复变函数

一、复变函数与解析函数

高等数学中常用的函数是”反对幂指三”，其中反函数和对数函数是后面的反函数，主要研究的是”幂指三”，用幂函数逼近函数的是泰勒展开，用三角函数逼近的是傅里叶变换，那么这里主要研究利用欧拉公式 $e^{i θ} = cos θ + i s in θ$ ，用指数函数逼近一个函数。

欧拉公式的证明可以用泰勒展开：

$e^{i x} = 1 + (i x) + \frac{( i x ) ^{2}}{2 !} + \frac{( i x ) ^{3}}{3 !} + \frac{( i x ) ^{4}}{4 !} + \frac{( i x ) ^{5}}{5 !} + ...$

$= (1 - \frac{x ^{2}}{2 !} + \frac{x ^{4}}{4 !} + ...) + i (x - \frac{x ^{3}}{3 !} + \frac{x ^{5}}{5 !})$

$= cos x + i sin x$

1. 复数的概念、复数的四则运算

概念

设 $i^{2} = 1$ ，称 $i = - 1$ 为虚数单位，并称形如 $x + i y$ 或 $x + y i$ 的表达式为复数，其中 $x$ 和 $y$ 是任意两个实数，把这里的 $x$ 和 $y$ 分别称为复数 $z = x + i y$ (或 $z = x + y i$ )的实部和虚部，并记做 $x = Re z$ ， $y = Im z$

当复数的虚部为零、实部不为零(即 $y = 0, x \neq = 0$ )时，复数 $z = x + i y$ 等于 $x + 0 i$ 为实数 $x$ ，而虚部不为零（即 $y \neq = 0$ ）的复数称为虚数。在虚数中，实部为零（即 $x = 0, y \neq = 0$ ）的称为纯虚数.

共轭：若 $z = a + ib$ ，则 $\overline{z} = a - ib$

复数的模= $Re z^{2} + Im z^{2} = z \overline{z}$

四则运算

1. $z_{1} + z_{2} = (x_{1} + x_{2}) + i (y_{1} + y_{2})$

2. $z_{1} - z_{2} = (x_{1} - x_{2}) + i (y_{1} - y_{2})$

3. $z_{1} z_{2} = (x_{1} + i y_{1}) (x_{2} + i y_{2}) = (x_{1} x_{2} - y_{1} y_{2}) + i (x_{1} y_{2} + x_{2} y_{1})$

4. $\frac{z _{1}}{z _{2}} = \frac{x _{2} + i y _{2}}{x _{1} + i y _{1}} = \frac{x _{1} x _{2} + y _{1} y _{2}}{x _{2}^{2} + i y _{2}^{2}} + i \frac{x _{2} y _{1} - x _{1} y _{2}}{x _{2}^{2} + i y _{2}^{2}}$

运算律

交换律 $z_{1} + z_{2} = z_{2} + z_{1}$ ;
结合律 $z_{1} + (z_{2} + z_{3}) = (z_{1} + z_{2}) + z_{3}$ , $z_{1} (z_{2} z_{3}) = (z_{1} z_{2}) z_{3}$ ;
分配律 $z_{1} (z_{2} + z_{3}) = z_{1} z_{2} + z_{1} z_{3}$ ;
$\overline{z_{1} \pm z_{2}} = \overline{z}_{1} \pm \overline{z}_{2}$ ;
$\overline{z_{1} z_{2}} = \overline{z}_{1} \overline{z}_{2}$ ;
$\overline{(\frac{z _{2}}{z _{1}})} = \frac{z _{2}}{z _{1}}$ ;
$\overline{\overline{z}} = z$ ;
$z + \overline{z} = 2 x = 2 Re z$ , $z - \overline{z} = 2 i Im z$ ;
$z_{1} \overline{z}_{2} = x^{2} + y^{2} = (Re z)^{2} + (Im z)^{2}$ ;

2. 复平面

用 $∣ OP ∣$ 表示复数 $z$ 时，这个向量在 $x$ 轴和 $y$ 轴上的投影分别是x和y。把向量 $\overline{OP}$ 的长度 $r$ 称为复数 $z$ 的模或者称为 $z$ 的绝对值，并记为 $∣ z ∣$ ，显然 $∣ z ∣= r = x^{2} + y^{2}$ ， $∣ z ∣\leq∣ x ∣ + ∣ y ∣$ ， $∣ x ∣\leq∣ z ∣$ ， $∣ y ∣\leq∣ z ∣$ .

辐角

如果点 $P$ 不是原点，那么把 $x$ 轴的正向与向量 $\overline{OP}$ 的夹角 $θ$ 称为复数 $z$ 的辐角，记作 $Arg z$ ，对每个 $z \neq = 0$ ，都有无穷多个辐角，因为 $θ_{o}$ 表示复数 $z$ 的一个辐角时， $θ = θ_{0} + 2 kπ (k = 0, \pm 1, \pm 2, ...)$ 就是 $z$ 的辐角的一般表达式。

主辐角 $arg z \in (- π, π]$

$Arg z = arg z + 2 kπ (k = 0, \pm 1, \pm 2, ...)$

通过 $tan (Arg z) = \frac{y}{x}$ 算出角度后，还需判断所在象限，通过加减周期 $π$ 变换到 $(- π, π]$ 之间，规律是Ⅰ、Ⅳ不变，Ⅱ、Ⅲ加减 $π$

指数式表示和三角表示式

指数形式： $z = r (cos θ + i sin θ)$

三角形式： $z = r e^{i θ}$ （由Euler公式： $e^{i θ} = cos θ + i sin θ$ 得，其中 $r =∣ z ∣$ ， $θ = Arg z$ ）

$Arg \overset{z}{ˉ} = - Arg z$ （ $z \neq = 0$ ）； $\overset{z}{ˉ} = r e^{- i θ}$ .

3. 乘幂与方根

乘幂

三角形式

$z_{1} z_{2} \dots z_{n} = r_{1} r_{2} \dots r_{n} [cos (θ_{1} + θ_{2} + ... + θ_{n}) + i sin (θ_{1} + θ_{2} + ... + θ_{n})]$

特别地，当 $z_{1} = z_{2} = ... = z_{n} = r [cos (n θ) + i sin (n θ)]$ 时， $z^{n} = r^{n} [cos (n θ) + i sin (n θ)]$

于是 $∣ z_{1} z_{2} \dots z_{n} ∣=∣ z_{1} ∣∣ z_{2} ∣ \dots ∣ z_{n} ∣$

$Arg (z_{1} z_{2} \dots z_{n}) = Arg z_{1} + Arg z_{2} + \dots + Arg z_{n}$

当 $z_{1} = z_{2} = ... = z_{n}$ 时

$∣ z ∣^{n} =∣ z^{n} ∣, Arg (z^{n}) = n Arg z$

指数形式

$z_{1} z_{2} \dots z_{n} = r_{1} r_{2} \dots r_{n} e^{i (θ_{1} + θ_{2} + \dots + θ_{n})}, z^{n} = r^{n} e^{in θ}$

特别地，当 $∣ z ∣= r = 1$ 时，则 $(cos θ + i sin θ)^{n} = (cos n θ + i sin n θ)$ De Moivre公式

当用 $z^{- n} = \frac{1}{z ^{n}}$ 定义负整数幂时，De Moivre公式仍成立。

除法

指数形式

即当 $z_{1} = r_{1} e^{i θ_{1}}, z_{2} = r_{2} e^{i θ_{2}}$ 时， $\frac{z _{1}}{z _{2}} = \frac{r _{1}}{r _{2}} e^{i (θ_{1} - θ_{2})}$

于是

$\frac{z _{1}}{z _{2}} = \frac{∣ z _{1} ∣}{∣ z _{2} ∣}, Arg \frac{z _{1}}{z _{2}} = Arg z_{1} - Arg z_{2}$

方根

$θ$ 取主辐角，若用指数表示式，则当 $z = r \cdot e^{i θ}$ 时，

$z^{\frac{1}{n}} = r^{\frac{1}{n}} e^{\frac{i ( θ + 2 kπ )}{n}} (k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots, \pm (n - 1))$

$n z = z^{\frac{1}{n}}$ 的n个根就是以原点为中心的、半径为 $r^{\frac{1}{n}}$ 的圆的内接正多边形的n个顶点所表示的复数。

例： $z^{3} = - 27$ ，求z

解： $z$ 有三个值，如果是实数， $z = - 3$ ，此时可以写成 $z = 3 e^{πi}$

那么另外两个根是 $z = 3 e^{\frac{i ( π + 2 kπ )}{3}}$ ， $k = 0, 1, - 2$

$∴ z_{1} = 3, z_{2} = 3 (\frac{1}{2} + \frac{3}{2} i), z_{3} = 3 (- \frac{1}{2} - \frac{3}{2} i)$

4. 图形的复数表示

$x = \frac{z + z}{2}$ ， $y = \frac{z - z}{2 i}$

比如直线 $y = 2 x + 3$ ，代入得 $\frac{z - z}{2 i} = z + \overline{z} + 3$

再比如 $∣ z - i + i ∣ = 2$ 可以看作是 $∣ z - (1 - i) ∣ = 2$ ，而 $∣ z_{1} - z_{2} ∣$ 表示两点间的距离， $1 - i$ 是复平面上的点 $(1, - 1)$ ，离一定点距离不变的曲线是个圆。这里也可以展开算，变成 $(x - 1)^{2} + (y + 1)^{2} = 2$ ，也是一个圆的表达式。

5. Jordan曲线、连通性

单连通区域和多连通区域

正方向：沿着曲线走，区域在左手边。外圈一般是逆时针，内圈一般是顺时针。

6. 初等复变函数

指数函数 $e^{x + i y} = e^{x} (cos y + i sin y)$
对数函数 $ln z = ln ∣ z ∣ + i arg z$ ， $Ln z = ln z + i 2 kπ (k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots)$
幂函数 $z^{a} = e^{a Ln z} (z \neq = 0)$
三角函数 $cos z = \frac{e ^{i z} + e ^{- i z}}{2}$ ， $sin z = \frac{e ^{i z} - e ^{- i z}}{2 i}$
反三角函数
- $Arcsin z = - i Ln (i z + 1 - z^{2})$
- $Arccos z = - i Ln (z + z^{2} - 1)$
- $Arctan z = - \frac{i}{2} Ln \frac{1 + i z}{1 - i z}$
双曲与反双曲函数
- $sh z = \frac{e ^{z} - e ^{- z}}{2}$ ， $ch z = \frac{e ^{z} + e ^{- z}}{2}$ ， $th z = \frac{sh z}{ch z}$
- $sh (- z) = - sh z$ ， $ch (- z) = ch z$
- $ch^{2} z - sh^{2} z = 1$
- $sh (z_{1} + z_{2}) = sh z_{1} ch z_{2} + ch z_{1} sh z_{2}$
- $ch (z_{1} + z_{2}) = ch z_{1} ch z_{2} + sh z_{1} sh z_{2}$
- $sh (i z) = i sin z$ ， $ch (i z) = cos z$
- $sin z = sin x ch y + i cos x sh y$ ， $cos z = cos x ch y - i sin x sh y$
反双曲函数
- $Arcsh z = Ln (z + z^{2} + 1)$
- $Arcch z = Ln (z + z^{2} - 1)$
- $Arcth z = \frac{1}{2} Ln \frac{1 + z}{1 - z}$

7. 连续与导数

连续

若 $f (z) = u (x, y) + i v (x, y)$ ， $z_{0} = x_{0} + y_{0}$ ， $A = a + ib$ ，则

$z \to z_{0} lim f (z) = A ⟺ (x, y) \to (x_{0}, y_{0}) lim u (x, y) = a, (x, y) \to (x_{0}, y_{0}) lim v (x, y) = b$

连续性的判别： $lim_{z \to z_{0}} f (z) = f (z_{0})$ ， $Δ z \to 0, Δ f (z) \to 0$

连续函数之间加减乘除复合后，函数仍然连续

与实函数求导相似，可导一定连续，连续不一定可导

导数

定义： $f^{'} (z) = lim_{Δ z \to 0} \frac{f ( z + Δ z ) - f ( z )}{Δ z}$ 导数存在的充分必要条件（C-R方程）： $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}$ ， $\frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x}$ 复合函数求导： $g^{'} [f (z_{0})] = g^{'} (h_{0}) f^{'} (z_{0})$

反函数的导数： $f^{'} (z) = \frac{1}{φ ^{'} ( w )}$

微分： $d w = f^{'} (z) d z$

例： $f (z) = x + 2 y i$ ，求 $f^{'} (z)$

解： $f^{'} (z) = Δ z \to 0 lim \frac{f ( z + Δ z ) - f ( z )}{Δ z}$

注意其中 $z = x + i y$ ， $Δ z = Δ x + i Δ y$

$∴ f^{'} (z) = Δ z \to 0 lim \frac{( x + Δ x ) + 2 i ( y + Δ y ) - ( x + 2 i y )}{Δ x + i Δ y} = Δ z \to 0 lim \frac{Δ x + 2 i Δ y}{Δ x + i Δ y}$

$Δ z \to 0$ 意味着 $Δ x \to 0$ 且 $Δ y \to 0$ ，这和多元函数求极限一样，要求沿不同路径趋近于0极限都一样，才代表极限存在

如果令 $Δ y = k Δ x$ ，则 $f^{'} (x) = Δ z \to 0 lim \frac{Δ x + 2 ki Δ}{Δ x + k Δ y} = \frac{1 + 2 ki}{1 + ki}$

显然，如果k取值不同，所得的极限不同， $∴$ 极限不存在，即不可导.

8. 解析函数与奇点

解析

设 $f (z)$ 在区域D有定义

设 $z_{0} \in D$ ，若存在 $z_{0}$ 的一个邻域，使得 $f (z)$ 在此邻域内处处可导，则称 $f (z)$ 在 $z_{0}$ 处解析，也称 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的解析点.
若 $f (z)$ 在区域D上每一点都解析，则称 $f (z)$ 在区域D内解析，或称 $f (z)$ 是区域D内的解析函数；
若G是一个区域，若闭区域 $D \subset G$ ，且 $f (z)$ 在G上解析，则称 $f (z)$ 在闭区域D上解析.

根据定义， $f (z)$ 在区域D内解析和在区域D内可导是等价的；但在 $z_{0}$ 处解析和在 $z_{0}$ 处可导意义不同，前者指的是 $z_{0}$ 的某一邻域内可导，但后者只要求 $z_{0}$ 处可导； $z_{0}$ 处解析和 $z_{0}$ 的某一个邻域内解析是一个意思；而闭区域上D解析，说明属于D的每一点都是 $f (z)$ 的解析点.

解析的判别：

实部与虚部可微（导数存在且连续）
满足C-R方程： $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x}$

奇点和孤立奇点

若 $f (z)$ 在 $z_{0}$ 处不解析，则称 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的奇点. 若 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的奇点，但 $z_{0}$ 的某邻域内除 $z_{0}$ 之外，再没有其他的奇点，则称 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的孤立奇点. 根据导数的性质，如果 $f (z)$ , $g (z)$ 在区域D上解析，则 $f (z) \pm g (z)$ 和 $f (z) g (z)$ 也在D内解析，当 $g (z_{0}) \neq = 0$ 时， $z_{0}$ 是 $\frac{f ( z )}{g ( z )}$ 的解析点.特别地, 多项式 $P (z)$ 是全平面内的解析函数, 而有理分式 $R (z) = \frac{P ( z )}{Q ( z )}$ 在复平面内除分母为零的点之外, 处处解析，分母为零的点是 $R (z)$ 的孤立奇点.

找奇点一般找分母为零的点

9. 可导、解析的充要条件

可导充要条件

复变函数 $f (z) = u (x, y) + i v (x, y)$ 在点 $z_{0} = x_{0} + i y_{0}$ 处可微(即可导)的充分必要条件是二元函数 $u (x, y), v (x, y)$ 在 $(x_{0}, y_{0})$ 处都可微，并且满足 CauchyRiemann(柯西－黎曼)方程

$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x}$

此时 $f^{'} (z) = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial x} - i \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial y} + i \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} - i \frac{\partial u}{\partial y}$

解析充要条件

复变函数 $f (z) = u (x, y) + i v (x, y)$ 在区域D内解析的充分必要条件是 $u (x, y), v (x, y)$ 都在区域D内可微，且在D内满足 Cauchy-Riemann方程

$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x}$

在区域D内

$f^{'} (z) = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial x} - i \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial y} + i \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} - i \frac{\partial u}{\partial y}$

注：判断一个复变函数是否可微？受否解析？首先，看它的实部与虚部是否可导（可微）；之后分别求实部与虚部对x和y的偏导，判断是否符合Cauchy-Riemann方程；若符合Cauchy-Riemann方程，则说明复变函数解析；若部分符合Cauchy-Riemann方程，那么将在符合方程的条件下函数可微，而在任何一点的领域内都有不可微的点，故函数处处不解析。

柯西－黎曼方程(C-R方程)的证明

由 $f^{'} (z) = Δ z \to 0 lim \frac{f ( z + Δ z ) - f ( z )}{Δ z}$

得出 $f (z + Δ z) - f (z) = f^{'} (z) Δ z + o (∣Δ z ∣)$

$\Rightarrow Δ u + i Δ v = (a + ib) (Δ x + i Δ y) + o (∣Δ z ∣)$

$\Rightarrow Δ u + i Δ v = (a Δ x - b Δ y) + i (b Δ x + a Δ y) + o (∣Δ z ∣)$

令实部等于实部，虚部等于虚部，得

${Δ u = (a Δ x - b Δ y) + o (∣Δ z ∣) (1) Δ v = (b Δ x + a Δ y) + o (∣Δ z ∣) (2)$

u和v可以写成增量加高阶无穷小的形式，意味着要求他们都是可微的

由(1)式得 $a = \frac{\partial u}{\partial x}$ ， $b = - \frac{\partial u}{\partial y}$

由(2)式得 $a = \frac{\partial v}{\partial y}$ ， $b = \frac{\partial v}{\partial x}$

$∴ \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}$ ， $\frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x}$ ，而 $f^{'} (z) = a + ib = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x}$

该过程反过来证也成立，所以是充要条件

C-R方程简单地理解就是，虚部的偏导可以由实部给出，即实部决定了虚部，这样就把一个虚数的问题变成了实数的问题

$f (z) = u + i v$ 解析的条件

对于 $f (z) = u (x, y) + v (x, y) i$ ，（其中 $z = x + i y$ ）

可以写成 $f (z, \overline{z}) = u (\frac{z + z}{2}, \frac{z - z}{2 i}) + v (\frac{z + z}{2}, \frac{z - z}{2 i}) i$ ，其实是关于 $z$ 和 $\overline{z}$ 的函数

如果要使 $f (z)$ 解析，则要求化简后不含 $\overline{z}$ ，即 $\frac{\partial f ( z , z )}{\partial z} = 0$

证明：

$\frac{\partial f ( x , y )}{\partial z} = \frac{\partial u ( x , y )}{\partial z} + \frac{\partial v ( x , y )}{\partial z} i$

而 $x (z, \overline{z}) = \frac{z + z}{2}$ ， $y (z, \overline{z}) = \frac{z - z}{2 i}$ ，根据全微分，有

$∴ \frac{\partial f ( u , v )}{\partial z} = \frac{\partial u ( x , y )}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial z} + \frac{\partial u ( x , y )}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial z} + (\frac{\partial v ( x , y )}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial z} + \frac{\partial v ( x , y )}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial z}) i = \frac{1}{2} \frac{\partial u ( x , y )}{\partial x} - \frac{1}{2 i} \frac{\partial u ( x , y )}{\partial y} + (\frac{1}{2} \frac{\partial v ( x , y )}{\partial x} - \frac{1}{2 i} \frac{\partial v ( x , y )}{\partial y}) i = \frac{1}{2} (\frac{\partial u ( x , y )}{\partial x} - \frac{\partial v ( x , y )}{\partial y}) + \frac{1}{2} (\frac{\partial u ( x , y )}{\partial y} + \frac{\partial v ( x , y )}{\partial y}) i = 0$

令实部和虚部分别等于0，得 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}$ ， $\frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x}$

即，对于 $f (z) = u (x, y) + v (x, y) i$ ， $\frac{\partial f ( z , z )}{\partial z} = 0$ 等价于柯西-黎曼方程

10. 初等解析函数

复指数函数

假设 $z = x + i y$ ，则由 $e^{x} (cos y + i sin y)$ 定义复指数函数，记为或简记为 $e^{z} = e^{x} (cos y + i sin y)$ 。显然 $Re (e^{z}) = e^{x} cos y$ ， $Im (e^{z}) = e^{x} sin y$

$∣ e^{z} ∣= e^{x}, Arg (e^{z}) = y + 2 kπ (k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots)$ .

性质

$e^{z}$ 为指数函数，则 $e^{z}$ 在全平面解析， $(e^{z})^{'} = e^{z}$ , 且

$e^{z + w} = e^{x} e^{w}$ 对所有 $z, w \in C$ 成立，所以 $(e^{z})^{n} = e^{n z}$ ;
$e^{z} \neq = 0$ , 如果 $z = x$ 为实数，当 $x > 0, e^{x} > 1$ , 当 $x < 0, e^{x} < 1$ ;
$e^{z}$ 是周期函数，其周期 $T = 2 nπi$ （其中 $n$ 为整数）;
$e^{\frac{π}{2} i} = i, e^{πi} = - 1, e^{\frac{3}{2} πi} = - i, e^{2 πi} = 1$ ;
$e^{z} = 1$ 的充要条件是 $z = 2 nπi$ （其中 $n$ 为整数）;

注：复指数函数在全平面解析

复对数函数

指数函数的反函数称为对数函数，即把满足方程 $e^{w} = z (z \neq = 0)$ 的函数 $w = f (z)$ 称为 $z$ 的对数函数，记作 $w = ln z$ .

