数学物理方法（Part I）——复变函数入门
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学习·文化课
Real analysis is the study of how bad functions can be, while complex analysis is the study of how nice they can be.
参考书目为梁昆淼《数学物理方法》第五版。
复变函数
复数与复数运算
我们先回顾一下读者在高中阶段学习过的复数运算。
$$\mathrm i^2 = -1$$
若 $x, y\in\mathbb R$，我们称
$$z = x + \mathrm i y$$
为一个 **复数（complex number）**，称 $z$ 的 **实部（real part）** 为 $x$，记作 $\operatorname{Re}(z)$，**虚部（imaginary part）** 为 $y$，记作 $$\operatorname{Im}(z)$$。（高中同学请注意：复数的虚部没有 $\mathrm i$，是一个实数！）复数的加减乘除满足交换律、结合律、分配律。
有时，更为重要的是复数的极坐标表示：设
$$\begin{cases}\rho = \sqrt{x^2 + y^2} \\ \varphi = \arctan(y / x)\end{cases}, \quad \begin{cases}x = \rho \cos\varphi \\ y = \rho \sin\varphi\end{cases}$$
则
$$z = \rho(\cos\varphi + \mathrm i\sin\varphi) = \rho e^{\mathrm i\varphi}$$
$\rho$ 称作复数的 **模（magnitude, modulus）**，记作 $|z|$；$\varphi$ 称作其 **辐角（argument）**，记作 $\operatorname{Arg} z$。
一个复数可以有多个相差 $2\pi$ 整数倍的辐角，因此我们规定 $\arg z$ 表示 $z$ 在 $(-\pi, \pi]$ 以内的辐角，称作 **主辐角 / 辐角主值（principal argument）**。复数 $0$ 的辐角没有意义。
复数 $z$ 的 **共轭复数（conjugate complex number）** 记作 $z^\ast$，定义为
$$z^\ast = x - \mathrm iy = \rho e^{-\mathrm i\varphi}$$
**复平面（complex plane）** 与二维 Cartesius 坐标系相差无几，只是用横轴表示实部，纵轴表示虚部。
出于某些原因，我们希望在复平面上引入 **无穷远点 / 无限远点（point at infinity）**。无穷远点的模为正无穷，辐角无意义。
读者在高中阶段应当学过复数的加减乘除幂运算，不再赘述。值得一提的是，复数的幂与开放运算，使用指数形式往往会更简单：若 $z_1 = \rho_1 e^{\mathrm i\varphi_1}, z_2 = \rho_2 e^{\mathrm i\varphi_2}$，则
$$z_1 z_2 = \rho_1 \rho_2 e^{\mathrm i(\varphi_1 + \varphi_2)}$$
$$\frac{z_1}{z_2} = \frac{\rho_1}{\rho_2} e^{\mathrm i(\varphi_1 - \varphi_2)}$$
若 $z = \rho e^{\mathrm i\varphi}, n \in \mathbb N$，则
$$z^n = \rho^n e^{\mathrm in\varphi}$$
$$\sqrt[n]{z} = \sqrt[n]{\rho} e^{\mathrm i\varphi/n}$$
需要注意，$\varphi$ 可以增减 $2\pi$ 的整数倍，因此 $\sqrt[n]{z}$ 的辐角可以增减 $\dfrac{2\pi}n$ 的整数倍，即：$\sqrt[n]{z}$ 有 $n$ 种取值。
## 复变函数
**复变函数（complex function）**，可以理解为以复数为自变量的函数。具体而言，就是定义域为复数 $\mathbb C$ 的子集 $E$，因变量为复数的函数。
复变函数论主要研究 **解析函数（analytic function
）**，相比一般的复变函数而言，解析函数的定义域一定是 **区域（domain）**，定义如下：
1. **邻域（neighborhood）**：在复平面上，以复数 $z_0$ 为圆心，以正实数 $\epsilon$ 为半径作圆，圆的内部（不含边界）称作 $z_0$ 的邻域，记作 $B(z_0, \epsilon)$ 或 $B_\epsilon(z_0)$，字母 $B$ 也可能被 $U$ 或 $N$ 替代。显然，$B(z_0, \epsilon) = \{z\in\mathbb C\mid|z-c|<\epsilon\}$。特别地，无穷远点的邻域是形如 $\{z \in \mathbb C \mid |z| > R\}$ 的集合。
