi }{\oint }_K\left|\sum _{n=N}^{\infty }\frac{f(\zeta )}{(\zeta -z_0{)}^{n+1}}(z-z_0{)}^n\right|ds\\ & \le \frac{1}{2\pi }{\oint }_K\left[\sum _{n=N}^{\infty }\frac{|f(\zeta )|}{|\zeta -z_0|}{\left|\frac{z-z_0}{\zeta -z_0}\right|}^n\right]ds\\ & \le \frac{1}{2\pi }\cdot \sum _{n=N}^{\infty }\frac{M}{r}{q}^n\cdot 2\pi r=\frac{M{q}^N}{1-q}\end{array}$$

显然

$$c_n=\frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$$

唯一

Theorem

幂级数的和函数在其收敛圆周上至少有一个奇点

解析函数的零点

Definition

设 $w=f(z)$ 在 $D$ 上解析，$z_0\in D$，

• 若 $f(z_0)=f^{\prime }(z_0)=\cdots =f^{(m-1)}(z_0)=0$，但 $f^{(m)}(z_0)\ne 0$，则称 $z_0$ 为 $f(z)$ 为 $f(z)$ 的 $m$ 阶零点
• 若 $f(z_0)=0$，但在 $z_0$ 的空心领域内不取 0，则称 $z_0$ 为 $f(z)$ 的孤立零点

零点的孤立性

设 $w=f(z)$ 在 $D$ 上解析，则 $f(z)$ 在 $D$ 上所有零点都是孤立的，除非 $f(z)\equiv 0$.

Theorem

$z_0$ 为 $f(z)$ 的 $m(\ge 1)$ 阶零点，其中 $f(z)\not\equiv 0$ $\iff$ 存在 $z_0$ 的空心领域 $B_{\delta }(z_0)$ 及其上解析函数 $\varphi (z)$，使得

$$f(z)=(z-z_0{)}^m\varphi (z)$$

其中 $\varphi (z)$ 在 $B_{\delta }(z_0)$ 上不取 0

Proof

$\Leftarrow$ 是显然的 $\Rightarrow$：

$$f(z)=\sum _{n=0}^{\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n=(z-z_0{)}^m\sum _{n=m}^{\infty }{c}_n(z-z_0{)}^{n-m}=(z-z_0{)}^m\varphi (z)$$ $$\varphi (z_0)=\frac{f^{(m)}(z_0)}{m!}\ne 0$$

由连续性知存在空心领域使 $\varphi (z)$ 不取 0

Theorem

${\Omega }_1,{\Omega }_2\subseteq D$，若

• ${\Omega }_1\cap {\Omega }_2=\varnothing$
• ${\Omega }_1\cup {\Omega }_2=D$
• ${\Omega }_1,{\Omega }_2$ 为开集 则 ${\Omega }_1,{\Omega }_2$ 中必有一个为 $\varnothing$

零点的孤立性

令 ${\Omega }_1=\{z_0\in D|\exists B_{\delta }(z_0)使得f(z)在B_{\delta }(z_0)恒为0\}$，${\Omega }_2=\{z_0\in D|\exists B_{\delta }^{\ast }(z_0)使得f(z)在B_{\delta }(z_0)内恒不为0\}$。 则 ${\Omega }_1,{\Omega }_2$ 为开集，${\Omega }_1\cap {\Omega }_2=\varnothing$，${\Omega }_1\cup {\Omega }_2=D$， 若 $f(z)\equiv 0$，$z_0\in {\Omega }_1$， 若 $f(z)\not\equiv 0$，设 $c_m$ 为 $f(z)$ 在 $z=z_0$ 处的 Taylor 级数的首个不为 0 的系数，则 $f(z)=(z-z_0{)}^m\varphi (z)$，$z_0\in {\Omega }_2$

函数的唯一性

设 $f(z),g(z)$ 在 $D$ 上解析，$\exists a\in D$，设存在 $\{z_n{\}}_{n=1}^{\infty }\subset B_{\delta }^{\ast }(a)\subset D$，使得

• ${\lim }_{n\to \infty }{z}_n=a$
• $f(z_n)=g(z_n),\forall n$

则 $f(z)\equiv g(z)$

洛朗级数

一般幂级数

$$I=\sum _{n=-\infty }^{\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n$$

对于负幂项，令 $\zeta =(z-z_0{)}^{-1}$，则

$$\sum _{n=1}^{\infty }{c}_{-n}(z-z_0{)}^{-n}=\sum _{n=1}^{\infty }{c}_{-n}{\zeta }^n$$

是一个通常的幂级数，设它的收敛半径为 $R$，当 $|\zeta |<R$ 时，$|z-z_0|>\frac{1}{R}$

Theorem

设 $I={\sum }_{n=-\infty }^{\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n=I_1+I_2$ 有收敛圆环域 $D$，则在 $D$ 上：

• $I$ 的和函数 $f(z)=\varphi (z)+\psi (z)$ 解析
• $f^{\prime }(z)$ 可通过逐项求导得到

$$f^{\prime }(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }n{c}_n(z-z_0{)}^{n-1}$$

• $f(z)$ 可逐项积分

$${\int }_{C}f(z)dz=\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\int }_C{c}_n(z-z_0{)}^{n}dz$$

洛朗展开

Example

$$f(z)=\frac{1}{z(1-z)}=\frac{1}{z}+\frac{1}{1-z}$$

$0<|z|<1$ 时，

$$f(z)=\frac{1}{z}+\sum _{n=0}^{\infty }{z}^n$$

$|z|>1$ 时，

$$f(z)=\frac{1}{z}-\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{1}{z}}=\frac{1}{z}-\sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{z^{n+1}}$$

洛朗展开

设 $w=f(z)$ 在 $D$ 上解析，则对 $\forall z\in D$ 有

$$f(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }{c}_n(z-z_0{)}^n$$

其中

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

$C$ 为圆环域内绕 $z_0$ 的任何一条正向简单闭曲线， 上述展开式时唯一确定的，称为洛朗展开.

• 从属原则：小圆环域上的洛朗展开与大圆环域上的相同
• 漂移原则：两个相接的圆环域如果交线上有奇点，两个圆环域上的洛朗展开不同

Example

$$f(z)=\frac{z^2-2z+5}{(z^2+1)(z-2)}=\frac{1}{z-2}-\frac{2}{z^2+1}$$

$|z|<1$

$$=-\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{z}{2}}-\frac{2}{1-(-z^2)}$$

泰勒展开 $1<|z|<2$

$$=-\frac{1}{2}\frac{1}{1-\frac{z}{2}}-\frac{2}{z^2}\frac{1}{1-\left(-\frac{1}{z^2}\right)}$$

$|z|>2$

$$=\frac{1}{z}\frac{1}{1-\frac{2}{z}}-\frac{2}{z^2}\frac{1}{1-\left(-\frac{1}{z^2}\right)}$$

应用

$$c_{-1}=\frac{1}{2\pi i}{\oint }_{C}f(z)dz$$

Example

$$f(z)=\frac{z{e}^{1/z}}{z-1}$$

求

$$I={\oint }_{|z|=2}f(z)dz$$ $$f(z)=e^{1/z}\frac{1}{1-\frac{1}{z}}=\left(1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2z^2}+\dots \right)\left(1+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}+\dots \right)$$ $$c_{-1}=1+1=2$$

Example

求

$$I={\oint }_{|z|=\frac{1}{2}}f(z)dz$$ $$f(z)=-e^{1/z}z\frac{1}{1-z}=-\left(1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2z^2}+\dots \right)(z+z^2+\dots )$$ $$c_{-1}=-\left(\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\dots \right)=2-e$$