令 $w = u + i v, z = r e^{i θ}$ ，则由 $e^{w} = z (z \neq = 0)$ 可得 $e^{u + i v} = r e^{i θ}$ ，从而由复数的相等的定义知 $e^{u} = r, v = θ + 2 kπ$ , 即 $u = ln r, v = θ + 2 kπ$ ( $k$ 为整数) , 或 $u = ln ∣ z ∣, v = Arg z$

所以

$w = Ln z = ln ∣ z ∣ + i Arg z = ln ∣ z ∣ + i (arg z + 2 kπ) (k = 0, \pm 1, \dots)$

记 $ln z = ln ∣ z ∣ + i arg z$ ; 则对数函数可以写为 $Ln z = ln z + 2 ikπ$ （其中 $k$ 为整数）, 对应某个确定的 $k$ , 称为对数函数的第 $k$ 个分支，对应 $k = 0$ 的那个分支，则称为对数函数主支， $ln z$ 称为对数函数的主值。

$Ln (z_{1} z_{2}) = Ln z_{1} + Ln z_{2}, Ln (\frac{z _{1}}{z _{2}}) = Ln z_{1} - Ln z_{2} (z_{1} z_{2} \neq = 0)$

注意： $Ln z^{2} = ln z^{2} + 2 kπi$ ， $2 Ln z = 2 ln z + 4 kπi$ ，两者并不相等，差了周期

注：对数主支 $ln z =∣ z ∣ + i arg z$ 在去掉原点和负实轴的平面上解析，且 $\frac{d l n z}{d z} = \frac{1}{z}$ .

因为 $ln x$ 在0处没有定义，而对于 $arg z$ ，取到 $π$ 后又变成了 $- π$ ，在负实轴处不连续

复幂函数

设 $z$ 为不等于零的复变数， $μ$ 为任意一个复数，定义复幂函数 $z^{μ}$ = $e^{μ Ln z}$ .

当 $z$ 为正实变数， $μ$ 为实数时，与乘幂一致；当 $z$ 为复变函数， $μ$ 为复数时

$z^{μ} = e^{μ Ln z} = e^{μ (l n z + i 2 kπ)} = e^{μ l n z} \cdot e^{2 kπ μ i} (k = 0, \pm 1, \pm 2, \dots)$

注：复幂函数在去掉原点和负实轴的平面上解析

因为 $Ln z$ 在去掉原点和负实轴的平面上解析，所以复幂函数在该区域上也为解析函数，且由复合函数求导公式可得 $(z^{μ})^{'} = μ z^{μ - 1}$ .

在实数里 $ln 1 = 0$ ，但是在复数里 $Ln 1 = ln 1 + 2 kπi = 2 kπi$ ，仍然有虚部，这就导致了 $1^{n} \neq = 1$

例1： $1^{2} = e^{2 Ln 1} = e^{22 kπi} = cos 22 kπ + i sin 22 kπ$

例2： $(1 + 3 i)^{i} = e^{i Ln (1 + 3 i)} = e^{i (l n 2 + \frac{π}{3} i + 2 kπi)} = e^{- \frac{π}{3} - 2 kπ + i l n 2} = e^{- \frac{π}{3} - 2 kπ} (cos ln 2 + i sin ln 2)$

三角函数和双曲函数

复三角函数与指数函数相关联(即与双曲函数相关联)

定义三角函数与双曲函数如下:

正弦函数 $sin z = \frac{e ^{i z} - e ^{- i z}}{2 i}$ ;

余弦函数 $cos z = \frac{e ^{i z} + e ^{- i z}}{2}$ ;

双曲正弦函数 $sh z = \frac{e ^{z} - e ^{- z}}{2}$ ;

双曲余弦函数 $ch z = \frac{e ^{z} + e ^{- z}}{2}$ ;

注：由于 $e^{\pm z}, e^{\pm i z}$ 在 $C$ 复平面上是解析的，所以上述四个函数在整个复平面上解析

性质

$(sin z)^{'} = cos z$ ， $(cos z)^{'} = - sin z$ ， $(sh z)^{'} = ch z$ ， $(ch z)^{'} = sh z$ ， $(tan z)^{'} = sec^{2} z = (\frac{1}{c o s z})^{2}$

$sin z$ 、 $cos z$ 是以 $2 π$ 为周期的周期函数； $sh z$ 、 $ch z$ 是以 $2 πi$ 为周期的周期函数，这是因为 $e^{\pm i z}$ 是以 $2 π$ 为周期的函数； $e^{\pm z}$ 是以 $2 πi$ 为周期的函数.
$sin z$ 、 $sh z$ 为奇函数； $cos z$ 、 $ch z$ 为偶函数.
一些恒等式关系仍成立.
角度关系仍成立。比如 $sin z = 0 \Rightarrow \frac{e ^{i z} - e ^{- i z}}{2 i} = 0 \Rightarrow e^{i z} = e^{- i z} \Rightarrow e^{2 i z} = 1 = e^{2 kπi} \Rightarrow z = kπ$ ， $cos z = 0 \Rightarrow \frac{e ^{i z} + e ^{- i z}}{2} = 0 \Rightarrow e^{i z} = - e^{- i z} \Rightarrow e^{2 i z} = - 1 = e^{(- π + 2 kπ) i} \Rightarrow z = - \frac{π}{2} + kπ$
三角函数与双曲函数函数之间满足关系式 $cos (i z) = ch z$ ， $sin (i z) = i sh z$ ， $ch (i z) = cos z$ ， $sh (i z) = i sin z$ .
$sin z, cos z$ 不是有界函数。

因为 $sin (z) = sin (x + i y) = sin x cos (i y) + cos x sin (i y) = sin x ch y + i cos x sh y$

所以 $∣ sin z ∣^{2} = sin^{2} x ch^{2} y + cos^{2} x sh^{2} y = sin^{2} x (ch^{2} y - sh^{2} y) + sh^{2} y = sin^{2} x + sh^{2} y$

虽然 $0 \leq sin^{2} x \leq 1$ , 但是当 $y \to \infty$ 时， $sh^{2} y \to \infty$ , 所以当 $y \to \infty$ 时， $∣ sin z ∣\to \infty$ , 即 $sin z$ 是无界函数。

（简单证明： $cos (i z) = ch z$ ，而 $ch z$ 无界）

反三角反双曲函数

$Arcsin z = - i Ln (i z + 1 - z^{2})$ ， $Arccos z = - i Ln (z + z^{2} - 1)$ ， $Arctan z = - \frac{i}{2} Ln \frac{1 + i z}{1 - i z}$ $Arcsh z = Ln (z + z^{2} + 1)$ ， $Arcch z = Ln (z + z^{2} - 1)$ ， $Arcth z = \frac{1}{2} Ln \frac{1 + z}{1 - z}$

证明：

令 $z = sin w$ ，则 $w = Arcsin z$

$z = \frac{e ^{i w} - e ^{- i w}}{2 i} \Rightarrow 2 i z = e^{i w} - e^{- i w}$

两边同乘 $e^{i w}$ 得， $(e^{i w})^{2} - 1 - 2 i z e^{i w} = 0$

令 $t = e^{i w}$ ， $t^{2} - 2 i z t - 1 = 0$

$∴ t = \frac{2 i z \pm - 4 z + 4}{2} = i z \pm 1 - z^{2} = e^{i w}$

两边取对数得 $w = - i Ln (i z \pm 1 - z^{2})$

其他证明同理

11.调和函数

调和函数：（1）具有二阶偏导数（2）满足拉普拉斯方程 $h_{xx} (x, y) + h_{yy} (x, y) = 0$

共轭调和的概念：若 $u$ 调和， $\exists v$ 使得 $u + i v$ 是解析函数，则称 $v$ 是 $u$ 的共轭调和函数

共轭调和的性质：(1)一阶导数满足C-R方程 (2)实部和虚部是调和函数

$f = u + i v$ 解析，则 $u$ 、 $v$ 调和

证明： $\frac{\partial ^{2} u}{\partial ^{2} x} + \frac{\partial ^{2} u}{\partial ^{2} y} = C-R 方程 \frac{\partial ^{2} v}{\partial y \partial x} + (- \frac{\partial ^{2} v}{\partial x \partial y}) = 二阶导连续 0$ ， $v$ 的部分也可以这样证明出来

解析与调和的关系：解析的充分必要条件为虚部是实部的共轭调和函数，或者说，负实部是虚部的共轭调和函数

找共轭调和函数的三种方法

线积分法

$d v = 全微分 \frac{\partial v}{\partial x} d x + \frac{\partial v}{\partial y} d y = C-R 方程 - \frac{\partial u}{\partial y} d x + \frac{\partial u}{\partial x} d y$ ，然后 $v = \int_{(x_{0}, y_{0})}^{(x, y)} d v + C$

不定积分法

$f^{'} (z) = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial x} - i \frac{\partial u}{\partial y}$

$f (z) = \int f^{'} (z) d z = \int (\frac{\partial u}{\partial x} - i \frac{\partial u}{\partial y}) d z$ ， $v$ 就是 $f (z)$ 的虚部

偏积分法

$v = \int \frac{\partial v}{\partial y} d y + C_{1} (x) = \int \frac{\partial u}{\partial x} d y + C_{1} (x)$ ，这里对 $y$ 积分 $x$ 是常数，然后 $\frac{\partial v}{\partial x} = [\int \frac{\partial u}{\partial x} d y]^{'} + C_{1}^{'} (x)$ ，观察C-R方程中的 $\frac{\partial v}{\partial x}$ ，可得出 $C_{1}^{'} (x)$ ，再让 $C_{1}^{'} (x)$ 对 $x$ 积分即可

或者再算出 $v = \int \frac{\partial v}{\partial x} d x + C_{2} (y) = - \int \frac{\partial u}{\partial y} d x + C_{2} (y)$ ，后对比得出 $C_{1} (x)$ 和 $C_{2} (y)$

注意：找 $v$ 之前，要先验证 $u$ 是否调和

例：已知 $u = y^{3} - 3 x^{3} y$ ，求共轭调和函数 $v$

先验证 $u$ 是调和的： $\frac{\partial u}{\partial x} = - 6 x y = \frac{\partial v}{\partial y}$ ， $\frac{\partial u}{\partial y} = 3 y^{3} - 3 x^{2} = - \frac{\partial v}{\partial x}$

$\frac{\partial ^{2} u}{\partial ^{2} x} = \frac{\partial ^{2} u}{\partial ^{2} y} = - 6 y$ ， $∴ u$ 是调和的

下面分别用三种不同方法求 $v$ ：

线积分法：

为方便 $(x_{0}, y_{0})$ 取 $(0, 0)$

$v = \int_{(x_{0}, y_{0})}^{(x, y)} d v + C = 全微分 \int_{(x_{0}, y_{0})}^{(x, y)} \frac{\partial v}{\partial x} d x + \frac{\partial v}{\partial y} d y = C-R 方程 \int_{(x_{0}, y_{0})}^{(x, y)} (3 x^{2} - 3 y^{2}) d x + (- 6 x y) d y = \int_{x_{0}}^{x} (3 x^{2} - 3 y^{2}) d x - \int_{y_{0}}^{y} 6 x y d y + C = x^{3} - 3 x y^{2} + C$

不定积分法

$f (z) = \int f^{'} (z) d z = \int \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} d z = \int - 6 x y + i (3 x^{2} - 3 y^{2}) d z = \int 3 i (x^{2} + 2 i x y - y^{2}) d z = \int 3 i z^{2} d z = i z^{3} + C$

$v = \frac{f ( z ) - u}{i} = x^{3} - 3 x y^{2} + C$

之前说过，任何复变函数都可以写成 $f (z, \overline{z})$ 的形式，而且如果 $f = u + i v$ 解析，化简后一定没有 $\overline{z}$ ，所以总能凑出 $z$ 来

可以用这些式子： $z = x + i y$ ， $\overline{z} = x - i y$ ， $z \cdot \overline{z} = x^{2} + y^{2}$ .

比如 $\frac{x ^{2} - y ^{2} - 2 x y i}{( x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} = \frac{z ^{2}}{( z z ) ^{2}} = \frac{1}{z ^{2}}$ .

偏积分法

$v = \int \frac{\partial v}{\partial y} d y + C_{1} (x) = \int (- 6 x y) d y + C_{1} (x) = - 3 x y^{2} + C_{1} (x)$

$\frac{\partial v}{\partial x} = - 3 y^{2} + C_{1}^{'} (x)$ ，而C-R方程中 $\frac{\partial v}{\partial x} = 3 x^{2} - 3 y^{2}$ ， $∴ C_{1}^{'} (x) = 3 x^{2}$

$∴ v = x^{3} - 3 x y^{2} + C$

二、复变函数的积分

12. 积分的概念及性质

积分的概念

设C是以 $z_{0}$ 为起点， $Z$ 为终点的有向连续曲线， $f (z)$ 是定义在 $C$ 上的复变函数. 对于曲线 $C$ 上任意的分割点 $0 z_{0}, z_{1}, z_{2}, \dots, z_{n} = Z$ , 在每个小弧段 $z_{k - 1} z_{k}$ 上任取一点 $ς_{k} (k = 1, 2, \dots, n)$ ，令 $Δ z_{k} = z_{k} - z_{k - 1} (k = 1, 2, \dots, n)$ , 做和数 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} f (ς_{k}) Δ z_{k}$

设 $λ = 1 \leq k \leq n ma x {∣ Δ z_{k} ∣}$ , 如果极限 $λ \to 0 l im \sum_{k = 1}^{n} f (ς_{k}) Δ z_{k}$ 存在，那么称这个极限值为 $f (z)$ 在曲线 $C$ 上的积分 , 并记作 $C \int f (z) d z$

即 $C \int f (z) d z = λ \to 0 lim \sum_{k = 1}^{n} f (ς_{k}) Δ z_{k}$

如果 $C$ 是一条封闭曲线，往往记作 $C \oint f (z) d z$ 而当 $C$ 是实轴上的区间 $[a, b]$ 方向 $a \to b$ , $f (z)$ 为实值函数，则这个积分就是定积分.

此积分满足：

线性： $C \int f (z) + g (z) d z = C \int f (z) d z + C \int g (z) d z$
可加性： $C \int = C_{1} \int + C_{2} \int$
估值： $∣ C \int f (z) d z ∣ \leq C \int ∣ f (z) ∣ d z$ ，若M是 $∣ f (z) ∣$ 在 $C$ 处的最大值，则 $∣ C \int f (z) d z ∣\leq M C \int 1 d z$
方向：若 $C$ 表示正方向， $C^{-}$ 表示反方向，则 $C \int f (z) d z = - C^{-} \int f (z) d z$ ，

估值定理的应用

例： $C$ 为从 $0$ 到 $3 + 4 i$ 的直线段，求 $C \int \frac{1}{z - i} d z$ 的模长的上界

$∣ C \int \frac{1}{z - i} d z ∣\leq M L$ ，其中M是 $∣ \frac{1}{z - i} ∣$ 在C上的最大值，L是曲线长度，由于是直线， $L = 5$

$∣ \frac{1}{z - i} ∣=∣ \frac{1}{x + ( y - 1 ) i} ∣= \frac{1}{x ^{2} + ( y - 1 ) ^{2}}$ ，而 $y = \frac{4}{3} x$ ，其中 $x$ 从0到3，代入后得知 $∣ \frac{1}{z - i} ∣\leq \frac{5}{3}$

$∴ ∣ C \int \frac{1}{z - i} d z ∣\leq \frac{15}{3}$

积分的性质

定理 1

设 $C$ 是按段光滑的有向曲线， $f (z)$ 在 $C$ 上连续，则 $\int_{C} f (z) d z$ 存在 , 并且

$\int_{C} f (z) d z = \int_{C} u d x - v d y + i \int_{C} v d x + u d y$

证明：

$f (z) = u + i v$ ， $z = x + i y$

根据全微分 $d z = \frac{\partial z}{\partial x} d x + \frac{\partial z}{\partial y} d y = 1 d x + i d y$

$∴ C \int f (z) d z = C \int (u + i v) (d x + i d y) = C \int u d x - v d y + i C \int v d x + u d y$

定理 2（z为参数方程时）

设 $C : z = z (t) = x (t) + i y (t) (α \leq t \leq β)$ 是一条光滑曲线， $z (α)$ 是 $C$ 的起点， $z (β)$ 是终点，则

$\int_{C} f (z) d z = \int_{α}^{β} f [z (t)] z^{'} (t) d t$

注: $\int_{C} z d z$ 与积分路径无关 , $\int_{C} Re z d z$ 与积分路径相关

例1：重要积分 $C \oint \frac{1}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z$

其中 $C$ 是圆周 $∣ z - z_{0} ∣= r (r > 0)$ 的正向

$∣ z - z_{0} ∣= r \Rightarrow (x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} = r^{2} \Rightarrow {x = x_{0} + r cos θ y = y_{0} + r sin θ \Rightarrow z = x + i y = (x_{0} + i y_{0}) + r cos θ + i r sin θ \Rightarrow z = z_{0} + r e^{i θ}$

$∴ z - z_{0} = r e^{i θ}$

$∴ I = ∣ z - z_{0} ∣ = r \oint \frac{1}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z = \int_{0}^{2 π} \frac{1}{( r e ^{i θ} ) ^{n + 1}} d r e^{i θ} = \int_{0}^{2 π} \frac{i r e ^{i θ}}{( r e ^{i θ} ) ^{n + 1}} d θ = \int_{0}^{2 π} \frac{i e ^{- in θ}}{r ^{n}} d θ = \frac{i}{r ^{n}} \int_{0}^{2 π} e^{- in θ} d θ$

当 $n = 0$ 时， $I = i \int_{0}^{2 π} 1 d θ = i θ ∣_{0}^{2 π} = 2 πi$

当 $n \neq = 0$ 时， $I = \frac{i}{r ^{n}} \frac{1}{- in} e^{- in θ} ∣_{0}^{2 π} = - \frac{1}{n r ^{n}} [cos (- n 2 π) + i sin (- n 2 π) - cos 0 - i sin 0] = 0$

于是得到了重要积分：

$C \oint \frac{1}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z = {2 πi 0, n = 0, n \neq = 0$

注: 积分值与圆周的半径无关，与 $n$ 的取值有关，且 $C$ 是 $∣ z - z_{0} ∣ = r$ 要和分母处保持一致（其实由后面的复合闭路定理知，只要 $C$ 能包住 $z_{0}$ 点就行，不一定要以 $z_{0}$ 为圆心）

例2： $I = ∣ z ∣ = 2 \oint \frac{z}{∣ z ∣} d z$

由于 $z \overline{z} = ∣ z ∣^{2}$ ， $∴ \overline{z} = \frac{∣ z ∣ ^{2}}{z}$ ，代入后利用例1结论，得 $I = ∣ z ∣ = 2 \oint \frac{∣ z ∣}{z} = ∣ z ∣ = 2 \oint \frac{2}{z} = 4 πi$

例3： $C \int z^{2} d z$ ，其中 (1)C是从(0,0)到(2,1)的直线段 (2)C是从(0,0)到(2,0)再到(2,1)的折线段

解：(1)积分路径为 $y = \frac{1}{2} x$ ，而 $z = x + i y = x + \frac{1}{2} i x$ ， $∴ d z = (1 + \frac{i}{2}) d x$

$C \int z^{2} d z = \int_{0}^{2} [(1 + \frac{i}{2}) x]^{2} (1 + \frac{i}{2}) d x = (1 + \frac{i}{2})^{3} \int_{0}^{2} x^{2} d x = \frac{1}{3} (2 + 11 i)$

(2)利用可加性， $C_{1}$ 表示从(0,0)到(2,0)的直线， $C_{2}$ 表示从(2,0)到(2,1)的直线

对于 $C_{1}$ ， $z = x + i y = x$ ，其中 $x$ 从0到2， $∴ d z = d x$ ， $C_{1} \int x^{2} d x = \frac{1}{3} x^{3} ∣_{0}^{2} = \frac{8}{3}$

对于 $C_{2}$ ， $z = x + i y = 2 + i y$ ，其中 $y$ 从0到1， $∴ d z = i d y$ ， $C_{2} \int (2 + i y)^{2} i d y = - 2 + \frac{11 i}{3}$

$C \int = C_{1} \int + C_{2} \int = \frac{8}{3} - 2 + \frac{11 i}{3} = \frac{1}{3} (2 + 11 i)$

可见有时积分值是与积分路径无关的

13. Cauchy积分定理

又叫柯西积分定理

设 $f (z)$ 是单连通区域 $D$ 上的解析函数，则对 $D$ 内的任何按段光滑的 $J or d an$ 曲线 $C$ , 都有

$C \oint f (z) d z = 0$

利用Green公式进行证明：

Riemann通过加强条件”f(z)在区域D内连续”，使证明更简单（Goursat的证明不需要该条件）：

若 $f (z)$ 在单连通区域D内解析且连续，则 $\forall D$ 内封闭曲线 $C$ ， $C \oint f (z) d z = 0$

$I = C \int f (z) d z = C \int (u + i v) (d x + i d y) = C \int u d x - v d y + i C \int v d x + u d y$

根据格林公式， $I = G \iint (- \frac{\partial v}{\partial x} - \frac{\partial u}{\partial y}) d x d y + i G \iint (\frac{\partial u}{\partial x} - \frac{\partial v}{\partial y}) d x d y$

由于 $f (z)$ 在 $D$ 内解析，满足C-R方程， $∴ I = 0$ .