2. **内点（interior point）**：对于点集 $E$ 与 $z_0\in E$ 而言，若 $z_0$ 的某个邻域包含于 $E$，即 $\exists\epsilon>0: B(z_0, \epsilon)\subseteq E$，则称 $z_0$ 为 $E$ 的内点。
3. **外点（exterior point）**：对于点集 $E$ 与 $z_0\in E$ 而言，若 $z_0$ 的某个邻域与 $E$ 的交集为空，即 $\exists\epsilon>0: B(z_0, \epsilon)\cap E = \emptyset$，则称 $z_0$ 为 $E$ 的外点。容易看出，$E$ 的外点就是 $\mathbb C-E$ 的内点。
4. **边界点（boundary point）**：对于点集 $E$ 与 $z_0\in E$ 而言，若 $z_0$ 的所有邻域中，至少有一个属于 $E$ 的点与一个不属于 $E$ 的点，即，则称 $z_0$ 为 $E$ 的边界点。
5. **边界（boundary）**：点集 $E$ 的所有边界点构成的集合称作 $E$ 的边界，记作 $\operatorname{bd}(E)$ 或 $\operatorname{fr}(E)$ 或 $\partial E$。
6. **区域（domain）**：若点集 $B$ 的每个点都是 $B$ 的内点，且 $B$ 连通，则称 $B$ 为区域。区域通常用字母 $B$ 表示。
> 为满足读者对严谨性的要求，特此给出连通集的定义：
>
> 1. **开集（open set）**：若点集 $E$ 的每个点都是 $E$ 的内点，则称 $E$ 为开集。
> 2. **不连通集（disconnected set）**：若点集 $E$ 能写成非空开集的不交并，则称 $E$ 为不连通集。
> 3. **连通集（connected set）**：若点集 $E$ 不是不连通集，则称 $E$ 为连通集。
>
> 熟悉拓扑学的读者会发现区域就是连通开集。
7. **闭区域（closed domain）**：对于区域 $B$ 而言，$B$ 与其边界 $\partial B$ 的并称作闭区域，记作 $\bar{B}$ 或 $\operatorname{cl}(B)$。
> 准确地说，$\bar{B}$ 称作 $B$ 的 **闭包（closure）**。
复变函数论中，有两种重要的区域：圆形域、环形域，圆形区域就是某点的邻域 $\{z\in\mathbb C\mid |z-z_0|<r\}$，环形区域形如 $\{z\in\mathbb C\mid a<|z-z_0|<b\}$。若将定义中 $<$ 换成 $\le$，就得到了闭圆域、闭环域。以及一种重要的曲线：圆周，记作 $C(z_0, r) = \{z\in\mathbb C\mid|z - z_0| = r\}$。
我们感兴趣的复变函数有许多，多项式、有理分式、根式的定义不再赘述，但读者可能不知道 $\sin z$ 也是复变函数：由 Euler 公式 $e^{\mathrm ix} = \cos x + \mathrm i \sin x$ 可知
$$\sin x = \frac1{2\mathrm i} (e^{\mathrm ix} - e^{-\mathrm ix})$$
$$\cos x = \frac12 (e^{\mathrm ix} + e^{-\mathrm ix})$$
$$\ln z = \ln |z| + \mathrm i \arg z$$
$$z^s = e^{s \ln z}$$
双曲函数在数学物理中有重要的应用，在此我们给出其定义：
$$\sinh z = \frac12 (e^z - e^{-z})$$
$$\cosh z = \frac12 (e^z + e^{-z})$$
二者分别称为双曲正弦、双曲余弦函数。
复变函数可以看作两个二元实变函数：
$$f(x + \mathrm iy) = u(x, y) + \mathrm i v(x, y)$$
利用上述等式，可以将实变函数的结论与定义进行推广。例如，复变函数 $f$ 在 $x_0 + \mathrm iy_0$ 处连续的定义为：
$$\lim_{x \to x_0, y \to y_0} u(x, y) = u(x_0, y_0), \quad \lim_{x \to x_0, y \to y_0} v(x, y) = v(x_0, y_0), \quad $$
## 导数
设区域 $B$ 上有单值函数 $f(z)$（每个 $z$ 值对应一个函数值），设 $z_0 \in B$ 而言，若极限
$$\lim_{\Delta z\to0} \frac{f(z_0 + \Delta z) - f(z_0)}{\Delta z}$$
