针对计应数 week 4 的速通。
概念
复变函数在一点处解析：邻域内有导数。
孤立奇点：在该点处不解析但在一去心邻域内解析。
Class A: 多项式和指数函数进行加乘及复合。在复平面上每个点处解析。
Class B: Class A 的两个函数相除。只在一些孤立奇点 \(z_i\) 处不解析，在 \(z_i\) 的邻域内有 Laurent 级数：
\[f(z)=\frac{\lambda_{i,m}}{(z-z_i)^m}+...+\frac{\lambda_{i,1}}{z-z_i}+\sum\limits_{n\ge 0}a_n(z-z_i)^n. \]其中 \(\lambda_{i,m}\neq 0\)，\(z_i\) 被称为 \(f\) 的一个 \(m\) 阶极点。\(\lambda_{i,0}\) 被称为 \(f\) 在 \(z_i\) 的留数(residue)，记作 \(\text{Res}(f,z_i)\)。
from internet:
留数定理（Cauchy's Residue Theorem）
令 \(\Gamma\) 是复平面上的闭合曲线，\(f\) 是一个 Class B 的函数，满足在 \(\Gamma\) 上没有奇点。令 \(\{z_k\}\) 是 \(f\) 在 \(\Gamma\) 内部的奇点集合，则
\[\frac{1}{2\pi i}\oint_{\Gamma}f(z)\mathrm{d}z=\sum\limits_k\text{Res}(f,z_k). \]例子：研究 \(\tan x\) 的幂级数展开
令 \(\tan x=\sum\limits_{n\ge 0}b_nx^n\)。我们希望求得 \(b_n\)。
首先将定义扩展到复平面上：
\[\tan z=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{i(e^{iz}+e^{-iz})}. \]引理 1. \(\tan z\) 是 Class B 的函数，其孤立奇点为 \(z_m=(m-\frac{1}{2})\pi\)，\(\text{Res}(\tan z,z_m)=-1\)。
证明. 用上文中的计算法则 3 易得。
引理 2. 对奇数 \(n>0\)，\(b_n=-\sum\limits_{m>0}\text{Res}\left(\frac{\tan z}{z^{n+1}},z_m\right)\)。
证明. \(\frac{\tan z}{z^{n+1}}\) 的孤立奇点显然是 \(\tan z\) 的全体奇点及 \(z=0\)。令 \(z=0\) 处的留数为 \(\beta_n\)，则 $$\beta_n=[z^{-1}]\frac{\tan z}{z^{n+1} }=[z^n]\sum_{k\ge 0} b_kz^k=b_n.$$
问题变为求 \(\beta_n\)。我们以原点为中心作一个边长为 \(2m\pi\) 的正方形，其中 \(m\) 是正整数。将这个正方形的边界看作闭合曲线 \(\Gamma_m\)。
首先证明 \(\forall z\in\Gamma_m, |\tan z|\le 10\)。令 \(z=x+yi\)，其中 \(x,y\in\mathbb{R}\)。
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若 \(x=\pm m\pi\)，$$|\tan z|=\left|\frac{e^{ix-y} - e^{y-ix} }{e^{ix-y} + e^{y-ix} }\right|=\left|\frac{e^{-y} - e^{y} }{e^{-y} + e^{y} }\right|\le 10.$$
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若 \(y=\pm m\pi\)，由于 \(e^{ix}\) 的模长恒为 \(1\)， $$|\tan z|=\left|\frac{e^{ix-y} - e^{y-ix} }{e^{ix-y} + e^{y-ix} }\right|\le\frac{|e^{ix-y}| + |e^{y-ix}| }{\left||e^{ix-y}| - |e^{y-ix}|\right| }=\frac{|e^{-y}| + |e^{y}| }{\left||e^{-y}| - |e^{y}|\right|}\le \frac{e^{-\pi} +e^{\pi} }{e^{\pi} -e^{-\pi} }\le 10.$$
根据留数定理，
\[\frac{1}{2\pi i}\oint_{\Gamma_m} \frac{\tan z}{z^{n+1}}\mathrm{d}z=\text{Res}\left(\frac{\tan z}{z^{n+1} },0\right)+\sum_{-m< i\le m}\text{Res}\left(\frac{\tan z}{z^{n+1} },z_m\right). \]当 \(m\rightarrow+\infty\) 时，
\[0\le \frac{1}{2\pi i}\oint_{\Gamma_m} \frac{\tan z}{z^{n+1}}\mathrm{d}z\le \frac{1}{2\pi i}\frac{80}{(m\pi)^n}\rightarrow 0. \]因此
\[\beta_n=-\sum\limits_{m}\text{Res}\left(\frac{\tan z}{z^{n+1}},z_m\right) \]定理. 对奇数 \(n>0\)，\(b_n=2\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n+1}\left(\frac{1}{1^{n+1}}+\frac{1}{3^{n+1}}+\frac{1}{5^{n+1}}+...\right)\)。
证明. 当 \(z\rightarrow z_m\) 时，
\[\tan z=\frac{r_m}{z_m^{n+1}}\frac{1}{z-z_m}+\sum\limits_{k\ge 0}c_k(z-z_m)^k. \]因此
\begin{align}
b_n=&\ -\sum\limits_{m}\text{Res}\left(\frac{\tan z}{z^{n+1}},z_m\right)\notag \\
=&\ \sum\limits_{m}\frac{1}{z_m^{n+1} }\notag\\
=&\ 2\left(\frac{2}{\pi}\right)^{n+1} \sum\limits_{m>0}\frac{1}{(2m-1)^{n+1}}.
\notag
\end{align}
另外，由于 \(\tan z\) 是奇函数，\(b_n\) 在偶数 \(n\) 处为 \(0\)。
例子：求定积分 \(\alpha=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}\)
在复平面上定义 $$f(z)=\frac{1}{1+z^4}.$$
本来我们只用对实轴积分，但这样不是闭合曲线，因此考虑转而对实轴上方半径为 \(R>2\) 的半圆积分。记该闭合曲线为 \(\Gamma_R\)。
首先，不难发现 \(f(z)\) 恰有四个孤立奇点 \(z_j=e^{\frac{2j+1}{4}i\pi}(j=\pm1,\pm3)\)，其中只有 \(z_1,z_3\) 在 \(\Gamma_R\) 内。并计算留数
\[r_j=\lim\limits_{z\rightarrow z_j} \frac{z-z_j}{1+z^4}=\lim\limits_{z\rightarrow z_j} \frac{1}{4z^3}=-\frac{z_j}{4}. \]因此 $$\oint_{\Gamma_R}f(z)\mathrm{d}z=2\pi i(r_1+r_3)=\frac{\pi}{\sqrt{2}}.$$
当 \(R\rightarrow +\infty\) 时，在实数轴的部分为
\[\int_{-R}^Rf(z)\text{d}z=\frac{\pi}{\sqrt{2}}-\int_{\text{semi-circle}}f(z)\text{d}z=\frac{\pi}{\sqrt{2}}+O\left(\frac{1}{R^3}\right). \]因此我们有
\[\int_{-\infty}^{\infty}f(z)\text{d}z=\frac{\pi}{\sqrt{2}}. \] 标签：ix,right,frac,速通,复分析,tan,pi,left From： https://www.cnblogs.com/xcyle/p/18090988