推论1. 若 $f (z)$ 在 $D$ 内解析，积分与路径无关.

推论2. 曲线 $C$ 围成的是一个单连通区域D，若 $f (z)$ 在在 $D$ 内解析，则 $C \oint f (z) d z = 0$ 。也就是说，含有限个孤立奇点闭区域内的积分只和奇点有关，只要包含的奇点不变，积分路径可以随意变换；若内部没有奇点，则积分直接等于0，

例： $∣ z ∣ = \frac{1}{2} \oint \frac{z ^{2}}{( z - 2 ) ( z + 1 )} d z$

解： $∣ z ∣ = \frac{1}{2}$ 内没有奇点，积分为0

Cauchy积分定理反过来也成立：若 $f (z)$ 在单连通区域 $D$ 内连续，且 $\forall$ 简单闭曲线积分为0，则 $f (z)$ 在 $D$ 内解析.（Morera定理）

14. 复合闭路定理

设 f(z) 是多连通区域 D 上的解析函数， $C, C_{1}, C_{2}, \dots, C_{n}$ 是 $D$ 内按段光滑的Jordan曲线，且满足：

$C_{1}, C_{2}, \dots, C_{n}$ 中的任意曲线都在其余曲线的外部（即互不包含也不相交）, 而它们都在C的内部；
位于 $C$ 的内部和 $C_{1}, C_{2}, \dots, C_{n}$ 外部的区域 $G$ 包含于 $D$ ，其边界 $C, C_{1}, C_{2}, \dots, C_{n}$ 也包含于 $D$ ，即G $\subset$ D ，则

$C \oint f (z) d z = k = 1 \sum n C_{k} \oint f (z) d z$

其中 $C$ 和 $C_{k}$ 均取逆时针方向

证明

任何多连通区域都可以“剪开”成单连通区域，然后根据Cauchy积分定理， $C + L_{1} + C_{1}^{-} + L_{1}^{-} \oint f (z) d z = 0$ ，此时 $L_{1}$ 和 $L_{1}^{-}$ 是方向相反的同一条线，于是 $L_{1} \int + L_{1}^{-} \int = 0$ ，根据可加性 $C + L_{1} + C_{1}^{-} + L_{1}^{-} \oint f (z) d z = C \int + L_{1} \int + C_{1}^{-} \int + L_{1}^{-} \int = C \int + C_{1}^{-} \int = 0$ ，即 $C \int = C_{1} \int$ ，其中 $C_{1}$ 取逆时针方向，如果有 $C_{1} ... C_{n}$ ，也可以这样逐个“剪开”，就变成了 $C \oint f (z) d z = \sum_{k = 1}^{n} C_{k} \oint f (z) d z$

复合闭路定理说明，单连通闭区域内的积分可以转化为用逆时针闭曲线圈住奇点后，对这些曲线进行积分再求和

进一步的推论，若外圈取逆时针，包含奇点的内圈全部取顺时针，外圈可以转化为在这些内圈上取逆时针再求和，于是内圈的顺时针和逆时针方向积分相互抵消，积分为0。简单地说就是，多连通区域若全体都是正方向且解析，那么积分为0。

例1： $C \oint \frac{cosz}{z} d z$ ， $C$ 由 $∣ z ∣ = 2$ 的逆时针与 $∣ z ∣ = 1$ 的顺时针围成

解：奇点只有 $(0, 0)$ ， $∣ z ∣ = 2$ 逆时针的曲线可以转化成 $∣ z ∣ = 1$ 逆时针曲线，此时与 $∣ z ∣ = 1$ 顺时针抵消，积分为0。

例2： $I = ∣ z ∣ = \frac{1}{2} \oint \frac{1}{z ^{2} - z} d z$

解：裂项得 $I = ∣ z ∣ = \frac{1}{2} \oint (\frac{1}{z - 1} - \frac{1}{z}) d z$

第一项的奇点是1，不在 $∣ z ∣ = \frac{1}{2}$ 的圆内，由柯西积分定理知，积分为0

第二项根据重要积分 $∣ z - z_{0} ∣ = r \oint \frac{1}{z - z _{0}} d z = 2 πi$ ，可知积分为 $2 πi$

$∴ I = - 2 πi$

例3： $I = C \oint \frac{1}{z ^{2} - z} d z$ ，其中 $C$ 是把 $∣ z ∣ = 1$ 围住的简单正向闭曲线

解：裂项得 $I = C \oint (\frac{1}{z - 1} - \frac{1}{z}) d z$ ，把 $C$ 分成 $C_{1}$ 、 $C_{2}$ ， $C_{1}$ 是只把奇点 $(0, 0)$ 围住的一个小圆， $C_{2}$ 是只把奇点 $(0, 1)$ 围住的一个小圆

于是 $I = C_{1} \oint (\frac{1}{z - 1} - \frac{1}{z}) d z + C_{2} \oint (\frac{1}{z - 1} - \frac{1}{z}) d z = (0 - 2 πi) + (2 πi - 0) = 0$

15. Cauchy积分公式

设 $f (z)$ 是在单连通区域 D 上的解析函数， $z_{0}$ 是 D 内的一个定点，C 是任意一条把 $z_{0}$ 含在其内部区域的按段光滑的 Jordan 曲线，则

$f (z_{0}) = \frac{1}{2 πi} C \oint \frac{f ( z )}{z - z _{0}} d z$

证明： $C \oint \frac{f ( z )}{z - z _{0}} d z = C \oint \frac{f ( z ) - f ( z _{0} ) + f ( z _{0} )}{z - z _{0}} d z = ∣ z - z_{0} ∣ = r \oint \frac{f ( z ) - f ( z _{0} )}{z - z _{0}} d z + f (z_{0}) \cdot ∣ z - z_{0} ∣ = r \oint \frac{1}{z - z _{0}} d z$

根据估值定理， $∣ ∣ z - z_{0} ∣ = r \oint \frac{f ( z ) - f ( z _{0} )}{z - z _{0}} d z ∣\leq ∣ z - z_{0} ∣ = r \oint ∣ \frac{f ( z ) - f ( z _{0} )}{z - z _{0}} ∣ d z$

令 $∣ f (z) - f (z_{0}) ∣ = ε$ ，当 $r$ 足够小， $ε \to 0$ ，而 $∣ z - z_{0} ∣ = r$ ，代入得

$∣ z - z_{0} ∣ = r \oint ∣ \frac{f ( z ) - f ( z _{0} )}{z - z _{0}} ∣ d z = \frac{ε}{r} \cdot ∣ z - z_{0} ∣ = r \oint 1 d z = \frac{ε}{r} \cdot 2 π r = 2 π ε \to 0$

$∴ C \oint \frac{f ( z )}{z - z _{0}} d z = 0 + f (z_{0}) \cdot ∣ z - z_{0} ∣ = r \oint \frac{1}{z - z _{0}} d z = 2 πi f (z_{0})$

不严谨的推导就是，换路径后，当 $r$ 足够小， $f (z) \to f (z_{0})$ ，可以当作常数提出来，剩下的用重要积分算得 $2 πi$

如果换元把 $∣ z - z_{0} ∣ = r$ 变成 $z = z_{0} + r e^{i θ}$ ，有 $f (z_{0}) = \frac{1}{2 πi} \int_{0}^{2 π} \frac{f ( z _{0} + r e ^{i θ} )}{r e ^{i θ}} r e^{i θ} i d θ = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (z_{0} + r e^{i θ}) d θ$ ，说明解析函数在圆心处的取值等于圆周的平均值

如果让 $z_{0}$ 动起来，有 $f (z) = \frac{1}{2 πi} C \oint \frac{f ( ς )}{ς - z} d ς$ ，说明如果边界确定了，内部每一点的取值都可以由边界给出，其中 $f (ς)$ 是边界上的任意一点的值， $\frac{1}{ς - z}$ 叫做核函数

例1： $∣ z ∣ = 2 \oint \frac{e ^{i z}}{z - \frac{π}{2} i} d z$ ，奇点是 $(0, \frac{π}{2})$ ，在 $∣ z ∣ = 2$ 里面， $∴ 2 πi e^{i (0 + \frac{π}{2} i)} = 2 πi e^{- \frac{π}{2}}$ .

例2：前面的题目也可以用柯西积分公式来做， $C \oint \frac{1}{z ^{2} - z} d z = C_{1} \oint \frac{\frac{1}{z - 1}}{z} d z + C_{2} \oint \frac{\frac{1}{z}}{z - 1} d z = 2 πi \frac{1}{0 - 1} + 2 πi \frac{1}{1} = 0$ ，这样就不用再裂项了

16. Cauchy导数公式

设 $f (z)$ 是在单连通区域 $D$ 上的解析函数， $C$ 是 $D$ 内按段光滑的Jordan曲线， $z_{0}$ 是 $C$ 内部的任意点，则 $f (z)$ 在 $z_{0}$ 处存在各阶导数，且

$f^{(n)} (z_{0}) = \frac{n !}{2 πi} C \oint \frac{f ( z )}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z$

此处 $C$ 取正向；如果用 $ς$ 表示积分变量，即表示 $C$ 上的点， $z$ 表示 $C$ 内部的任意点，则Cauchy导数公式可写为 $f^{(n)} (z) = \frac{n !}{2 πi} C \oint \frac{f ( ς )}{( ς - z ) ^{n + 1}} d ς$

或者

$C \oint \frac{f ( z )}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z = \frac{2 πi}{n !} f^{(n)} (z_{0})$

例1： $I = ∣ z ∣ = 2 \oint \frac{1}{z ^{3} ( z + 1 )} d z$ ，用复合闭路定理分成 $C_{1}$ 圈住 $(0, 0)$ ， $C_{2}$ 圈住 $(- 1, 0)$

$I = C_{1} \oint \frac{\frac{1}{z + 1}}{z ^{3}} d z + C_{2} \oint \frac{\frac{1}{z ^{3}}}{z + 1} d z = \frac{2 πi}{2 !} (\frac{1}{z + 1})^{''} ∣_{z = 0} + 2 πi \frac{1}{z ^{3}} ∣_{z = - 1} = \frac{2 πi}{2 !} \cdot \frac{2}{( z + 1 ) ^{3}} ∣_{z = 0} - 2 πi = 0$ .

例2： $I = ∣ z ∣ = 2 \oint \frac{e ^{z}}{( z ^{2} + 1 ) ^{2}} d z$ ，奇点为 $\pm i$ ， $∴ I = ∣ z ∣ = 2 \oint \frac{e ^{z}}{( z + i ) ^{2} ( z - i ) ^{2}} d z$ ，用 $C_{1}$ 圈住 $(0, 1)$ ， $C_{2}$ 圈住 $(0, - 1)$ ，得

$I = C_{1} \oint \frac{\frac{e ^{z}}{( z + i ) ^{2}}}{( z - i ) ^{2}} d z + C_{2} \oint \frac{\frac{e ^{z}}{( z - i ) ^{2}}}{( z + i ) ^{2}} d z = 2 πi [\frac{e ^{z}}{( z + i ) ^{2}}]^{'} ∣_{z = i} + 2 πi [\frac{e ^{z}}{( z - i ) ^{2}}]^{'} ∣_{z = - i} = πi (sin 1 - cos 1)$

17. 解析函数的原函数

设 $f (z)$ 是定义在区域 $D$ 上的复变函数，若存在 $D$ 上的解析函数 $F (z)$ ，使 $F^{'} (z) = f (z)$ 在 $D$ 上成立，则称 $F (z)$ 是 $f (z)$ 在区域 $D$ 上的原函数.

$f (z)$ 在区域 $D$ 上存在原函数 $F (z)$ ，则 $f (z)$ 必须是解析函数因为解析函数的导函数仍是解析函数（所以解析函数有任意阶导数）.

定理一

设 $F (z)$ 和 $G (z)$ 都是 $f (z)$ 在 $D$ 上的原函数，则 $F (z) - G (z) \equiv C$ (常数).

定理二

设 $f (z)$ 是在单连通区域 $D$ 上的解析函数， $z_{0}$ 是 $D$ 内的一个定点， $C$ 是 $D$ 内以 $z_{0}$ 为起点， $z$ 为终点的按段光滑曲线，则积分 $C \int f (ς) d ς$ 只依赖于 $z$ 与 $z_{0}$ ，而与路径 $C$ 无关.（解析区域上的积分只与起点和终点有关，与路径无关，此时才可以用原函数求积分）

定理三

$f (z)$ 是在单连通区域 $D$ 上的解析函数， $z_{0} \in D$ 是定点， $z \in D$ 是动点，则 $F (z) = \int_{z_{0}}^{z} f (ς) d ς$ 是 $f (z)$ 在 $D$ 上的原函数.

定理四

设 $f (z)$ 是在单连通区域 $D$ 上的解析函数， $F (z)$ 是 $f (z)$ 在区域 $D$ 上的原函数， $z_{1}, z_{2}$ 是 $D$ 内的任意两点，则

$\int_{z_{1}}^{z_{2}} f (z) d z = F (z_{2}) - F (z_{1})$

三、复变函数的级数

18. 复数项级数

复数列

设 $α_{n} = a_{n} + i b_{n}$ （ $n = 1, 2, \dots$ ）是一列复数，其中 $a_{n} b_{n}$ , 均是实数，则称它为复数列，简称为数列，并记为{ $α_{n}$ } .

复数项级数

设 $α_{n} = a_{n} + i b_{n}$ 是一复数列(其中 $a_{n}, b_{n}$ 均是实数列), 则称

$\sum_{n = 1}^{\infty} α_{n} = α_{1} + α_{2} + \dots + α_{n} + \dots$ 为复数项级数，把 $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} α_{k} = α_{1} + α_{2} + \dots + α_{n}$ 称为级数的前n项部分和.
级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} α_{n}$ 收敛的充分必要条件是实数项级数 $a_{n}$ 和 $b_{n}$ 都收敛。并且当 $\sum_{n = 1}^{\infty} α_{n}$ 收敛时， $\sum_{n = 1}^{\infty} α_{n} = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} + i \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 。若 $n \to \infty lim a_{n} = a$ ， $n \to \infty lim b_{n} = b$ ，则 $n \to \infty lim (a_{n} + i b_{n}) = a + ib$ .

收敛的性质

$n \to \infty lim α_{n} = α$ 的充要条件是 $n \to \infty lim a_{n} = a$ , $n \to \infty lim b_{n} = b$ ，即实部虚部都收敛.

级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} α_{n}$ 收敛，则 $n \to \infty lim α_{n} = 0$ .（通项趋于零是收敛的必要条件）
若级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} α_{n}$ 绝对收敛，则它一定是收敛级数，此时满足不等式 $∣ \sum_{n = 1}^{\infty} α_{n} ∣\leq \sum_{n = 1}^{\infty} ∣ α_{n} ∣$
设 $α_{n}$ 是收敛数列，则 $α_{n}$ 有界, 即存在 $M > 0$ ，对任意正整数 $n$ ，有 $α_{n} \leq M$ .
设 $\sum_{n = 1}^{\infty} α_{n}$ 与 $\sum_{n = 1}^{\infty} β_{n}$ 都是绝对收敛级数，令 $γ_{n} = α_{1} β_{n} + α_{2} β_{n - 1} + \dots + α_{n} β_{1} (n = 1, 2, \dots)$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} γ_{n}$ 收敛且 $\sum_{n = 1}^{\infty} γ_{n} = (\sum_{n = 1}^{\infty} α_{n}) (\sum_{n = 1}^{\infty} β_{n})$

性质2的证明：

$∣ α_{n} ∣ = a_{n}^{2} + b_{n}^{2}$ ， $\sum_{n = 1}^{\infty} ∣ a_{n} ∣ \leq \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{2} + b_{n}^{2}$ ， $\sum_{n = 1}^{\infty} ∣ b_{n} ∣ \leq \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{2} + b_{n}^{2}$

由于 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{2} + b_{n}^{2}$ 收敛， $∴ \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}$ 和 $\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}$ 收敛且绝对收敛， $\sum_{n = 1}^{\infty} α_{n}$ 也收敛

审敛法

和高等数学一样

正数项级数
1. 比较判别法，参照物 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ^{p}} = {收敛发散, p > 1, p \leq 1$ ， $\sum_{n = 1}^{\infty} q^{n} = {收敛发散, ∣ q ∣ < 1, ∣ q ∣ \geq 1$
2. 比较判别法极限形式， $n \to \infty lim \frac{u _{n}}{v _{n}} = l$ ，若 $0 < l < + \infty$ ，则 $u_{n}$ 和 $v_{n}$ 同敛散性
3. 比值判别法， $n \to \infty lim \frac{u _{n + 1}}{u _{n}} = l ⎩ ⎨ ⎧ 0 \leq l < 1 l = 1 l > 1, 收敛, 不清楚, 发散$
4. 根值判别法， $n \to \infty lim n u_{n} = ⎩ ⎨ ⎧ q < 1 q = 1 q > 1, 收敛, 不清楚, 发散$
交错级数，莱布尼茨判别法：交错级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} u_{n}$ ，若(1) $u_{n + 1} < u_{n}$ ，(2) $n \to \infty lim u_{n} = 0$ ，则收敛，且 $0 < \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} u_{n} < u_{1}$
其他级数： $u_{n}$ 取绝对值后，变成正数项级数，判断是否绝对收敛

例1：判断 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{i ^{n}}{n}$ 是否收敛

展开得 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{i ^{n}}{n} = \frac{i}{1} - \frac{1}{2} - \frac{i}{3} + \frac{1}{4} ...$

把第1、2项看作一对，3、4项看作一对…，得到 $\sum_{k = 1}^{\infty} (\frac{i ^{2 k - 1}}{2 k - 1} + \frac{i ^{2 k}}{2 k}) = \sum_{k = 1}^{\infty} (\frac{( - 1 ) ^{k}}{2 k} + i \frac{( - 1 ) ^{k - 1}}{2 k - 1})$

根据莱布尼茨判别法，虚部实部都收敛， $∴$ 级数收敛

例2：判断 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{( 2 + 3 i ) ^{n}}{5 ^{n}}$ 是否收敛

$\sum_{n = 1}^{\infty} ∣ \frac{( 2 + 3 i ) ^{n}}{5 ^{n}} ∣= \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{∣2 + 3 i ∣}{∣5∣})^{n}$ ，而 $\frac{13}{5} < 1$ ，属于 $\sum_{n = 1}^{\infty} q^{n}$ ， $∣ q ∣ < 1$ ， $∴$ 收敛

19. 幂级数的概念

幂级数： $\sum_{n = 0}^{\infty} C_{n} (z - z_{0})^{n}$

Abel定理：对于 $\sum_{n = 0}^{\infty} C_{n} z^{n}$ ，若当 $z = z_{0}$ 时收敛（ $z_{0} \neq = 0$ ），则对 $\forall∣ z ∣ < ∣ z_{0} ∣$ 的 $z$ 都收敛

收敛半径：若 $n \to \infty lim ∣ \frac{C _{n + 1}}{C _{n}} ∣= ρ$ ，则收敛半径 $r = \frac{1}{ρ}$ 。若 $n \to \infty lim n ∣ C_{n} ∣ = ρ$ ，则收敛半径 $r = \frac{1}{ρ}$

20. 幂级数的性质

两个幂级数可以在公共收敛区域内作加、减、乘运算
若 $\sum_{n = 0}^{\infty} C_{n} (z - z_{0})^{n}$ ，在 $∣ z - z_{0} ∣ < R$ 上收敛，则
1. 和函数 $f (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} C_{n} (z - z_{0})^{n}$ 在该区域内解析
2. 和函数可以在该区域内逐项求导、逐项积分

与高等数学中的幂级数类似

21. Taylor展开定理

Taylor 展开定理设 $f (z)$ 是区域 D 上的解析函数, $z_{0}$ 是 D 内的一个定点, 而 $z - z_{0} < R$ 是包含在 D 内的 $z_{0}$ 的最大邻域(R就是 $z_{0}$ 点和 D 的边界点间的距离的最小值（若 D 是全平面时， $R = + \infty$ )，则 $f (z)$ 在 $z - z_{0} < R$ 上可展开成为

$f (z) = n = 0 \sum \infty c_{n} (z - z_{0})^{n}$

其中 $c_{n} = \frac{1}{n !} f^{(n)} (z_{0}) (n = 0, 1, 2, \dots)$ .

用柯西导数公式 $c_{n}$ 可以写成 $\frac{1}{2 πi} C \oint \frac{f ( z )}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z$ ，其中 $C$ 是D内任意一个以 $z_{0}$ 为圆心的圆 $∣ z - z_{0} ∣ = ρ < R$

如何求Taylor级数的收敛半径

设 $α$ 是 $f (z)$ 的所有奇点中离 $z_{0}$ 最近的奇点，则 $R =∣ z_{0} - α ∣$ （展开的区域不能跨过奇点或边界的最小值）

例：求 $\frac{1}{( z - 1 ) ( z - 2 )}$ 在 $z = 1 + i$ 处展开成幂级数之后的收敛半径

解：奇点有 $(1, 0)$ 、 $(2, 0)$ ，离 $(1, 1)$ 最近的点是 $(1, 0)$ ，距离为1

$∴$ 收敛半径是1

22. Taylor级数展开的唯一性

设 $f (z)$ 是 D 上的解析函数， $z_{0}$ 是 D 内的定点，且在 $z - z_{0} < R$ 可展成幂级数 $f (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} c_{n}^{'} (z - z_{0})^{n}$ 则它一定是 $f (z)$ 在 $z_{0}$ 点的Taylor级数，即 $c_{n}^{'} = \frac{f ^{(n)} ( z )}{n !} (n = 1, 2, \dots)$ .

Taylor级数展开的唯一性定理为间接展开方法提供了理论基础。

将函数展开为Taylor级数的方法

直接方法：由Taylor展开定理计算级数的系数 $c_{n} = \frac{f ^{(n)} ( z _{0} )}{n !} (n = 0, 1, 2, \dots)$ ，然后将函数 $f (z)$ 在 $z_{0}$ 展开成幂级数。

间接方法：借助一些已知函数的展开式，结合解析函数的性质，幂级数运算性质，求函数的Taylor展开式。不需要求各阶导数，通常比直接展开更为简洁，使用范围更广泛。

23. 函数的零点

零点

零点设函数 $f (z)$ 在解析区域 $D$ 内的一点 $z_{0}$ 的值为零，则称 $z_{0}$ 为解析函数 $f (z)$ 的零点.

孤立零点 如果函数 $f (z)$ 在点 $z_{0}$ 的某个邻域 $B (z_{0}, δ) = {z ∣ ∣ z - z_{0} ∣< δ}$ 内解析， $f (z_{0}) = 0$ , 且除了点 $z_{0}$ 外，在 $B (z_{0}, δ)$ 内 $f (z)$ 处处不为零，则称 $z_{0}$ 为 $f (z)$ 孤立零点.

m级零点 如果解析函数 $f (z)$ 在点 $z_{0}$ 的邻域内可以表示为 $f (z) = (z - z_{0})^{m} ψ (z)$ , 其中 $ψ (z)$ 在点 $z_{0}$ 解析，且 $ψ (z_{0}) \neq = 0, m \geq 1$ 则称 $z_{0}$ 为 $f (z)$ 的m级零点.

性质

定理_1 不恒为零的解析函数的零点必是孤立零点

推论一：设 $f (z)$ 在区域 $D$ 内解析， $z_{n} (n = 1, 2, \dots)$ 是 $f (z)$ 在 $D$ 内的一列零点 , $z_{m} \neq = z_{n} (m \neq = n)$ ，且 $z_{0} \to z_{n} (n \to \infty)$ ， $z_{0} \in D$ ,则 $f (z)$ 在 $D$ 中恒为零.

推论二：(解析函数的惟一性定理) 设函数 $f (z)$ 与 $g (z)$ 在区域 $D$ 内解析， $z_{n} (n = 1, 2, \dots)$ 是 $D$ 内的点列， $z_{m} \neq = z_{n} (m \neq = n)$ ，且 $z_{0} \to z_{n} (n \to \infty)$ ， $z_{0} \in D$ . 若对一切 $n$ , 都有 $f (z_{n}) = g (z_{n})$ , 则在 $D$ 内，恒有 $f (z) = g (z)$ 。

注：推论二指出定义在区域 $D$ 内的两个解析函数，只要在 $D$ 内的某一部分(子区域或孤段)上的值相等，则它们在整个区域 $D$ 上的值相等.

定理_2 不恒为零的解析函数 $f (z)$ 以 $z_{0}$ 为其m级零点的充分必要条件是 $f (z_{0}) = f^{'} (z_{0}) = \dots = f^{(m - 1)} (z_{0}) = 0$ ，但 $f^{(m)} (z_{0}) \neq = 0$ .

24. Laurent级数的概念

若 $f (z)$ 在 $z_{0}$ 点解析，则在 $z_{0}$ 的某邻域内能展开为Taylor级数，其各项由 $z_{0} - z$ 的非负幂组成. 如果 $f (z)$ 在圆环域 $R_{1} < z - z_{0} < R_{2}$ 内解析，则 $f (z)$ 在这个圆环域内不一定都能展开为 $z_{0} - z$ 的幂级数，但可以展开为含有 $z - z_{0}$ 的负指数次幂项的级数，这类级数可表示为

$\sum_{n = - \infty}^{\infty} c_{n} (z - z_{0})^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n} (z - z_{0})^{n} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} c_{- n} (z - z_{0})^{- n}$

这种形式的级数称为Laurent级数，Laurent级数分为两部分，即由幂级数和只含负幂项的级数组成。

已知幂级数会有收敛半径 $R_{2}$ ，对于负幂项，作变换 $t = \frac{1}{z - z _{0}}$ ，则负幂项的部分可以写成 $c_{n} t^{n}$ ，也是幂级数的形式，此时有收敛半径 $μ$ ，收敛区域是 $∣ \frac{1}{z - z _{0}} ∣ < μ$ ，即 $∣ z - z_{0} ∣ > \frac{1}{μ}$ ，所以对于负幂项，会大于某个 $R_{1}$

定义一

若 $\sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n} (z - z_{0})^{n}$ 和 $\sum_{n = 1}^{+ \infty} c_{- n} (z - z_{0})^{- n}$ 都收敛, 则Laurent级数收敛, 若其中一个发散, 则Laurent级数发散。

25. Laurent级数的展开

Laurent 展开定理

设 $0 \leq R_{1} < R_{2} \leq + \infty$ , $f (z)$ 在圆环域 $R_{1} <∣ z - z_{0} ∣< R_{2}$ 内解析，则 $f (z)$ 在此环域内可展开为Laurent级数

$f (z) = n = - \infty \sum + \infty c_{n} (z - z_{0})^{n} (R_{1} <∣ z - z ∣< R_{2})$

此处 $c_{n} = \frac{1}{2 πi} C \oint \frac{f ( z )}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z (n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots)$ ， $C$ 是圆周 $∣ z - z_{0} ∣= R$ （其中 $R_{1} < R < R_{2}$ ）的正向； $C$ 也可以是把 $z_{0}$ 含在其内部的圆环域内的按段光滑Jordan曲线。

$c_{n}$ 的证明：

已知 $f (z) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} c_{n} (z - z_{0})^{n}$

两边同除 $(z - z_{0})^{m + 1}$ ，然后右边把 $n = m$ 那项单独拿出来，有

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

两边同时积分，根据重要积分 $C \oint \frac{1}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z = {2 πi 0, n = 0, n \neq = 0$ ，得

$C \oint \frac{f ( z )}{( z - z _{0} ) ^{m + 1}} d z = c_{m} \cdot 2 πi$ ，得证

注意这里 $n$ 可以是负数，不是柯西导数公式，不能写成求 $n$ 阶导的形式

特别地，当 $n = - 1$ 时，有 $C \oint f (z) d z = 2 πi c_{- 1}$ ，可以用 $c_{- 1}$ 计算积分， $c_{- 1}$ 是 $f (z)$ 在 $z_{0}$ 处展开成Laurent级数后 $\frac{1}{z - z _{0}}$ 项的系数，此时 $z_{0}$ 可以随意选取，以 $z_{0}$ 为圆心的展开的区域只要包含的奇点和原来的一致就行。

Laurent 展开的惟一性

设 $f (z)$ 在圆环域 $R_{1} <∣ z - z ∣< R_{2}$ 内解析，则 $f (z)$ 在此圆环域内的Laurent展开式是惟一的。

例1：求 $f (z) = \frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2}$ 在 $z = 0$ 处展开的Laurent级数

解：奇点是 $z = 1$ 和 $z = 2$ ，奇点把展开的区域分成了三部分，在 $∣ z - 0∣ < 1$ 时可以展成Taylor级数（可以看作是Laurent的特殊形式）， $1 < ∣ z - 0∣ < 2$ 时可以展成Laurent级数， $2 < ∣ z - 0∣ < + \infty$ 可以展成Laurent级数

（1） $∣ z - 0∣ < 1$ 时，利用等比级数公式间接展开， $\sum_{n = 0}^{+ \infty} q^{n} = \frac{1}{1 - q}$ ， $∣ q ∣ < 1$

$f (z) = \frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2} = \frac{1}{z - 2} - \frac{1}{z - 1} = - \frac{1}{2 ( 1 - \frac{z}{2} )} + \frac{1}{1 - z} = - \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\frac{z}{2})^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} z^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} [(1 - \frac{1}{2 ^{n + 1}}) z^{n}]$ .

（2） $1 < ∣ z - 0∣ < 2$ 时， $f (z) = \frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2} = \frac{1}{z - 2} - \frac{1}{z - 1} = - \frac{1}{2 ( 1 - \frac{z}{2} )} - \frac{1}{z} \frac{1}{1 - \frac{1}{z}} = - \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\frac{z}{2})^{n} - \frac{1}{z} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{z ^{n}}$

（3） $2 < ∣ z - 0∣ < + \infty$ 时， $f (z) = \frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2} = \frac{1}{z - 2} - \frac{1}{z - 1} = \frac{1}{z} \frac{1}{( 1 - \frac{2}{z} )} - \frac{1}{z} \frac{1}{1 - \frac{1}{z}} = \frac{1}{z} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\frac{2}{z})^{n} - \frac{1}{z} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{z ^{n}}$

例2：求 $f (z) = \frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2}$ 在 $z = 1$ 处展开的Laurent级数

解：奇点将区域分为 $0 < ∣ z - 1∣ < 1$ 和 $1 < ∣ z - 1∣ < + \infty$ 两部分，展开的时候注意要凑出 $q = z - 1$ 来

（1） $0 < ∣ z - 1∣ < 1$ 时， $f (z) = \frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2} = \frac{1}{z - 2} - \frac{1}{z - 1} = - \frac{1}{1 - ( z - 1 )} - \frac{1}{z - 1} = - \sum_{n = 0}^{+ \infty} (z - 1)^{n} - (z - 1)^{- 1}$

（2） $1 < ∣ z - 1∣ < + \infty$ 时， $f (z) = \frac{1}{z ^{2} - 3 z + 2} = \frac{1}{z - 2} - \frac{1}{z - 1} = \frac{1}{z - 1} \frac{1}{1 - \frac{1}{z - 1}} - \frac{1}{z - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (z - 1)^{- n - 1} - (z - 1)^{- 1}$

例3：用 $c_{- 1}$ 的方式计算 $∣ z ∣ = 3 \oint \frac{1}{z ( z + 1 ) ^{2}} d z$

解：根据 $C \oint f (z) d z = 2 πi c_{- 1}$ ，其中 $c_{- 1}$ 是 $f (z)$ 展成Laurent级数后 $\frac{1}{z - z _{0}}$ 项的系数

选取 $z_{0} = - 1$ ，在 $- 1$ 处将 $f (z)$ 展开成Laurent级数，原积分的奇点是 $z = 0$ 和 $z = - 1$ ，展开的区域只要满足 $∣ z - (- 1) ∣ > 1$ 都能包住这两个奇点

$f (z) = \frac{1}{z ( z + 1 ) ^{2}} = \frac{1}{( z + 1 ) ^{2}} \frac{1}{( z + 1 ) - 1} = \frac{1}{( z + 1 ) ^{2}} \frac{1}{z + 1} \frac{1}{1 - \frac{1}{z + 1}} = \frac{1}{( z + 1 ) ^{3}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\frac{1}{z + 1})^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\frac{1}{z + 1})^{n + 3}$

由于展开后没有 $\frac{1}{z + 1}$ 的项，所以 $c_{- 1} = 0$ ， $∣ z ∣ = 3 \oint \frac{1}{z ( z + 1 ) ^{2}} d z = 2 πi c_{- 1} = 0$

（例3补充：如果选取 $z_{0} = 0$ 处展开， $\frac{1}{z} \frac{1}{( z + 1 ) ^{2}} = \frac{1}{z} (- \frac{1}{z + 1})^{'}$ ，展开后再利用级数可以逐项求导的性质计算，要比在 $z_{0} = - 1$ 处展开复杂得多）

例4：计算 $∣ z ∣ = 2 \oint \frac{z e ^{\frac{1}{z}}}{1 - z} d z$

解：奇点有两个， $z = 1$ 和 $z = 0$ ，而且对于 $z = 0$ ，无法使用柯西积分公式，只能用 $c_{- 1}$ 的方法计算

这里在 $z = 0$ 处展开较方便，此时展开区域只要满足 $∣ z - 0∣ > 1$ 即可包住这两个奇点

$\frac{z e ^{\frac{1}{z}}}{1 - z} = e^{\frac{1}{z}} \cdot z \cdot (- \frac{1}{z} \frac{1}{1 - \frac{1}{z}}) = (\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n ! z ^{n}}) \cdot (- \sum_{m = 0}^{+ \infty} \frac{1}{z ^{m}})$

$\frac{1}{z}$ 的项有 $n = 0$ ， $m = 1$ 和 $n = 1$ ， $m = 0$ ， $c_{- 1}$ 等于两者系数相加， $c_{- 1} = - 1 + (- 1) = - 2$

$∣ z ∣ = 2 \oint \frac{z e ^{\frac{1}{z}}}{1 - z} d z = 2 πi c_{- 1} = - 4 πi$

四、留数及其应用

26. 孤立奇点

如果函数 $f (z)$ 在 $z_{0}$ 点不解析，则称 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的一个奇点。如果 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的一个奇点，且存在 $δ > 0$ , 使 $f (z)$ 在 $0 < z - z_{0} < δ$ 内解析，则称 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的孤立奇点。

不是所有奇点都是孤立奇点，比如 $\frac{1}{s i n \frac{1}{z}}$ ，奇点是 $0$ 和 $\frac{1}{kπ}$ ，当 $k \to \infty$ 时， $\frac{1}{kπ} \to 0$ ，所以 $0$ 附近有很多奇点，它不是孤立奇点

若 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的孤立奇点，此时 $f (z)$ 在圆环域 $0 < z - z_{0} < δ$ 内解析，根据Laurent级数展开定理，则 $f (z)$ 可以展开为Laurent级数 $f (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n} (z - z_{0})^{n}$ ，其中 $c_{n} = \frac{1}{2 πi} P \oint \frac{f ( z )}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z (n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots)$ ，而C是以 $z_{0}$ 为中心，半径小于δ的圆周的正向。

根据Laurent级数展开式中 $c_{n}$ 的不同情况，可以把 $f (z)$ 的孤立奇点 $z_{0}$ 分为三种不同类型：

可去奇点

如果 $f (z)$ 在 $0 < z - z_{0} < δ$ 内的展开式中不含有 $z - z_{0}$ 的负幂项，即当 $n = - 1, - 2, - 3, \dots$ 时，展开式中的 $c_{n} = 0$ ，则称 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的可去奇点。

可去奇点定理：设 $f (z)$ 在 $0 < z - z_{0} < δ$ 上解析，则 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的可去奇点的充分必要条件是存在极限 $z \to z_{0} lim f (z) = c_{0}$ （ $c_{0}$ 是有限复常数）.

证明：可去奇点就是没有负幂项，因此 $f (z)$ 可以写成 $f (z) = c_{0} + c_{1} (z - z_{0}) + c_{2} (z - z_{0})^{2} + c_{3} (z - z_{0})^{3} ...$

当 $z \to z_{0}$ 时， $c_{1} ... c_{n}$ 的项变0，只剩下 $c_{0}$ ，易得该证明反过来也成立， $∴$ 得证

极点

级数有有限个负幂项

此时

$f (z) = \frac{c _{- m}}{( z - z _{0} ) ^{m}} + \frac{c _{- (m - 1)}}{( z - z _{0} ) ^{m - 1}} + ... + \frac{c _{- 1}}{z - z _{0}} + c_{0} + c_{1} (z - z_{0}) + ... = \frac{1}{( z - z _{0} ) ^{m}} [c_{- m} + c_{- (m - 1)} (z - z_{0}) + ... + c_{- 1} (z - z_{0})^{m - 1} + c_{0} (z - z_{0})^{m} + ...] = \frac{1}{( z - z _{0} ) ^{m}} φ (z)$

当 $z = z_{0}$ 时 $φ (z)$ 解析，且 $φ (z_{0}) = c_{m} \neq = 0$ ，此时 $z_{0}$ 是m级极点

比如 $f (z) = \frac{2 z}{( z ^{2} + 1 ) ( z - i ) ^{3}} = \frac{2 z}{( z + i ) ( z - i ) ^{4}}$ ，奇点是 $i$ 和 $- i$ ，其中 $i$ 是4级极点， $- i$ 是1级极点

对于极点，由展开式可知， $z \to z_{0} lim f (z) = \infty$

本性奇点

展开式有无穷多个负幂项

比如 $e^{\frac{1}{z}} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n !} (\frac{1}{z})^{n}$ ， $sin \frac{1}{z} = \frac{1}{z} - \frac{1}{3 !} (\frac{1}{z})^{3} + ...$

此时 $z \to 0^{-} lim e^{\frac{1}{z}} = 0$ ，而 $z \to 0^{+} lim e^{\frac{1}{z}} = + \infty$ ，因此 $z \to 0 lim e^{\frac{1}{z}}$ 不存在，同理 $z \to 0 lim sin \frac{1}{z}$ 是震荡的，极限也不存在

对于本性奇点， $z \to z_{0} lim f (z)$ 不存在，也不等于 $\infty$

零点

设 $f (z)$ 在 $z_{0}$ 的邻域内解析，若 $f (z_{0}) = 0$ ，则称 $z_{0}$ 为 $f (z)$ 的零点

根据形式判断m级零点： $f (z) = (z - z_{0})^{m} φ (z)$ ，其中 $φ (z)$ 在 $z_{0}$ 的邻域 $∣ z - z_{0} ∣ < R$ 内解析，且 $φ (z_{0}) \neq = 0$ ，此时称 $z_{0}$ 是m级零点

用求导的方式判断m级零点： $f^{(n)} (z_{0}) = 0 (n = 1, 2, \dots, m - 1)$ ， $f^{(m)} (z_{0}) \neq = 0$

比如 $f (z) = (z - 1)^{2} z$ ， $z = 1$ 是2级零点， $z = 0$ 是1级零点

再比如 $f (z) = z^{2} (e^{z} - 1) = z^{2} (z + \frac{z ^{2}}{2} + ...) = z^{3} (1 + \frac{z}{2} + ...)$ ，所以0是3级零点

若 $z = z_{0}$ 是 $f (z)$ 的m级零点，也是 $g (z)$ 的n级零点，则：

$z = z_{0}$ 是 $f (z) \cdot g (z)$ 的 $m + n$ 级零点
$z = z_{0}$ 是 $\frac{f ( z )}{g ( z )}$ 的 ${可去奇点 (n - m) 级极点, m \geq n, m < n$ ，注意当 $m \geq n$ 时 $z_{0}$ 不是零点，因为原式分母有 $z - z_{0}$ ， $z = z_{0}$ 没有意义

零点和极点的关系：若 $z = z_{0}$ 是 $f (z)$ 的m级零点，则 $z = z_{0}$ 是 $\frac{1}{f ( z )}$ 的m级极点，反之也成立。

无穷远点

对应与 $z = 0$ 的特殊点

$f (z)$ 在 $z = \infty$ 附近 $R < ∣ z ∣ < \infty$ 解析，则称 $z = \infty$ 是孤立奇点

对于任意Laurent级数 $f (z) = \sum_{m = - \infty}^{+ \infty} c_{n} z^{n}$ ，做代换 $z = \frac{1}{t}$ ， $φ (t) = f (\frac{1}{t}) = \sum_{m = - \infty}^{+ \infty} c_{n} \frac{1}{t ^{n}}$ ，讨论 $t = 0$ 时的性质，与 $z = \infty$ 对应如下：

$φ (t)$ 在 $t = 0$ 处是可去奇点 $\Leftrightarrow f (z)$ 在 $z = \infty$ 是可取奇点
$φ (t)$ 在 $t = 0$ 处是m级极点 $\Leftrightarrow f (z)$ 在 $z = \infty$ 是m级极点
$φ (t)$ 在 $t = 0$ 处是本性奇点 $\Leftrightarrow f (z)$ 在 $z = \infty$ 是本性奇点

27. 留数的一般理论及留数的计算

留数即留下来的数，对任意 $f (z)$ ，在 $z_{0}$ 处展开成Laurent级数再两边同时积分，有 $C \oint f (z) d z = ... + c_{- m} C \oint \frac{1}{( z - z _{0} ) ^{m}} d z + ... c_{- 1} C \oint \frac{1}{z - z _{0}} d z + ... + c_{n} C \oint (z - z_{0})^{n} d z$ ，根据重要积分 $C \oint \frac{1}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z = {2 πi 0, n = 0, n \neq = 0$ ， $C \oint f (z) d z = c_{- 1} C \oint \frac{1}{z - z _{0}} d z = 2 πi c_{- 1}$ ，此时积分只和留下来的 $c_{- 1}$ 相关，称 $c_{- 1}$ 为留数。

留数的定义

设 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的孤立奇点，C 位于 $z_{0}$ 点的充分小邻域内且把 $z_{0}$ 包含在其内部分段光滑的正向 Jordan 曲线，积分 $\frac{1}{2 πi} C \oint f (z) d z$ 在 $z_{0}$ 点的留数(Residue)，并记做 $Res [f (z), z_{0}]$ ，即 $Res [f (z), z_{0}] = \frac{1}{2 πi} C \oint f (z) d z$

如果 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的孤立奇点，则存在 $R > 0$ ，使得函数 $f (z)$ 在 $0 < z - z_{0} < R$ 内可以展开成Laurent级数 $f (z) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} c_{n} (z - z_{0})^{n}$ ，其中 $c_{n} = \frac{1}{2 πi} C \oint \frac{f ( z )}{( z - z _{0} ) ^{n + 1}} d z$ （ $n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$ ）而C是把 $z_{0}$ 包含在其内部的按段光滑Jordan曲线的正向。由 $c_{- 1} = \frac{1}{2 πi} P \oint f (z) d z$ ，可见

$Res [f (z), z_{0}] = c_{- 1} = \frac{1}{2 πi} C \oint f (z) d z$

留数基本定理

设 $D$ 是复平面上的有界区域，其边界 $C$ 是一条或有限条分段光滑的正向Jordan曲线；设函数 $f (z)$ 在 $D$ 内除有限个奇点 $z_{1}, z_{2}, \dots, z_{n}$ 外处处解析，且在 $C$ 上每一点也解析，则根据复合闭路定理，有

$C \oint f (z) d z = 2 πi k = 1 \sum n Res [f (z), z_{k}]$

此时留数公式中 $Res [f (z), z_{k}] = \frac{1}{2 πi} C_{k} \oint f (z) d z$ 中， $C_{k}$ 是只圈住 $z_{k}$ 的小圆

28. 留数的计算

可去奇点

$c_{- 1} = 0$ ，所以 $Res (f, z_{0}) = 0$

本性奇点

$Res (f, z_{0}) = c_{- 1}$

极点

如果 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的k级极点时，我们给出下面几个计算法则：

设 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的1级极点，则 $Res [f (z), z_{0}] = z \to z_{0} lim [(z - z_{0}) f (z)]$ .
设 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的1级极点， $f (z) = \frac{P ( z )}{Q ( z )}$ , $P (z), Q (z)$ 都在 $z_{0}$ 处解析，且 $Q (z_{0}) = 0, Q^{'} (z_{0}) \neq = 0, P (z_{0}) \neq = 0$ ，则 $Res [f (z), z_{0}] = \frac{P ( z _{0} )}{Q ^{'} ( z _{0} )}$

证明： $Q (z_{0}) = 0$ ， $Q^{'} (z_{0}) \neq = 0$ ，说明 $z_{0}$ 是 $Q (z)$ 的1级零点，也是 $f (z)$ 的1级极点

根据性质1， $Res [f (z), z_{0}] = z \to z_{0} lim [(z - z_{0}) f (z)] = z \to z_{0} lim \frac{P ( z )}{\frac{Q ( z )}{z - z _{0}}}$

由于 $Q (z_{0}) = 0$ ， $∴$ 上式= $z \to z_{0} lim \frac{P ( z )}{\frac{Q ( z ) - Q ( z _{0} )}{z - z _{0}}}$ ，由于分子分母极限都存在，可以变成 $\frac{z \to z _{0} l i m P ( z )}{z \to z _{0} l i m \frac{Q ( z ) - Q ( z _{0} )}{z - z _{0}}} = \frac{P ( z _{0} )}{Q ^{'} ( z _{0} )}$

设 $z_{0}$ 是 $f (z)$ 的n级极点 $(n > 1)$ ，则

$Res [f (z), z_{0}] = \frac{1}{( n - 1 )!} z \to z_{0} lim \frac{d ^{n - 1}}{d z ^{n - 1}} [(z - z_{0})^{n} f (z)]$

证明： $z_{0}$ 是m级极点，则 $f (z) = \frac{1}{( z - z _{0} ) ^{m}} [c_{- m} + c_{- (m - 1)} (z - z_{0}) + ... + c_{- 1} (z - z_{0})^{m - 1} + c_{0} (z - z_{0})^{m} + ...]$

$(z - z_{0})^{m} f (z) = c_{- m} + c_{- (m - 1)} (z - z_{0}) + ... + c_{- 1} (z - z_{0})^{m - 1} + c_{0} (z - z_{0})^{m} + ...$

求m-1阶导后剩下 $[(z - z_{0})^{m} f (z)]^{(m - 1)} = (m - 1)! c_{- 1} + \frac{m !}{1 !} c_{0} (z - z_{0}) + ...$

令 $z \to z_{0}$ ，可以把后面的项去掉，最后剩下 $(m - 1)! c_{- 1}$

$\infty$ 处的留数

$Res (f, \infty) = - c_{- 1}$ ，级数展开较方便时

原来在 $z_{0}$ 处的留数是 $c_{- 1} = \frac{1}{2 πi} C \oint f (z) d z$ ，此时 $C$ 是圈住 $z_{0}$ 的一个圆，展开区域是该圆的内部，正方向是逆时针；当 $z_{0} = \infty$ 时，要想圈住 $\infty$ ，展开区域变成了一个半径足够大的圆的外部，此时正方向变成了顺时针，方向和原来的相反，所以是 $- c_{- 1}$ .

$Res (f, \infty) = - [Res (f, z_{1}) + Res (f, z_{2}) + \dots + Res (f, z_{n})]$ ，求孤立奇点的留数较方便时

$C \oint f (z) d z + C^{-} \oint f (z) d z = 0$ ，此时 $C$ 选取一个半径足够大，可以圈住所有孤立奇点的圆

根据留数基本定理， $C \oint f (z) d z = 2 πi \sum_{k = 1}^{n} Res [f (z), z_{k}]$ ，而 $C^{-} \oint f (z) d z = 2 πi Res [f (z), \infty]$ .

$Res (f, \infty) = - Res [f (\frac{1}{t}) \frac{1}{t ^{2}}, 0]$ ，用 $\frac{1}{t}$ 替换更好算时

$Res [f (z), z_{0}] = \frac{1}{2 πi} ∣ z ∣ = R \oint f (z) d z$ ，令 $z = \frac{1}{t}$ ，则 $d z = - \frac{1}{t ^{2}}$ ， $Res [f (z), \infty] = - \frac{1}{2 πi} ∣ \frac{1}{t} ∣ = R \oint f (\frac{1}{t}) \frac{1}{t ^{2}} d t = Res [f (\frac{1}{t}) \frac{1}{t ^{2}}, 0]$

注意：对于原来的 $∣ z ∣ = R$ ， $z = r e^{i θ}$ ，由于是 $\infty$ 处的留数，方向是顺时针，换元后 $\frac{1}{t} = r e^{i θ}$ ， $t = \frac{1}{r} e^{- i θ}$ ， $θ$ 与原来的相反，变成了逆时针

例：计算积分 $I = ∣ z ∣ = 2 \oint \frac{1}{( z + i ) ^{10} ( z - 1 ) ( z - 3 )} d z$

解：奇点 $z = 3$ 不在 $∣ z ∣ = 2$ 内，根据留数基本定理和性质2， $I = 2 πi Res [f (z), - i] + 2 πi Res [f (z), 1] = - 2 πi Res [f (z), \infty] - 2 πi Res [f (z), 3]$

$Res [f (z), 3] = (z - 3) f (z) ∣_{z = 3} = \frac{1}{2 ( 3 + i ) ^{10}}$

$Res [f (z), \infty] = Res [- \frac{1}{t ^{2}} f (\frac{1}{t}), 0] = Res [\frac{- t ^{10}}{( 1 + i t ) ^{10} ( 1 - t ) ( 1 - 3 t )}, 0]$ ，显然函数在 $t = 0$ 处解析，没有奇点，即化简后不含 $(t - 0)$ 的负幂项， $Res [f (z), \infty] = c_{- 1} = 0$

$∴ I = - \frac{2 πi}{2 ( 3 + i ) ^{10}}$

29. 三角有理式的积分

考虑积分 $\int_{0}^{2 π} R (cos θ, sin θ) d θ$ 其中 $R (cos θ, sin θ)$ 是 $cos θ, sin θ$ 的有理式，且关于 $θ$ 连续；令 $z = e^{i θ}$ ，则由Euler公式得 $cos θ = \frac{z ^{2} + 1}{2 z}$ ， $sin θ = \frac{z ^{2} - 1}{2 i z}$

且 $d z = i e^{i θ} d θ$ ，即 $d z = \frac{1}{i z} d z$ ，于是

$\int_{0}^{2 π} R (cos θ, sin θ) d θ = ∣ z ∣ = 1 \oint R (\frac{z ^{2} + 1}{2 z}, \frac{z ^{2} - 1}{2 i z}) \frac{1}{i z} d z$

该式右端的被积函数是 $z$ 的有理函数设 $z_{1}, z_{2}, \dots, z_{n}$ 是函数 $R (\frac{z ^{2} + 1}{2 z}, \frac{z ^{2} - 1}{2 i z}) \frac{1}{i z}$ 在 $z < 1$ 内的孤立奇点，则根据留数基本定理 $\int_{0}^{2 π} R (cos θ, sin θ) d θ = 2 πi k = 1 \sum n Res [R (\frac{z ^{2} + 1}{2 z}, \frac{z ^{2} - 1}{2 i z}) \frac{1}{i z}, z_{k}]$

例： $\int_{0}^{2 π} \frac{1}{5 + 3 c o s θ} d θ$

解：原式= $∣ z ∣ = 1 \oint \frac{1}{5 + 3 \frac{z ^{2} + 1}{2 z}} \frac{1}{i z} d z = \frac{2}{i} ∣ z ∣ = 1 \oint \frac{1}{3 z ^{2} + 10 z + 3} d z = \frac{2}{3 i} ∣ z ∣ = 1 \oint \frac{1}{( z + \frac{1}{3} ) ( z + 3 )} d z = \frac{2}{3 i} \cdot 2 πi \cdot Res [\frac{1}{( z + \frac{1}{3} ) ( z + 3 )}, - \frac{1}{3}]$ ，（因为-3在 $∣ z ∣= 1$ 外面）

$Res [\frac{1}{( z + \frac{1}{3} ) ( z + 3 )}, - \frac{1}{3}] = (z + \frac{1}{3}) \frac{1}{( z + \frac{1}{3} ) ( z + 3 )} ∣_{z = - \frac{1}{3}} = \frac{3}{8}$

$∴$ 原式= $2 πi \frac{2}{3 i} \frac{3}{8} = \frac{π}{2}$

备注：对于 $\int_{0}^{π} f (x) d x$ ，若 $f (x)$ 是偶函数，可以变成 $\frac{1}{2} \int_{- π}^{π} f (x) d x$ ，然后对 $x$ 作变换，改变积分上下限，再使用上述方法

30. 有理函数的无穷积分

无穷积分定理

设 $f (z)$ 在实轴上处处解析，在上半平面 $Im z > 0$ 除有限个孤立奇点 $z_{1}, z_{2}, \dots, z_{n}$ 外，处处解析，且存在常数 $R_{0} > 0$ ， $M > 0$ ， $δ > 0$ ，使得当 $∣ z ∣ > R_{0}$ ，且 $Im z > 0$ 时， $∣ f (z) ∣ \leq \frac{M}{∣ z ∣ ^{1 + δ}}$ , 则

$\int_{- \infty}^{+ \infty} f (z) d z = 2 πi k = 1 \sum n Res [f (z), z_{k}]$

推论

设 $f (z) = \frac{P ( z )}{Q ( z )}$ 是有理函数，多项式 $Q (z)$ 的次数比 $P (z)$ 至少高 2 次, $Q (z)$ 在实轴上没有零点， $z_{1}, z_{2}, \dots, z_{n}$ 是 $f (z)$ 在上半平面 $Im z > 0$ 的孤立奇点，则 $\int_{- \infty}^{+ \infty} f (z) d z = 2 πi \sum_{k = 1}^{n} Res [f (z), z_{k}]$

说明：

画一个上半圆，上半圆由两条线组成，一条是沿实轴 $- R$ 到 $R$ ，另一条记作 $C_{R}$

若 $∣ z ∣ \to \infty lim z f (z) = 0$ ，则 $∣ C_{R} \int f (z) d z ∣ = 令 z = Re^{i θ} ∣ \int_{0}^{π} f (Re^{i θ}) Re^{i θ} i d θ ∣$

由于 $z = Re^{i θ}$ ，上式可以写成 $∣ \int_{0}^{π} f (z) z i d θ ∣ \leq ∣ \int_{0}^{π} ε i d θ ∣ = 0$ .（由于有条件 $∣ z ∣ \to \infty lim z f (z) = 0$ ，当选取的 $R \to \infty$ 时， $∣ z ∣ = ∣ Re^{i θ} ∣ \to \infty$ ，就可以用该性质，使得 $f (z) z \to ε$ ，此时 $ε \to 0$ ）

也就是说只要满足 $∣ z ∣ \to \infty lim z f (z) = 0$ ， $f (z)$ 沿 $C_{R}$ 的积分等于0， $\int_{- R}^{R} + C_{R} \int = \int_{- R}^{R}$ ，因此如果实值函数沿实轴 $- R$ 到 $R$ 不好积分（ $R \to \infty$ ），只要被积函数满足一定条件，就可以转到复平面上构造一个上半圆，再用留数基本定理进行积分

观察条件 $∣ z ∣ \to \infty lim z f (z) = 0$ ，这意味着 $f (z)$ 乘以 $z$ 后，分母至少还有一个 $z$ ，才能让极限等于0，因此该条件可以改为 $Q (z)$ 的最高幂的次数比 $P (z)$ 至少高两次

例： $\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x ^{2} - x + 2}{x ^{4} + 10 x ^{2} + 9} d x$

解：转到复平面上，把 $x$ 改成 $z$ ，化简后得 $\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{z ^{2} - z + 2}{( z ^{2} + 1 ) ( z ^{2} + 9 )} d z$ ，奇点有 $z = i$ 、 $- i$ 、 $3 i$ 、 $- 3 i$ ，其中 $i$ 和 $3 i$ 在上半复平面

积分= $2 πi Res [\frac{z ^{2} - z + 2}{( z ^{2} + 1 ) ( z ^{2} + 9 )}, i] + 2 πi Res [\frac{z ^{2} - z + 2}{( z ^{2} + 1 ) ( z ^{2} + 9 )}, 3 i] = 2 πi (\frac{1 - i}{16 i} + \frac{7 + 3 i}{48 i}) = \frac{5 π}{12}$

31. 有理函数与三角函数乘积的积分

Jordan引理

设 $f (z)$ 在区域 $R_{0} \geq ∣ z ∣$ , $Im z \geq 0$ 上解析，且当 $R_{0} \geq z$ 时， $∣ f (z) ∣ \leq M (∣ z ∣)$ 其中 $R_{0} > 0$ 是常数， $M (r)$ 是 $r$ 的实值函数，且 $R \to + \infty lim M (r) = 0$ , ，则对任何实数 $m > 0$ , 都有 $R \to + \infty lim C_{R} \int f (z) e^{im z} = 0$ 其中 $C_{R}$ 为上半圆 (如图)

定理

做法和有理函数无穷积分一样，从实值函数转到复平面上画上半圆，用留数基本定理计算，这时条件有所不同

设 $f (z) = \frac{P ( z )}{Q ( z )}$ , $Q (z)$ 在实轴上没有零点，多项式 $Q (z)$ 的次数至少比 $P (z)$ 的次数高1次， $z_{1}, z_{2}, \dots, z_{n}$ 是 $f (z)$ 在上半平面内的所有孤立奇点，则 $\int_{- \infty}^{+ \infty} f (z) e^{im z} d z = 2 πi \sum_{k = 1}^{n} Res [f (z) e^{im z}, z_{k}]$

例：计算 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{x s i n x}{x ^{2} + a ^{2}} d x$ ， $a > 0$

解： $\int_{0}^{+ \infty} \frac{x s i n x}{x ^{2} + a ^{2}} d x = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x s i n x}{x ^{2} + a ^{2}} d x$ ， $sin x$ 是 $e^{i x}$ 的虚部，即考察 $\frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x e ^{i x}}{x ^{2} + a ^{2}} d x$ 的虚部

$\frac{z e ^{i z}}{z ^{2} + a ^{2}}$ 在上半复平面的奇点只有 $ai$ ， $\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{z e ^{i z}}{z ^{2} + a ^{2}} d z = 2 πi Res [\frac{z e ^{i z}}{z ^{2} + a ^{2}}, ai] = 2 πi (z - ai) \frac{z e ^{i z}}{( z + ai ) ( z - ai )} ∣_{z = ai} = 2 πi \frac{e ^{- a}}{2} = π e^{- a} i$

$\frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x e ^{i x}}{x ^{2} + a ^{2}} d x = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{x ( c o s x + i s i n x )}{x ^{2} + a ^{2}} d x = \frac{π e ^{- a} i}{2}$ ，而题目 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{x s i n x}{x ^{2} + a ^{2}} d x$ 就是其虚部，等于 $\frac{π e ^{- a}}{2}$

五、保角映射

32. 映射的概念、导数的几何意义

映射的概念

通常我们用 $z$ 平面上的点表示自变量 $z$ 的值，用 $w$ 平面上的点表示函数 $w$ 的值；设 $w = f (z)$ 是复平面点集 $D$ 上的复变函数，平面点集 $D$ 称为定义域，用 $G$ 表示由函数值 $w$ 所组成的数集，称为 $f (z)$ 的值域 . 对于 $z_{0}$ ∈ $D$ ，称 $w_{0} = f (z_{0})$ 为从 $z$ 平面上的点 $z_{0}$ 变到 $w$ 平面上的点 $w_{0}$ 的映射；此时称 $w_{0} = f (z_{0}$ )为在映射 $w = f (z)$ 下点 $z_{0}$ 在 $w$ 平面上的像，而称 $z_{0}$ 为在映射 $w = f (z)$ 下 $w_{0}$ 在 $z$ 平面上的原像. 对 $D$ 中的每个点 $z$ ，由 $w = f (z)$ 构成了 $w$ 平面上的点集 $G$ ，此时，称 $w = f (z)$ 把从 $z$ 平面上的点集 $D$ 映射成 $w$ 平面上的点集 $G$ ，这个映射通常称为由 $w = f (z)$ 构成的从 $D$ 到 $G$ 的映射，记为 $G = f (D)$ ；这样，把 $G$ 称为在映射 $w = f (z)$ 下 $D$ 在 $w$ 平面上的像，而 $D$ 称为映射 $w = f (z)$ 下 $G$ 在 $z$ 平面上的原像。

导数的几何意义

当 $f^{'} (z_{0}) \neq = 0$ 时， $w = f (z)$ 在 $z_{0}$ 处具有“转动角”不变性和“伸缩率”不变性.

33. 保角映射的概念、关于保角映射的一般概念

保角映射的概念

设 $w = f (z)$ 在 $z_{0}$ 处的邻域内有定义，如果 $w = f (z)$ 在 $z_{0}$ 处具有转动角不变性和伸缩率不变性, 即设 $C 1$ 与 $C 2$ 是过 $z_{0} z_{0}$ 点的任意两条光滑曲线， $Γ1$ 和 $Γ2$ 为映射 $w = f (z)$ 下 $C 1$ 与 $C 2$ 在 $w$ 平面上的像，则 $C 1$ 与 $C 2$ 的交角等于 $Γ1$ 与 $Γ2$ 的交角（这里的交角包括方向），且映射 $w = f (z)$ 在 $z_{0}$ 处沿任何方向的伸缩率都相等，则称映射 $w = f (z)$ 在 $z_{0}$ 处是保角映射。如果 $w = f (z)$ 在区域 $D$ 内的每一点都是保角映射，则称 $w = f (z)$ 是区域 D 上的保角映射。

定理 1

设 $w = f (z)$ 在 $z_{0}$ 处解析，且 $f^{'} (z_{0}) \neq = 0$ ，则 $w = f (z)$ 是 $z_{0}$ 的邻域内的保角映射；若 $f (z)$ 在区域 $D$ 内解析，且在 $D$ 内 $f^{'} (z) \neq = 0$ ，则 $w = f (z)$ 是区域 $D$ 上的保角映射。

定理 2 (Riemann 定理)

设 $D$ 和 $G$ 分别是 $z$ 平面和 $w$ 平面上边界多于一个点的单连通区域，则必存在双方单值的解析函数 $w = f (z)$ ，把区域 $D$ 保角映射成区域 $G$ .

注：通过 Riemann 定理，我们知道两个什么样的区域之间存在保角映射，但Riemann 定理并未告诉我们怎样找出所要求的映射.

定理 3 (边界对应原理)

设 $D$ 是 $z$ 平面内由一条按段光滑Jordan曲线 $C$ 围成的区域， $f (z)$ 是 $D$ 及其边界 $C$ 上的解析函数，并把 $C$ 双方单值地映射成 $w$ 平面上的光滑曲线 $Γ$ ；如果 $C$ 的正向映射成 $Γ$ 的正向，则在映射 $w = f (z)$ 下 $C$ 的内部区域 $D$ 映射成 $Γ$ 正向的左侧(若 $Γ$ 也是Jordan曲线，则映射成 $Γ$ 的内部)区域；如果 $C$ 的正向映射成 $Γ$ 的负向，则 $C$ 的内部映射成 $Γ$ 的右侧（若 $Γ$ 也是Jordan曲线，则映射成 $Γ$ 的外部）区域。

注：应用边界对应原理，可以求出已给区域 $D$ 被函数 $w = f (z)$ 映射成的区域 $G$ .

34. 分式线性映射的基本性质

性质 1

分式线性映射是从扩充复平面到扩充复平面的双方单值保角映射，且其逆映射也是分式线性映射。

性质 2

分式线性映射是具有保圆性的保角映射。换句话说，在分式线性映射之下， $z$ 平面上的圆或者直线映射成 $w$ 平面上的圆或者直线。直观上，直线可认为是半径为无穷大的圆，或者认为是通过无穷远点的圆。因此，“保圆性”中的圆应包含直线。

性质 3

分式线性映射是具有保对称性的保角映射, 即设 $C$ 是 $z$ 平面上的圆（或直线）， $z_{1}$ 、 $z_{2}$ 是关于 $C$ 的对称点，在分式线性映射下， $w 1$ 、 $w 2$ 及 $Γ$ 分别是 $z_{1}, z_{2}$ 及 $C$ 在 $w$ 平面上的像，则 $w 1$ 、 $w 2$ 是关于 $Γ$ 的对称点。

1. 平移映射 $w = z + b$

显然，这是扩充 $z$ 平面到扩充 $w$ 平面的双方单值映射；当两个复平面放在一起时，它把点 $z$ 平移 $b$ 得到点 $w$ （如图1）

2. 旋转映射 $w = e^{i α} z$ (α是实数)

它把点 $z$ 以原点为中心旋转 $α$ 角( $α > 0$ 时按逆时针， $α < 0$ 时按顺时针)得到点 $w$ （如图2）

3. 相似(即放大或缩小)映射 $w = rz$ (r > 1时放大，0 < r < 1时缩小)

这是模变化为 $r$ 倍，而辐角不变的映射（如图3）

#### 4. 反演映射 $w = \frac{1}{z}$

该映射分解为 $w = \overset{ˉ}{ζ}, ζ = \frac{1}{z ˉ}$ 的复合映射把 $z, ζ, w$ 放在同一个复平面， $w$ 是 $ζ$ 关于实轴的对称点，而 $ζ$ 是 $z$ 关于单位圆 $z = 1$ 的对称点（如图4）这是因为 $arg w = - arg ζ$ ，而 $z$ 与 $ζ$ 在同一条以原点为起点的射线上，且 $∣ z ∣∣ ζ ∣ = 1$ 因此，反演映射是扩充复平面到扩充复平面的双方单值映射，且把点 $z$ 先映射成关于单位圆 $∣ z ∣ = 1$ 的对称点之后，再映射成关于实轴的对称点.

35. 唯一确定分式线性映射的条件

惟一确定分式线性映射的条件设 $z_{1}, z_{2}, z_{3}$ 是扩充 $z$ 平面上的三个互不相同的点， $w_{1}, w_{2}, w_{3}$ 是扩充 $w$ 平面上的三个互不相同的点，则存在惟一的一个分式线性映射，将点 $z_{1}, z_{2}, z_{3}$ 依次映射成 $w_{1}, w_{2}, w_{3}$ .

36. 幂函数构成的映射

37. 指数函数和对数函数构成的映射

指数函数 $w = e^{z}$ 在全平面解析，且 $(e^{z})^{'} = e^{z}$ 处处不为零，因此，它是全平面上的保角映射，但不是全平面上双方单值的映射。事实上，设 $z = x + i y w = ρ e^{i ϕ}$ ，则 $ρ = e^{x}, ϕ = y$ . 因此， $w = e^{z}$ 把 $z$ 平面上平行于虚轴的直线 $x = x_{0}$ 映射成 $w$ 平面上的圆周 $∣ w ∣ = e^{z_{0}}$ ，而平行于实轴的直线 $y = y_{0}$ 映射成从原点出发的射线 $arg w = ϕ = y_{0}$ . 由此可见，当 $0 \leq y_{1} \leq y_{2} \leq 2 π$ 时，映射 $w = e_{z}$ 把带形区域 $y_{1} < Im z < y_{2}$ 双方单值地保角映射成角形区域 $y_{1} < arg w < y_{2}$ 特别地，把 $0 < Im z < 2 π$ 映射成 $w$ 平面中从原点起沿正实轴有裂痕的区域，而把 $0 < Im z < π$ 映射成上半平面 $Im z > 0$ ，并且是双方单值的保角映射（如图）。区域 $- π < Im z < π$ 上定义的指数函数的反函数就是对数函数 $w = ln z$ . 因此， $w = ln z$ 是把上半平面 $Im z > 0$ 双方单值映射成带形区域 $0 < Im w < π$ 的保角映射, 也是把从原点起沿负实轴有割痕的区域映射成带形区域 $- π < Im w < π$ .

积分变换

积分变换：对 $f (t)$ 作积分， $F (α) = \int_{a}^{b} f (t) k (t, α) d t$ ，把关于 $t$ 的函数变成关于 $α$ 的函数，此时 $f (t)$ 叫做象原函数， $F (α)$ 叫做象函数， $k (t, α)$ 叫做核函数。

本章讨论两类的积分变换

傅里叶变换：
1. 对于周期的函数 $f (t)$ ，有傅里叶级数 $f (t) = \frac{a _{0}}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} [a_{n} cos (nω t) + b_{n} sin (nω t)]$ 。
2. 对于非周期的函数，有傅里叶变换 $F (ω) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) e^{- jω t} d t$ ，其中 $j$ 是单位虚数（ $j^{2} = - 1$ ，和复变函数部分的 $i$ 相同，只是工程上习惯用 $j$ 表示）， $ω$ 表示频率， $t$ 表示时间。
Laplace变换（拉普拉斯变换）： $F (s) = \int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- s t}$ ，其中 $s$ 是一个复数，Laplace变换不考虑以前的状态，从零时刻开始计算。

六、傅里叶变换

38.傅里叶级数

傅里叶级数：以 $T$ 为周期的函数 $f (t) = f (t + T)$ ，其频率 $ω = \frac{2 π}{T}$ ，若满足Dirichlet条件(狄利克雷条件)①有限个第一类间断点.②有限个极值点.（第一类间断点处的函数值为 $\frac{f ( t ^{-} ) + f ( t ^{+} )}{2}$ ）。则 $f (t)$ 可以展开成以下级数的形式 $f (t) = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty [a_{n} cos (nω t) + b_{n} sin (nω t)], 其中 a_{n} = \frac{2}{T} \int_{t_{0}}^{t_{0} + T} f (t) cos (nω t) d t, b_{n} = \frac{2}{T} \int_{t_{0}}^{t_{0} + T} f (t) sin (nω t) d t$

傅里叶级数的指数形式： $f (t) = n = - \infty \sum + \infty c_{n} e^{inω t}, 其中 c_{n} = \frac{1}{T} \int_{- \frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} f (τ) e^{- inω τ} d τ$

$c_{n}$ 的证明：若把欧拉公式 $e^{i z} = cos z + i sin z$ 带入傅里叶级数，可以写成 $f (t) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} c_{n} e^{inω t}$ 的类似幂级数的形式

为求出 $c_{n}$ ，两边同乘 $e^{- imω t}$ ，然后对 $t$ 在 $[- \frac{T}{2}, \frac{T}{2}]$ 上积分，由于幂级数逐项可积，有

$\int_{- \frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} f (t) e^{- imω t} d t = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} (c_{n} \int_{- \frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} e^{inω t} e^{- imω t} d t) = n \neq = m \sum (c_{n} \int_{- \frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} e^{i (n - m) ω t} d t) + c_{m} T$

当 $n \neq = m$ 时， $\int_{- \frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} e^{i (n - m) ω t} d t = \int_{- \frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} {cos [(n - m) ω t] + i sin [(n - m) ω t]} d t$

由于 $sin [(n - m) ω t]$ 是奇函数，上式 $= 2 \int_{0}^{\frac{T}{2}} cos [(n - m) ω t] d t = 2 \frac{s i n [( n - m ) ω t ]}{( n - m ) ω} ∣_{0}^{\frac{T}{2}} = \frac{2 s i n [( n - m ) π ]}{( n - m ) ω} = 0$ ，（因为 $sin kπ = 0$ ）

$∴ c_{m} = \frac{1}{T} \int_{- \frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} f (t) e^{- imω t} d t$ ，注意这里 $c_{m}$ 积分完就没有 $t$ 了，为了防止和 $f (t)$ 的 $t$ 搞混，一般换成 $τ$

39.傅里叶积分

傅里叶(逆)变换

若任意 $f (t)$ 满足Dirichlet条件，且 $\int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ f (t) ∣ d t < + \infty$ ，有

傅里叶变换（ $F (ω)$ 又叫频谱函数， $∣ F (ω) ∣$ 叫频谱， $∣ F (ω) ∣$ 的图像叫频谱图）：

$F (f (t)) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) e^{- iω t} d t = F (ω)$

傅里叶逆变换：

$F^{- 1} (F (ω)) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} F (ω) e^{iω t} d t = f (t)$

（书中的 $F$ 会写成花体 $F$ ，这里为了简单起见，用 $F$ 代替）

证明：前面给出了傅里叶级数的指数形式，这里讨论当 $T \to \infty$ 时的情况

$f (t) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} [\frac{1}{T} \int_{- \frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} f (τ) e^{- imω τ} d τ] e^{inω t} = \frac{ω}{2 π} \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} [\int_{- \frac{T}{2}}^{\frac{T}{2}} f (τ) e^{- imω τ} d τ] e^{inω t}$

由于 $\frac{1}{T} = \frac{ω}{2 π}$ ，当 $T \to \infty$ 时， $ω \to 0$ ，因此可以把 $ω$ 写成 $Δ ω$ ， $\frac{T}{2} \to \infty$ ， $nω \approx ω$ ，对n求和变成对相等的每一项求和

于是 $f (t) = \frac{1}{2 π} \sum_{- \infty}^{+ \infty} [\int_{- \infty}^{+ \infty} f (τ) e^{- iω τ} d τ] e^{iω t} Δ ω$

这样就可以把求和符号变成积分符号 $f (t) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} [\int_{- \infty}^{+ \infty} f (τ) e^{- iω τ} d τ] e^{iω t} d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} φ (ω) e^{iω t} d ω$

此时 $φ (ω) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) e^{- iω t} d t$ 叫傅里叶变换， $f (t) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} φ (ω) e^{iω t} d ω$ 叫傅里叶逆变换

余弦积分表示与正弦积分表示

当 $f (t)$ 是偶函数时， $f (t) = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} [\int_{0}^{+ \infty} f (τ) cos (ω τ) d τ] cos (ω t) d ω = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} F_{c} (ω) cos (ω t) d ω$ .

当 $f (t)$ 是奇函数时， $f (t) = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} [\int_{0}^{+ \infty} f (τ) sin (ω τ) d τ] sin (ω t) d ω = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} F_{s} (ω) sin (ω t) d ω$ .

证明：偶函数时

$f (t) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} [\int_{- \infty}^{+ \infty} f (τ) e^{- iω τ} d τ] e^{iω t} d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} {\int_{- \infty}^{+ \infty} f (τ) [cos (ω τ) - i sin (ω τ)] d τ} [cos (ω t) + i sin (ω t)] d ω = 函数奇偶性 \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} [2 \int_{0}^{+ \infty} f (τ) cos (ω τ) d τ] [cos (ω t) + i sin (ω t)] d ω$

由于 $f (t)$ 是实值函数，积分后不会有虚部，所以 $i sin (ω t)$ 在积分后一定可以消掉，不用计算

$∴$ 上式 $= \frac{1}{2 π} 2 \int_{0}^{+ \infty} [2 \int_{0}^{+ \infty} f (τ) cos (ω τ) d τ] cos (ω t) d ω = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} [\int_{0}^{+ \infty} f (τ) cos (ω τ) d τ] cos (ω t) d ω$

奇函数同理可证

Dirichlet积分

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{sin ω}{ω} d ω = \frac{π}{2}$

证明：对于矩形脉冲函数 $f (t) = {10, ∣ t ∣ \leq 1, 其他$ ，作傅里叶积分

$F (ω) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) e^{- iω t} d t = \int_{- 1}^{1} 1 \cdot e^{- iω t} d t = \int_{- 1}^{1} [cos (ω t) - i sin (ω t)] d t = 函数奇偶性 \frac{s i n ( ω t )}{ω} ∣_{- 1}^{1} = 2 \frac{s i n ω}{ω}$

$f (t) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} F (ω) e^{iω t} d t = \frac{2}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{s i n ω}{ω} [cos (ω t) + i sin (ω t)] d ω = 函数奇偶性 \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ω \cdot c o s ( ω t )}{ω} d ω$

$∴ \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ω \cdot c o s ( ω t )}{ω} d ω = ⎩ ⎨ ⎧ 1 \frac{1}{2} 0, - 1 < t < 1, t = \pm 1, t > 1 or t < - 1$ ，（端点是第一类间断点，函数值为 $\frac{f ( t ^{-} ) + f ( t ^{+} )}{2}$ ）

当 $t = 0$ 时，上述积分变成 $\frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ω}{ω} d ω = 1$ ，得证

奇偶延拓

对于 $f (t) = {10, 0 \leq t \leq 1, 其他$ ，求其傅里叶变换

作偶延拓得 $f_{1} (t) = {10, - 1 \leq t \leq 1, 其他$ ，作奇延拓得 $f_{2} (t) = ⎩ ⎨ ⎧ 10 - 1 其他, 0 < t \leq 1, t = 0, - 1 \leq t < 0$

根据奇偶性，分别利用余弦积分表示和正弦积分表示，得到 $f_{1} (t) = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ω \cdot c o s ( ω t )}{ω} d ω$ ， $f_{2} (t) = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - c o s ω}{ω} sin (ω t) d ω$ ，

此时 $f_{1} (t)$ 和 $f_{2} (t)$ 在 $t > 0$ 的部分是相等的，且都等于 $f (t)$ ，证明：

$f_{1} (t) - f_{2} (t) = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ω \cdot c o s ( ω t ) - s i n ( ω t ) + c o s ω \cdot s i n ( ω t )}{ω} d ω = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ( ω + ω t )}{ω} d ω - \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ( ω t )}{ω} d ω = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ( ω + ω t )}{ω ( 1 + t )} d [ω (1 + t)] - \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ( ω t )}{ω} d ω = 0$

如果只需要计算左/右半平面的傅里叶积分，用奇延拓或偶延拓会简单一点。

40.常用傅里叶变换

指数衰减函数

指数衰减函数 $f (t) = {0 e^{- βt} t < 0 t \geq 0$ ，其中 $β > 0$ ，傅里叶变化和积分表示为：

$F (ω) = \frac{β - iω}{β ^{2} + ω ^{2}} f (t) = \frac{1}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{β c o s ( ω t ) + ω s i n ( ω t )}{β ^{2} + ω ^{2}} d ω$

证明： $F (ω) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) e^{- iω t} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- (β + i w) t} d t = \frac{e ^{- (β + iω) t}}{- ( β + iω )} ∣_{0}^{+ \infty} = \frac{1}{β + iω} = \frac{β - iω}{β ^{2} + ω ^{2}}$

$f (t) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} F (ω) e^{iω t} d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{β - iω}{β ^{2} + ω ^{2}} [cos (ω t) + i sin (ω t)] d ω = 实值函数虚部一定为 0 \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{β c o s ( ω t ) + ω s i n ( ω t )}{β ^{2} + ω ^{2}} d ω = \frac{1}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{β c o s ( ω t ) + ω s i n ( ω t )}{β ^{2} + ω ^{2}} d ω$

$∴ \frac{1}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{β c o s ( ω t ) + ω s i n ( ω t )}{β ^{2} + ω ^{2}} d ω = ⎩ ⎨ ⎧ 0 \frac{1}{2} e^{- βt}, t < 0, t = 0, t > 0$

$δ (t)$ -单位脉冲函数

单位脉冲函数（Dirac函数、 $δ$ -函数）： $δ (t) = {0 \int_{- \infty}^{+ \infty} δ (t) d t = 1, t \neq = 0, 冲击强度为 1$

这个函数意味着在0时刻函数的变化量很大，之后又回到0。当 $0 < t < ε$ ， $ε \to 0$ ， $\int_{0}^{ε} δ (t) d t = 1$

性质：

筛选性： $\int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) δ (t) d t = f (0)$ ， $\int_{- \infty}^{+ \infty} f (t - t_{0}) δ (t) d t = t = 0 时才有值 f (t_{0})$ ， $\int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) δ (t - t_{0}) d t = t = t_{0} 时才有值 f (t_{0})$ . 2. $δ (t)$ 是偶函数. 3. $δ (t)$ 是单位阶跃函数 $u (t) = {01, t < 0, t > 0$ ，在0时刻的导数，用来表示在0时刻变化量无穷大， $\frac{d u}{d t} ∣_{t = 0} = δ (t)$ ， $\int_{- \infty}^{t} δ (t) d t = u (t)$ . 4. $\int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) δ^{'} (t) d t = - f^{'} (t)$ 。（证明：用分步积分法 $\int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) d δ (t) = f (t) δ (t) ∣_{- \infty}^{+ \infty} - \int_{- \infty}^{+ \infty} f^{'} (t) δ (t) d t = 0 - f^{'} (t)$ ）

$δ (t)$ 的傅里叶变换为（由筛选性可证）：

$δ (t) ⟷ Fourier F (ω) = 1$

（用 $⟷ Fourier$ 表示一对傅里叶变换对，也可以写成 $F^{- 1} ⇌ F$ ，注意从左到右做傅里叶变换，从右到左做傅里叶逆变换）

常数函数

$f (t) = 1 F^{- 1} ⇌ F F (ω) = 2 π δ (ω)$

证明：无法通过直接积分得到，但是前面已知 $δ (t)$ 的傅里叶变换为1，考虑 $2 π δ (t)$ 的傅里叶逆变换

$F^{- 1} (2 π δ (t)) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} 2 π δ (t) e^{iω t} d ω = 筛选性 e^{iω t} ∣_{t = 0} = 1$ ，因此1的傅里叶变换是 $2 π δ (t)$

这个变换说明了 $\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- iω t} d t = \int_{- \infty}^{+ \infty} cos (ω t) - i sin (ω t) d t = 奇偶性 \int_{- \infty}^{+ \infty} cos (ω t) d t = 2 π δ (ω)$ ，而这个积分本来由于 $t \to \infty$ 是原函数 $sin$ 是震荡的无法求解，但是可以用 $δ (t)$ 表示出来

$\int_{- \infty}^{+ \infty} cos (ω t) d t = 2 π δ (ω)$

$u (t)$ -单位阶跃函数

$u (t) ⟷ Fourier F (ω) = \frac{1}{iω} + π δ (ω)$

证明：同样，从右边往左边证

$F^{- 1} (\frac{1}{iω} + π δ (t)) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} [\frac{1}{iω} + π δ (t)] e^{iω t} d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{c o s ( ω t ) + i s i n ( ω t )}{iω} d ω + \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} δ (ω) e^{iω t} d ω = 奇偶性、筛选性 \frac{1}{π} \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ( ω t )}{ω} d ω + \frac{1}{2}$

利用Dirichlet积分， $\int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n ( ω t )}{ω} d ω = 令 u = ω t {\int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n u}{u} d u = \frac{π}{2} \int_{0}^{- \infty} \frac{s i n u}{u} d u = s = - u \int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n s}{s} d (- s) = - \frac{π}{2}, t > 0, t < 0$

代入得证

正弦/余弦函数

$f (t) = cos (ω_{0} t) ⟷ Fourier F (ω) = π δ (ω - ω_{0}) + π δ (ω + ω_{0}) f (t) = sin (ω_{0} t) ⟷ Fourier F (ω) = iπ δ (ω + ω_{0}) - iπ δ (ω - ω_{0})$

证明： $F (cos (ω_{0} t)) = \int_{- \infty}^{+ \infty} cos (ω_{0} t) e^{iω t} d t = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{e ^{i ω_{0} t} + e ^{- i ω_{0} t}}{2} e^{- iω t} d t = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- (ω - ω_{0}) t} d t + \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- i (ω + ω_{0}) t} d t$

由常数函数的傅里叶变换可知 $\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- iω t} d t = 2 π δ (ω)$

$∴ F (cos (ω_{0} t)) = π δ (ω - ω_{0}) + π δ (ω + ω_{0})$

正弦同理可证

41.傅里叶变换的性质

若 $f (t)$ 对应的傅里叶变换是 $F (ω)$ 则：

线性： $α f (t) + β g (t) ⟷ Fourier α F (f (t)) + βF (g (t))$ 。
时移： $f (t \pm t_{0}) ⟷ Fourier e^{\pm i w t_{0}} F (ω)$ 。（时移等于频域成一个因子）
频移： $f (t) e^{\mp i ω_{0} t} ⟷ Fourier F (ω \pm ω_{0})$ 。
时域微分：若 $∣ t ∣ \to \infty lim f (t) = 0$ ，则 $f^{'} (t) ⟷ Fourier iω F (ω)$ 。若 $∣ t ∣ \to \infty lim f^{(i)} (t) = 0$ ， $i = 1, 2, ..., n - 1$ ， $f^{(n)} (t) ⟷ Fourier (iω)^{n} F (ω)$ 。
频域微分： $(- i t) f (t) ⟷ Fourier F^{'} (ω)$ ， $(- i t)^{n} f (t) ⟷ Fourier F^{(n)} (ω)$ 。该性质使用时一般是利用线性，时域和频域同乘 $i^{n}$ ，可以得到 $t^{n} f (t) ⟷ Fourier i^{n} F^{(n)} (ω)$ 。
时域积分：若 $\int_{- \infty}^{t} f (t) d t \to 0$ ，则 $\int_{- \infty}^{t} f (t) d t ⟷ Fourier \frac{1}{iω} F (ω)$ 。
相似性（尺度变换）： $f (a t) ⟷ Fourier \frac{1}{∣ a ∣} F (\frac{ω}{a})$ 。
对称性：若 $f (t) ⟷ Fourier F (ω)$ ，则 $F (t) ⟷ Fourier 2 π f (- ω)$
能量积分（帕赛瓦尔定理）： $\int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ f (t) ∣^{2} d t = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} ∣ F (ω) ∣^{2} d ω$ ，注意这里 $∣ f (t) ∣$ 表示模长，等于 $f (t) \cdot \overline{f (t)}$ 。定义时域两函数的内积为 $[f_{1} (t), f_{2} (t)] = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{1} (t) \overline{f_{2} (t)} d t$ ，其中 $\overline{f_{2} (t)}$ 是 $f_{2} (t)$ 的共轭，实值函数的共轭是它本身；定义频域两函数的内积为 $[F_{1} (ω), F_{2} (ω)] = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} F_{1} (ω) \overline{F_{2} (ω)} d ω$ ；自己和自己作内积记作 $∣∣ f (t) ∣ ∣^{2}$ 。则上述定理可记作 $∣∣ f (t) ∣ ∣^{2} = ∣∣ F (ω) ∣ ∣^{2}$ 。

线性证明：利用积分的线性，代入公式可证。

时移证明： $F [f (t - t_{0})] = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (t - t_{0}) e^{- iω t} d t = u = t - t_{0} \int_{- \infty}^{+ \infty} f (u) e^{- iω (u + t_{0})} d u = e^{- iω t_{0}} \int_{- \infty}^{+ \infty} f (u) e^{- iω u} d u = e^{- iω t_{0}} F (ω)$

频移证明同理。

时域微分证明：条件 $∣ t ∣ \to \infty lim f (t) = 0$ ，说明在0时刻附近有信号，当 $t \to \infty$ 时，离0时刻很远的地方，信号衰减为0。

$F (f^{'} (t)) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f^{'} (t) e^{- iω t} d t = \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- iω t} df (t) = f (t) e^{- iω t} ∣_{- \infty}^{+ \infty} - \int_{- \infty}^{+ \infty} (- iω) e^{- iω t} f (t) d t = iω F (ω)$

频域微分证明： $F (ω) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) e^{- iω t} d t$ ，两边对 $ω$ 求导， $F^{'} (ω) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (t) (- i t) e^{- iω t} d t = F [- i t f (t)]$

时域积分证明：令 $h (t) = \int_{- \infty}^{t} f (t) d t$ ，则 $h^{'} (t) = f (t)$ ，利用微分性质， $F [h^{'} (t)] = iω F [h (t)]$ ， $F [h (t)] = \frac{1}{iω} F [h^{'} (t)]$ ，即 $F [\int_{- \infty}^{t} f (t) d t] = \frac{1}{iω} F [f (t)]$ 。

相似性证明： $F (f (a t)) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (a t) e^{- iω t} d t = 令 u = a t {\int_{- \infty}^{+ \infty} f (u) e^{- i \frac{ω}{a} u} \frac{1}{a} d u \int_{+ \infty}^{- \infty} f (u) e^{- i \frac{ω}{a} u} \frac{1}{a} d u, a > 0, a < 0 = \frac{1}{∣ a ∣} F (\frac{ω}{a})$

例1：求 $cos (ω_{0} t) u (t)$ 的傅里叶变换

解： $F (cos (ω_{0} t) u (t)) = F (\frac{e ^{i ω_{0} t} + e ^{- i ω_{0} t}}{2} u (t)) = 线性 \frac{1}{2} F (e^{i ω_{0} t} u (t)) + \frac{1}{2} F (e^{- i ω_{0} t} u (t)) = 频移 \frac{1}{2} [\frac{1}{i ( ω - ω _{0} )} + π δ (ω - ω_{0}) + \frac{1}{i ( ω + ω _{0} )} + π δ (ω + ω_{0})]$

例2： $F [δ^{'} (t)] = 时域微分 iω \cdot 1 = iω$ ， $F [δ^{(n)} (t)] = 时域微分 (iω)^{n}$

例3：求t的傅里叶变换：

解： $f (t) = t$ ，若 $g (t) = 1$ ，则 $f (t) = t \cdot g (t)$ ，已知常数函数 $g (t)$ 的傅里叶变换 $F (g (t)) = 2 π δ (t)$

$F (t \cdot g (t)) = 频域微分 i \cdot [2 π δ (ω)]^{'} = 2 πi δ^{'} (ω)$

同理， $t^{n}$ 傅里叶变换： $F (t^{n}) = 2 π \cdot i^{n} \cdot δ^{(n)} (ω)$

例4：求 $t f (2 t)$ 的傅里叶变换

解： $f (2 t) 相似性 \to F \frac{1}{2} F (\frac{ω}{2})$ ， $t f (2 t) 频域微分 \to F i [\frac{1}{2} F (\frac{ω}{2})]^{'} = \frac{i}{2} F^{'} (\frac{ω}{2}) \cdot \frac{1}{2} = \frac{i}{4} F^{'} (\frac{ω}{2})$

42.卷积

卷积的定义

系统在某时刻的信号不仅与当前的输入信号幅值有关，还与之前输入信号衰减后的幅值有关，若 $f (t)$ 表示当前的输入信号， $g (t)$ 表示信号随时间衰减程度的函数，那么，比如在 $t = 10$ 的时刻，既有当前的输入 $f (10) g (0)$ ，也有 $t = 9$ 时刻输入的信号衰减了 $1$ 个时间单位后的幅值， $t = 8$ 时刻输入的信号衰减了 $2$ 个时间单位后的幅值，……，把这些信号加起来才是当前时刻的信号，于是定义离散形式的卷积为： $f (n) * g (n) = \sum_{τ = - \infty}^{+ \infty} f (τ) g (n - τ)$ ，有时也记作 $(f * g) (n)$ 。

定义连续形式的卷积运算为：

$f_{1} (t) * f_{2} (t) = (f * g) (t) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{1} (τ) f_{2} (t - τ) d τ$

卷积的性质

交换率： $f_{1} * f_{2} = f_{2} * f_{1}$ 。
结合率： $(f_{1} * f_{2}) * f_{3} = f_{1} * (f_{2} * f_{3})$ 。
分配律： $(f_{1} + f_{2}) * f_{3} = f_{1} * f_{3} + f_{2} * f_{3}$ 。
求导： $\frac{d ( f _{1} * f _{2} )}{d t} = f_{1} * \frac{d f _{2}}{d t} = \frac{d f _{1}}{d t} * f_{2}$ 。（即卷积求导可以转移）

证明： $f_{1} (t) * f_{2} (t) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{1} (τ) f_{2} (t - τ) d τ$ ，两边同时对 $t$ 求导，因为右边只有 $f_{2}$ 含 $t$ ，所以可以转化为只对 $f_{2}$ 求导，由于有交换律，所以也可以转化为只对 $f_{1}$ 求导。积分性质证明同理。

积分： $\int_{- \infty}^{ξ} [f_{1} (t) * f_{2} (t)] d t = \int_{- \infty}^{ξ} f_{1} (t) d t * f_{2} (t) = f_{1} (t) * \int_{- \infty}^{ξ} f_{2} (t) d t$ 。

例1： $f_{1} (t) = {01, t < 0, t \geq 0$ ， $f_{2} (t) = {0 e^{- t}, t < 0, t \geq 0$ ，求 $f_{1} (t) * f_{2} (t)$

解： $f_{1} (t) * f_{2} (t) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{1} (τ) f_{2} (t - τ) d τ$

讨论 $τ$ 的取值范围，对于 $f_{1} (τ)$ ，只有当 $τ \geq 0$ 时， $f_{1} (τ) \neq = 0$ ；对于 $f_{2} (t - τ)$ ，只有当 $t - τ \geq 0$ 时， $f_{2} (t - τ) \neq = 0$

综上，被积函数只有当 $0 \leq τ \leq t$ 时，才不等于0

当 $t \geq 0$ 时， $f_{1} (t) * f_{2} (t) = \int_{0}^{t} 1 \cdot e^{- (t - τ)} d τ = e^{- t} \int_{0}^{t} e^{τ} d τ = e^{- t} (e^{t} - 1) = 1 - e^{- t}$

当 $t < 0$ 时， $f_{1} (t) * f_{2} (t) = 0$

两类特殊的卷积

函数与 $δ (t)$ 的卷积

$f (t) * δ (t) = f (t)$

证明：对于 $f (t) * δ (t) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (τ) δ (t - τ) d τ = 筛选性 f (t)$ ，即函数与 $δ (t)$ 的卷积等于函数本身。

对于 $f^{'} (t) = f^{'} (t) * δ (t) = f (t) * δ^{'} (t)$ ，因此求导可以理解为一类特殊的卷积

函数与 $u (t)$ 的卷积

$f (t) * u (t) = \int_{- \infty}^{t} f (τ) d τ$

证明： $f (t) * u (t) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f (τ) u (t - τ) d τ = \int_{- \infty}^{t} f (τ) u (t - τ) d τ + \int_{t}^{+ \infty} f (τ) u (t - τ) d τ$

由于当 $τ < t$ 时， $u (t - τ) = 1$ ，当 $τ > t$ 时， $u (t - τ) = 0$ ， $∴ f (t) * u (t) = \int_{- \infty}^{t} f (τ) \cdot 1 d τ + 0$

因此积分也是一类特殊的卷积

卷积定理

$f_{1} (t) * f_{2} (t) ⟷ Fourier F_{1} (ω) \cdot F_{2} (ω) 2 π f_{1} (t) \cdot f_{2} (t) ⟷ Fourier F_{1} (ω) * F_{2} (ω)$

即，两个函数在时域的卷积等于在频域相乘，在频域的卷积等于在时域相乘再乘以一个系数。

例：求 $g (t) = \int_{- \infty}^{t} f (ξ) d ξ$ 的傅里叶变换

解： $\int_{- \infty}^{t} f (ξ) d ξ = f (t) * u (t)$ ， $F [g (t)] = F [f (t)] \cdot F [u (t)] = F (ω) \cdot [\frac{1}{iω} + π δ (ω)] = \frac{1}{iω} F (ω) + π F (ω) δ (ω)$

若回顾前面傅里叶变换的时域积分性质：若当 $t \to \infty$ ， $f (t) \to 0$ ，则 $\int_{- \infty}^{t} f (t) d t ⟷ Fourier \frac{1}{iω} F (ω)$ ，这里说明了，如果不满足前提条件，会多出一个脉冲信号 $π F (ω) δ (ω)$ 。

43. 用傅里叶变换计算积分

对于一些微分/积分方程，可以先用傅里叶变换转到频域上，变成代数方程，解出代数方程后，再用傅里叶逆变换回去。

例1：求满足 $\int_{0}^{+ \infty} g (ω) sin (ω t) d ω = h (t)$ 的 $g (ω)$ ，其中 $h (t) = {\frac{π}{2} sin t 0, 0 \leq t \leq π, 其它$

解：观察该积分，和之前的傅里叶变换正弦表示很像

（傅里叶变换正弦表示： $f (t) = \frac{2}{π} \int_{0}^{+ \infty} F_{s} (ω) sin (ω t) d ω$ ， $F_{s} (ω) = \int_{0}^{+ \infty} f (τ) sin (ω τ) d τ$ ）

$\frac{2}{π} h (t) = f (t)$ ，则

$g (ω) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{2}{π} h (τ) s in (ω τ) d τ = \int_{0}^{π} \frac{2}{π} \frac{π}{2} sin τ \cdot sin (ω τ) d τ = 积化和差 \frac{1}{2} \int_{0}^{π} [cos (1 - ω) τ - cos (1 + ω) τ] d τ = \frac{s i n ( ωπ )}{1 - ω ^{2}}$

例2： $y^{'} (t) - \int_{- \infty}^{t} y (t) d t = - cos t$ ，求 $y (t)$

解：若把 $y (t)$ 的傅里叶变换记作 $Y (ω)$ ，对上述方程两边同时作傅里叶变换，根据微分、积分性质，有

$iωY (ω) - \frac{1}{iω} Y (ω) = - [π δ (ω + 1) + π δ (ω - 1)]$

整理得 $Y (ω) = \frac{iω δ ( ω + 1 ) + iω δ ( ω - 1 )}{1 + ω ^{2}}$

$y (t) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} Y (ω) e^{iω t} d ω = \frac{i}{2} [\int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{ω}{1 + ω ^{2}} e^{iω t} δ (ω + 1) d ω + \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{ω}{1 + ω ^{2}} e^{iω t} δ (ω - 1) d ω] = δ (t) 的筛选性 \frac{i}{2} [\frac{- 1}{2} e^{- i t} + \frac{1}{2} e^{i t}] = - \frac{1}{2} \frac{e ^{i t} - e ^{- i t}}{2 i} = - \frac{1}{2} sin t$

七、拉普拉斯变换

44.拉普拉斯变换

拉普拉斯变换

定义：若 $f (t)$ 满足①当 $t > 0$ 时 $f (t)$ 分段连续.② $f (t)$ 增长不能超过指数倍 $∣ f (t) ∣ \leq M \cdot e^{c t}$ ，其中 $M > 0$ ， $c \geq 0$ .，则 $f (t)$ 可以写成拉普拉斯变换（Laplace变换）的形式（且此时 $R e F (s) > c$ 的部分是解析的）：

$L [f (t)] = \int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- s t} d t = F (s)$

（书中的 $L$ 会写成花体 $L$ ，这里为了简单起见，用 $L$ 代替）

Laplace变换与Fourier变换的关系：

作 $u (t) f (t) e^{- βt}$ 的傅里叶变换， $F [u (t) f (t) e^{- βt}] = \int_{- \infty}^{+ \infty} u (t) f (t) e^{- βt} e^{- iω t} d t = \int_{- \infty}^{0} 0 d t + \int_{0}^{+ \infty} u (t) f (t) e^{- (β + iω) t} d t = \int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- (β + iω) t} d t$

若令 $s = β + iω$ ，就是Laplace变换

Laplace变换不关心0时刻以前的值，若规定当 $t < 0$ 时 $f (t) = 0$ ，则一般的函数可以通过乘以 $u (t)$ 转化为 $f (t)$

拉普拉斯逆变换

$f (t) u (t) = L^{- 1} [F (s)] = \frac{1}{2 πi} \int_{β - i \infty}^{β + i \infty} F (s) e^{s t} d s s_{k} 为 F (s) e^{s t} 在整个平面上的奇点 = 若 F (s) 分母次数比分子大 1 或以上 k = 1 \sum n Res [F (s) e^{s t}, s_{k}]$

证明：前面说过， $u (t) f (t) e^{- βt}$ 的傅里叶变换是拉普拉斯变换，那么拉普拉斯逆变换可以通过傅里叶逆变换得出

拉普拉斯变换 $F (s) = F [u (t) f (t) e^{- βt}] = \int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- (β + iω) t} d t$ ，若将其记作 $F (β + iω)$ ，则对其作傅里叶逆变换可变回原式

$u (t) f (t) e^{- βt} = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} F (β + iω) e^{iω t} d ω$ ，两边同乘 $e^{βt}$ ， $u (t) f (t) = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} F (β + iω) e^{(β + iω) t} d ω$

令 $s = β + iω$ ，则 $d s = i d ω$ ， $u (t) f (t) = \frac{1}{2 πi} \int_{β - i \infty}^{β + i \infty} F (s) e^{s t} d s$

拉普拉斯逆变换的积分是一条沿 $x = β$ 的一条直线，从 $y = - \infty$ 到 $+ \infty$ 的方向的积分，要计算这个积分，可以和前面有理函数的无穷积分一样，画一个半径无穷大的半圆，然后找里面的奇点，通过留数计算，但是由于 $s = β + iω$ ， $s$ 可以是任意一个复数，所以让 $β$ 尽可能大，使得平面右边没有奇点，此时找的就是在整个平面上的奇点

$f_{L} + f_{C_{R}} = 2 πi \sum_{k = 1}^{n} Res [F (s) e^{s t}, s_{k}]$ ，（由于变量是 $s$ ，所以奇点 $z_{k}$ 改写成 $s_{k}$ ）

此时如果 $F (s)$ 满足分母最高次幂比分子大1或以上，那么 $f_{C_{R}} = 0$ ， $f_{L} F (s) e^{s t} d s = 2 πi \sum_{k = 1}^{n} Res [F (s) e^{s t}, s_{k}]$ ， $f (t) u (t) = L^{- 1} [F (s)] = \frac{1}{2 πi} f_{L} F (s) e^{s t} d s = \sum_{k = 1}^{n} Res [F (s) e^{s t}, s_{k}]$

45.常用拉普拉斯变换

$δ (t)$ -单位脉冲函数

$δ (t) ⟷ Laplace F (s) = 1$

$u (t)$ -单位阶跃函数

$u (t) ⟷ Laplace F (s) = \frac{1}{s} ，（条件： Re s > 0 ）$

由于拉普拉斯变换是在 $[0, + \infty]$ 上的，所以 $u (t)$ 可以看成是1，即 $1 ⟷ Laplace \frac{1}{s}$

证明： $L [u (t)] = \int_{0}^{+ \infty} u (t) e^{- s t} d t 若 Re s > 0 = u = - s t - \frac{1}{s} \int_{0}^{- \infty} e^{u} d u = - \frac{1}{s} e^{u} ∣_{u = 0}^{- \infty} = \frac{1}{s}$ ，这里只有当 $Re s > 0$ 才能积出来

指数函数

$e^{a t} ⟷ Laplace \frac{1}{s - a} ，（条件： Re (s - a) > 0 ）$

证明： $L (e^{a t}) = \int_{0}^{+ \infty} e^{a t} e^{- s t} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- (s - a) t} d t = - \frac{1}{s - a} \int_{0}^{+ \infty} e^{- (s - a) t} d [- (s - a) t] = - \frac{1}{s - a} e^{- (s - a) t} ∣_{t = 0}^{+ \infty} = \frac{1}{s - a}$

同样这里也要求 $Re (s - a) > 0$

幂函数

$t^{n} ⟷ Laplace \frac{n !}{s ^{n + 1}}$

证明： $L (t) = \int_{0}^{+ \infty} t e^{- s t} d t = \int_{0}^{+ \infty} - \frac{t}{s} d e^{- s t} = - \frac{t}{s} e^{- s t} ∣_{0}^{+ \infty} + \int_{t = 0}^{+ \infty} \frac{1}{s} e^{- s t} d t = \frac{1}{s ^{2}}$

高阶同理（推导会用拉普拉斯变换的性质而不是直接求）

正弦/余弦函数

$cos (k t) ⟷ Laplace \frac{s}{s ^{2} + k ^{2}} sin (k t) ⟷ Laplace \frac{k}{s ^{2} + k ^{2}}$

$L [cos (k t)] = \int_{0}^{+ \infty} cos (k t) e^{- s t} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e ^{ik t} + e ^{- ik t}}{2} e^{- s t} d t = \frac{1}{2} [\int_{0}^{+ \infty} e^{- (s - ik) t} d t + \int_{0}^{+ \infty} e^{- (s + ik) t} d t] = \frac{1}{2} (\frac{1}{s - i t} + \frac{1}{s + i t}) = \frac{s}{s ^{2} + k ^{2}}$

正弦同理可证

例：用拉普拉斯变换算积分： $\int_{0}^{+ \infty} e^{- 3 x} sin (2 x) d x$

可以看出来这是一个 $s = 3$ 时的拉普拉斯变换，直接代公式 $L [sin (2 x)] ∣_{s = 3} = \frac{2}{3 ^{2} + 2 ^{2}} = \frac{2}{13}$

周期函数

若 $f (t) = f (t + T)$ ，则

$f (t) ⟷ Laplace \frac{1}{1 - e ^{- s T}} \int_{0}^{T} f (t) e^{- s t} d t$

以 $∣ sin t ∣$ 的拉普拉斯变换为例：

$L [∣ sin t ∣] = \int_{0}^{+ \infty} ∣ sin t ∣ e^{- s t} d t = \int_{0}^{π} ∣ sin t ∣ e^{- s t} d t + \int_{π}^{2 π} ∣ sin t ∣ e^{- s t} d t \dots + \int_{nπ}^{(n + 1) π} ∣ sin t ∣ e^{- s t} d t + \dots$

而 $\int_{nπ}^{(n + 1) π} ∣ sin t ∣ e^{- s t} d t = x = t - nπ \int_{0}^{π} ∣ sin (x + nπ) ∣ e^{- s (x + nπ)} d x = e^{- s nπ} \cdot \int_{0}^{π} ∣ sin (x) ∣ e^{- s x} d x$

因此，原式 $= \int_{0}^{π} ∣ sin (x) ∣ e^{- s x} d x \cdot \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- s nπ} = \int_{0}^{π} ∣ sin (x) ∣ e^{- s x} d x \cdot \frac{1}{1 - e ^{- s π}}$

把 $π$ 换成 $T$ ，把 $x$ 换成 $t$ ，得证。

该结论说明周期函数的拉普拉斯变换，等于其在一个周期上的拉普拉斯变换乘以一个系数 $\frac{1}{1 - e ^{- s π}}$

46.拉普拉斯变换的性质

若 $f (t)$ 对应的拉普拉斯变换是 $F (s)$ ，或记作 $L [f (t)]$ ，则：

线性： $α f (t) + β g (t) ⟷ Laplace αL (f (t)) + β L (g (t))$ 。
时移： $u (t \pm t_{0}) f (t \pm t_{0}) ⟷ Laplace e^{\pm s t_{0}} F (s)$ ，注意这里作逆变换时要多乘以一个 $u (t - t_{0})$ 。

因为对于 $f (t)$ ，拉普拉斯变换是在 $[0, + \infty]$ 上进行积分的，如果换元变成 $f (t - t_{0})$ ，函数图像向右移动了 $t_{0}$ ，而拉普拉斯变换本来是不关心 $f (t)$ 在 $t < 0$ 处的值的，但是向右移动会导致本来 $t < 0$ 的值出现，因此要乘以 $u (t - t_{0})$ ，确保在 $t_{0}$ 左侧函数值为0.

频移： $e^{\mp s_{0} t} f (t) ⟷ Laplace F (s \pm s_{0})$ 。
时域微分： $f^{'} (t) ⟷ Laplace s F (s) - f (0)$ ， $f^{''} (t) ⟷ Laplace s^{2} F (s) - s f (0) - f^{'} (0)$ ， $f^{(n)} (t) ⟷ Laplace s^{n} F (s) - s^{n - 1} f (0) - s^{n - 2} f^{'} (0) - \dots - f^{(n - 1)} (0)$ 。
频域微分： $- t f (t) ⟷ Laplace F^{'} (s)$ ， $(- t)^{n} f (t) ⟷ Laplace F^{(n)} (s)$ 。利用线性，可以变成 $t^{n} f (t) ⟷ Laplace (- 1)^{n} F^{(n)} (s)$ 。
时域积分： $\int_{0}^{t} f (ξ) d ξ ⟷ Laplace \frac{1}{s} F (s)$ 。
频域积分： $\frac{1}{t} f (t) ⟷ Laplace \int_{s}^{+ \infty} F (ξ) d ξ$ 。特别地，当 $s = 0$ 时， $L [\frac{1}{t} f (t)] = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{t} f (t) e^{- 0 t} d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{t} f (t) d t = \int_{0}^{+ \infty} F (ξ) d ξ$ ，若把 $ξ$ 写回 $s$ ，则有 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{t} f (t) d t = \int_{0}^{+ \infty} F (s) d s$ 。
相似性（尺度变换）： $f (a t) ⟷ Laplace \frac{1}{∣ a ∣} F (\frac{s}{a})$ 。

时域微分证明： $L [f^{'} (t)] = \int_{0}^{+ \infty} f^{'} (t) e^{- s t} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- s t} df (t) = f (t) e^{- s t} ∣_{t = 0}^{+ \infty} - \int_{0}^{+ \infty} f (t) (- s) e^{- s t} d t = - f (0) + s L [f (t)]$

频域微分证明： $F (s) = \int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- s t} d t$ ，两边对 $s$ 求导得， $F^{'} (s) = \int_{0}^{+ \infty} f (t) (- t) e^{- s t} d t = - L [t f (t)]$

时域积分证明：令 $h (t) = \int_{0}^{t} f (ξ) d ξ$ ，则 $h^{'} (t) = f (t)$ ，利用时域微分性质， $L [h^{'} (t)] = s L [h (t)] - h (0)$ ，即 $s L [\int_{0}^{t} f (ξ) d ξ] = L [f (t)] + 0$

相似性证明： $L [f (a t)] = \int_{0}^{+ \infty} f (a t) e^{- s t} d t = u = a t {a > 0 时 a < 0 时, \int_{0}^{+ \infty} f (u) e^{- \frac{s}{a} u} \frac{1}{a} d u, \int_{0}^{- \infty} f (u) e^{- \frac{s}{a} u} \frac{1}{a} d u = \frac{1}{∣ a ∣} F (\frac{s}{a})$

例1： $L [cos (t - t_{0}) u (t - t_{0})] = e^{- s t_{0}} L [cos t] = e^{- s t} \frac{s}{s ^{2} + 1}$

例2： $L [cos (t - t_{0})] = L [cos t cos t_{0} + sin t sin t_{0}] = cos t_{0} \frac{s}{s ^{2} + 1} + sin t_{0} \frac{1}{s ^{2} + 1}$

例3： $L [e^{a t} sin (k t)] = L [sin k t] ∣_{s_{1} = s - a} = \frac{1}{( s - a ) ^{2} + 1}$

例4：利用时域微分性质也可以求 $L [cos (k t)]$ ：令 $f (t) = cos (k t)$ ，则 $f^{'} (t) = - k sin (k t)$ ， $f^{''} (t) = - k^{2} cos (k t)$

$L [f^{''} (t)] = s^{2} F (s) - s f (0) - f^{'} (0)$ ，左边用线性把 $- k^{2}$ 拿出来，得

$- k^{2} L [cos (k t)] = s^{2} L [cos (k t)] - s \cdot 1 - 0$ ，整理得 $L [cos (k t)] = \frac{s}{s ^{2} + k ^{2}}$

例5：求 $L [t^{n}]$

解：利用时域微分性质， $L [(t^{n})^{(n)}] = s^{n} L (t^{n}) - s^{n - 1} \cdot 0 - ... - 0 = s^{n} L (t^{n})$

而 $L [(t^{n})^{(n)}] = L [n! \cdot 1] = n! \frac{1}{s}$ ， $∴ L (t^{n}) = \frac{n !}{s ^{n + 1}}$

例6： $\int_{0}^{+ \infty} x e^{- x} d x$

解：高数中会用分步积分算，但是仔细观察，把 $x$ 改成 $t$ ，其实这是一个 $f (t) = 1$ ， $s = 1$ 的拉氏变换，在时域乘以一个 $t$

$1$ 的拉氏变换为 $\frac{1}{s}$ ，利用频域微分性质，得 $L [t \cdot 1] = (- 1)^{1} (\frac{1}{s})^{'} ∣_{s = 1} = \frac{1}{s ^{2}} ∣_{s = 1} = 1$

例7： $\int_{0}^{+ \infty} x e^{- 3 x} sin (2 x) d x$

解：把 $x$ 改成 $t$ ，这是一个 $f (t) = s in (2 x)$ ， $s = 3$ 的拉氏变换，利用频域微分性质，得

$L [t \cdot sin (2 t)] = (- 1)^{1} (\frac{2}{s ^{2} + 2 ^{2}})^{'} ∣_{s = 3} = \frac{4 s}{( s ^{2} + 4 ) ^{2}} ∣_{s = 3} = \frac{12}{169}$

例8：利用频域积分性质可以直接计算Dirichlet积分

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{s i n t}{t} d t = \int_{0}^{+ \infty} L [sin t] d s = \int_{0}^{+ \infty} \frac{1}{s ^{2} + 1} d s = arctan s ∣_{0}^{+ \infty} = \frac{π}{2}$

47.卷积

定义

定义： $f_{1} (t) * f_{2} (t) = (f * g) (t) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{1} (τ) f_{2} (t - τ) d τ$ ，和前面的定义一致，但是由于拉普拉斯变换不关心 $t < 0$ 时刻的值，所以这里规定当 $t < 0$ 时， $f_{1} (t) = f_{2} (t) = 0$ ，要让 $f_{1}$ 、 $f_{2}$ 不等于0， $τ$ 要满足 $τ > 0$ 且 $t - τ > 0$ ，因此积分上下限变成从 $0$ 到 $t$

$f_{1} (t) * f_{2} (t) = \int_{0}^{t} f_{1} (τ) f_{2} (t - τ) d τ$

此时卷积仍然满足原有的性质。

卷积定理

$f_{1} (t) * f_{2} (t) ⟷ Laplace F_{1} (s) \cdot F_{2} (s) \frac{1}{2 πi} f_{1} (t) \cdot f_{2} (t) ⟷ Laplace F_{1} (s) * F_{2} (s)$

48.拉普拉斯逆变换解法

根据公式求解

例1： $L^{- 1} [\frac{3}{s ^{2} + 4}] = \frac{3}{2} L^{- 1} [\frac{2}{s ^{2} + 4}] = \frac{3}{2} sin (2 t)$

例2： $L^{- 1} [\frac{s + 2}{s ^{2} + 4}] = L^{- 1} [\frac{s}{s ^{2} + 4} + \frac{2}{s ^{2} + 4}] = 线性 L^{- 1} [\frac{s}{s ^{2} + 4}] + L^{- 1} [\frac{2}{s ^{2} + 4}] = sin (2 t) + cos (2 t)$

例3： $L^{- 1} [\frac{1}{s ^{2} - s}] = L^{- 1} [\frac{1}{s - 1} - \frac{1}{s}]$ ，其中 $L (1) = \frac{1}{s}$ ，而 $\frac{1}{s - 1}$ 是在 $\frac{1}{s}$ 的基础上做了频移，对应的时域应当乘以 $e^{1 \cdot t}$ ， $∴$ 原式 $= e^{t} - 1$

例4： $L^{- 1} [\frac{1}{s ^{2} + 4 s + 13}] = \frac{1}{3} L^{- 1} [\frac{3}{( s + 2 ) ^{2} + 9}] = \frac{1}{3} e^{- 2 t} sin (3 t)$

例5： $L^{- 1} [\frac{1}{s ^{4}}] = \frac{1}{3 !} L^{- 1} [\frac{3 !}{s ^{3 + 1}}] = \frac{t ^{3}}{6}$

用卷积定理求解

例1： $L^{- 1} [\frac{1}{s ^{2} ( s - 1 )}] = L^{- 1} [\frac{1}{s ^{2}} \cdot \frac{1}{s - 1}] = t * e^{t} = e^{t} - t - 1$

例2： $L^{- 1} [\frac{s}{( s ^{2} + 1 ) ^{2}}] = L^{- 1} [\frac{s}{s ^{2} + 1} \cdot \frac{1}{s ^{2} + 1}] = cos t * sin t = \int_{0}^{t} sin τ \cdot cos (t - τ) d τ = 积化和差 \frac{1}{2} \int_{0}^{t} [sin t + sin (2 τ - t)] d τ = \frac{1}{2} t sin t$

这里也可以用微分性质来算，因为 $(\frac{1}{s ^{2} + 1})^{'} = - \frac{2 s}{( s ^{2} + 1 ) ^{2}}$ ， $- \frac{1}{2} (\frac{1}{s ^{2} + 1})^{'} ⟷ L^{- 1} - \frac{1}{2} \cdot (- t) \cdot L^{- 1} [\frac{1}{s ^{2} + 1}]$

用留数计算

例1： $L^{- 1} [\frac{s}{s ^{2} + 1}]$

解：分母次数比分子大1，满足条件，奇点有 $i$ 、 $- i$ ， $L^{- 1} [\frac{s}{s ^{2} + 1}] = Res [\frac{s}{s ^{2} + 1} e^{s t}, i] + Res [\frac{s}{s ^{2} + 1} e^{s t}, - i] = \frac{e ^{i t}}{2} - \frac{e ^{- i t}}{2} = cos t$

例2： $L^{- 1} [\frac{1}{s ^{2} ( s - 1 )}]$

解：奇点有 $0$ 、 $1$ ，其中 $0$ 是二阶奇点， $L^{- 1} [\frac{1}{s ^{2} ( s - 1 )}] = Res [\frac{1}{s ^{2} ( s - 1 )} e^{s t}, 0] + Res [\frac{1}{s ^{2} ( s - 1 )} e^{s t}, 1] = \frac{1}{1 !} (\frac{1}{s - 1} e^{s t})^{'} ∣_{s = 0} + \frac{1}{s ^{2}} e^{s t} ∣_{s = 1} = - t - 1 + e^{t}$

或者用部分分式法裂项再计算： $\frac{1}{s ^{2} ( s - 1 )} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s ^{2}} + \frac{C}{s - 1}$ ，两边同乘 $s^{2}$ ，再令 $s = 0$ ，可得 $B = - 1$ ，同理 $C = 1$ ，剩下的 $A$ 可令 $s$ 等于随便一个数，比如 $2$ ，得 $\frac{1}{4} = \frac{A}{2} - \frac{1}{4} + 1$ ，则 $A = - 1$ ，裂项后再根据公式和性质可得出相同的结果。

例3： $L^{- 1} [\frac{1}{s ( s + 1 ) ( s + 2 )}]$

解：奇点是 $0$ 、 $- 1$ 、 $- 2$ ， $L^{- 1} [\frac{1}{s ( s + 1 ) ( s + 2 )}] = Res [\frac{e ^{s t}}{s ( s + 1 ) ( s + 2 )}, 0] + Res [\frac{e ^{s t}}{s ( s + 1 ) ( s + 2 )}, - 1] + Res [\frac{e ^{s t}}{s ( s + 1 ) ( s + 2 )}, - 2] = \frac{1}{2} - e^{- t} + \frac{1}{2} e^{- 2 t}$

或者用部分分式法裂项再计算 $\frac{1}{s ( s + 1 ) ( s + 2 )} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s + 1} + \frac{C}{s + 2}$ ，两边同乘 $s$ ，让 $s = 0$ ，得到 $A = \frac{1}{2}$ ，同理可得 $B = - 1$ ， $C = \frac{1}{2}$

$\frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{s}] - L^{- 1} [\frac{1}{s + 1}] + \frac{1}{2} L^{- 1} [\frac{1}{s + 2}] = \frac{1}{2} - e^{- t} + \frac{1}{2} e^{- 2 t}$

49.用拉普拉斯变换计算积分

对于一些微分/积分方程，可以先用拉普拉斯变换变成代数方程，解出 $F (s)$ 后，再用拉普拉斯逆变换回去

例1： $y^{''} + 4 y = 0$ ， $y (0) = - 2$ ， $y^{'} (0) = 4$

解：若 $L [y (t)] = Y [s]$ ，则 $L [y^{''} (t)] = s^{2} Y (s) - sy (0) - y^{''} (0) = s^{2} Y (s) + 2 s - 4$

$∴$ 上述微分方程可以写成 $(s^{2} + 4) Y (s) + 2 s - 4 = 0$ ，于是 $Y (s) = \frac{4 - 2 s}{s ^{2} + 4}$

$y (t) = L^{- 1} [Y (s)] = 2 L^{- 1} [\frac{2}{s ^{2} + 4}] - 2 L^{- 1} [\frac{s}{s ^{2} + 4}] = 2 sin 2 t - 2 cos 2 t$

例2： $y^{''} + 2 y^{'} - 3 y = e^{- t}$ ， $y (0) = 0$ ， $y^{'} (0) = 1$

解：若 $L [y (t)] = Y (s)$ ，则 $L [y^{'} (t)] = s Y (s) - y (0) = s Y (s)$ ， $L [y^{''} (t)] = s^{2} Y (s) - sy (0) - y^{''} (0) = s^{2} Y (s) - 1$

$∴$ 上述微分方程可以写成 $s^{2} Y (s) - 1 + 2 s Y (s) - 3 Y (s) = \frac{1}{s + 1}$ ， $Y (s) = \frac{s + 2}{( s + 1 ) ( s + 3 ) ( s - 1 )}$

$y (t) = L^{- 1} [Y (s)] = L^{- 1} [- \frac{1}{4} \frac{1}{s + 1} - \frac{1}{8} \frac{1}{s + 3} + \frac{3}{8} \frac{1}{s - 1}] = - \frac{1}{4} e^{- t} - \frac{1}{8} e^{- 3 t} + \frac{3}{8} e^{t}$

例3： $t y^{''} + 2 y^{'} + t y = 0$ ， $y (0) = 1$ ， $y^{'} (0) = 2$

解：若 $L [y (t)] = Y (s)$ ，则 $L [y^{'} (t)] = s Y (s) - y (0) = s Y (s) - 1$ ， $L [y^{''} (t)] = s^{2} Y (s) - s y^{'} (0) - y (0) = s^{2} Y (s) - s - 2$

而 $L [t y (t)] = 频域微分性质 (- 1)^{1} [Y (s)]^{'} = - Y^{'} (s)$ ， $L [t y^{''} (t)] = (- 1)^{1} [s^{2} Y (s) - s - 2]^{'} = - 2 s Y (s) - s^{2} Y^{'} (s) + 1$

$∴$ 微分方程可以写成 $- 2 s Y (s) - s^{2} Y^{'} (s) + 1 + 2 s Y (s) - 2 - Y^{'} (s) = 0$ ， $Y^{'} (s) = - \frac{1}{s ^{2} + 1}$

$L^{- 1} [Y^{'} (s)] = 频域微分性质 - t y (t) = - sin t$ ，因此 $y (t) = \frac{s i n t}{t}$

例4：解方程组 ${y^{''} - x^{''} - x^{'} - y = e^{t} - 2 2 y^{''} - x^{''} - 2 y^{'} + x = - t$ ， ${x (0) = x^{'} (0) = 0 y (0) = y^{'} (0) = 0$

解：若 $L [y (t)] = Y (s)$ ， $L [x (t)] = X (s)$ ，则

${s^{2} Y (s) - s^{2} X (s) - s X (s) - Y (s) = \frac{1}{s - 1} - \frac{2}{s} 2 s^{2} Y (s) - s^{2} X (s) - 2 s Y (s) + X (s) = - \frac{1}{s ^{2}}$ ， ${X (s) = \frac{2 s - 1}{s ^{2} ( s - 1 ) ^{2}} = - \frac{1}{s ^{2}} + \frac{1}{( s - 1 ) ^{2}} Y (s) = \frac{1}{s ( s - 1 ) ^{2}} = \frac{1}{s} - \frac{1}{s - 1} + \frac{1}{( s - 1 ) ^{2}}$

$∴ x (t) = - t + t e^{t}$ ， $y (t) = 1 - e^{t} + t e^{t}$

50.信号的分解

周期函数:

对于在 $x \geq 0$ 时以 $T$ 为周期的函数 $f_{T} (t)$ ，若截取 $[0, T]$ 的部分，定义 $f (t) = {f_{T} (t) 0, 0 < t < T, 其他$

则根据周期函数的拉氏变换， $L [f_{T} (t)] = L [f (t) + f (t - T) + f (t - 2 T) + \dots] = \frac{1}{1 - e ^{- s T}} L [f (t)]$

以 $∣ sin t ∣$ 为例，如果要截取 $[0, π]$ 的部分，可以写成 $sin t - sin (t - π)$ ，这样就不用写成分段函数了

阶梯函数：

对于在 $x > 0$ 处的阶梯函数，可以用 $u (t)$ 表示出来， $f (t) = A u (t) + A u (t - τ) + A u (t - 2 τ) + ...$

复变函数

一、复变函数与解析函数

1. 复数的概念、复数的四则运算

概念

四则运算

运算律

2. 复平面

辐角

指数式表示和三角表示式

3. 乘幂与方根

乘幂

除法

方根

4. 图形的复数表示

5. Jordan曲线、连通性

6. 初等复变函数

7. 连续与导数

8. 解析函数与奇点

9. 可导、解析的充要条件

可导充要条件

解析充要条件

柯西－黎曼方程(C-R方程)的证明

f(z)=u+iv解析的条件

10. 初等解析函数

复指数函数

复对数函数

复幂函数

三角函数和双曲函数

反三角反双曲函数

11.调和函数

二、复变函数的积分

12. 积分的概念及性质

积分的概念

积分的性质

定理 1

定理 2（z为参数方程时）

13. Cauchy积分定理

14. 复合闭路定理

15. Cauchy积分公式

16. Cauchy导数公式

17. 解析函数的原函数

三、复变函数的级数

18. 复数项级数

复数列

复数项级数

收敛的性质

审敛法

19. 幂级数的概念

20. 幂级数的性质

21. Taylor展开定理

22. Taylor级数展开的唯一性

23. 函数的零点

零点

性质

24. Laurent级数的概念

25. Laurent级数的展开

Laurent 展开定理

Laurent 展开的惟一性

四、留数及其应用

26. 孤立奇点

27. 留数的一般理论及留数的计算

留数的定义

留数基本定理

28. 留数的计算

可去奇点

本性奇点

极点

∞处的留数

29. 三角有理式的积分

30. 有理函数的无穷积分

31. 有理函数与三角函数乘积的积分

五、保角映射

32. 映射的概念、导数的几何意义

映射的概念

导数的几何意义

33. 保角映射的概念、关于保角映射的一般概念

保角映射的概念

定 理 1

定 理 2 (Riemann 定理)

定 理 3 (边界对应原理)

$f (z) = u + i v$ 解析的条件

$\infty$ 处的留数

定理 1

定理 2 (Riemann 定理)

定理 3 (边界对应原理)

1. 平移映射 $w = z + b$

2. 旋转映射 $w = e^{i α} z$ (α是实数)

3. 相似(即放大或缩小)映射 $w = rz$ (r > 1时放大，0 < r < 1时缩小)

$δ (t)$ -单位脉冲函数

$u (t)$ -单位阶跃函数

$δ (t)$ -单位脉冲函数

$u (t)$ -单位阶跃函数