存在，则我们称 $f(z)$ 在 $z_0$ 处 **可导（differentiable / derivable）**，称上式为 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的 **导数（derivative）**。$f(z)$ 的导函数（将自变量映射为 $f(z)$ 在该点导数的函数）也记作 $f'(z)$ 或 $\dfrac{\mathrm df}{\mathrm dz}$ 或 $\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dz}f$。
若读者只学过一元微积分，需要注意，上述定义中 $\Delta z$ 可以以任意方式趋于零，而一元微积分的导数定义 $\lim_{\Delta x\to0}\dfrac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$ 中 $\Delta x$ 只能在实轴上趋于零。因此复变函数可导的条件比实变函数更为严格。
多种求导法则可以推广到复变函数情形，包括但不限于（证明略）：
$$\begin{cases}(f_1 \pm f_2)' = f_1' \pm f_2' \\ (f_1 f_2)' = f_1' f_2 + f_1 f_2' \\ \left(\dfrac{f_1}{f_2}\right)' = \dfrac{f_1' f_2 - f_1 f_2'}{f_2^2} \\ \dfrac{\mathrm dw}{\mathrm dz} = 1\left/\dfrac{\mathrm dz}{\mathrm dw}\right. \\ \dfrac{\mathrm df(w(z))}{\mathrm dz} = \dfrac{\mathrm df(w)}{\mathrm dw}\cdot\dfrac{\mathrm dw(z)}{\mathrm dz}\end{cases}$$
以及若干常见函数的导数：
$$\begin{cases}(z^n)' = n z^{n - 1} \\ (e^z)' = e^z \\ (\sin z)' = \cos z \\ (\cos z)' = -\sin z \\ (\ln z)' = \dfrac1z\end{cases}$$
为了得到复变函数在 $z_0 = x_0 + \mathrm iy_0$ 处可导的必要条件，我们让 $\Delta z$ 分别从实轴、虚轴趋向零。
1. $\Delta z$ 在实轴上：
$$\begin{aligned}f'(z_0) &= \lim_{\Delta x \to 0} \frac{u(x_0 + \Delta x, y_0) + \mathrm iv(x_0 + \Delta x, y_0) - u(x_0, y_0) - \mathrm iv(x_0, y_0)}{\Delta x} \\ &= \left.\dfrac{\partial u}{\partial x}\right|_{(x_0, y_0)} + \left.\mathrm i\dfrac{\partial v}{\partial x}\right|_{(x_0, y_0)}\end{aligned}$$
2. $\Delta z$ 在虚轴上：
$$\begin{aligned}f'(z_0) &= \lim_{\Delta y \to 0} \frac{u(x_0, y_0 + \Delta y) + \mathrm iv(x_0, y_0 + \Delta y) - u(x_0, y_0) - \mathrm iv(x_0, y_0)}{\mathrm i\Delta y} \\ &= \left.\dfrac{\partial v}{\partial y}\right|_{(x_0, y_0)} - \left.\mathrm i\dfrac{\partial u}{\partial y}\right|_{(x_0, y_0)}\end{aligned}$$
令二者相等，可得：
$$\dfrac{\partial u}{\partial x} = \dfrac{\partial v}{\partial y}, \quad \dfrac{\partial v}{\partial x} = -\dfrac{\partial u}{\partial y}$$
上式称作 **Cauchy–Riemann 方程（Cauchy–Riemann equations）**，也称 **Cauchy–Riemann 条件** 或 **C–R 条件**。
但是，C-R 条件只是复变函数可导的必要条件，读者可以验证，$f(z) = \sqrt{\operatorname{Re}(z) \cdot \operatorname{Im}(z)}$ 在 $z = 0$ 处满足 C-R 条件，但不可导。
复变函数 $f(z)$ 可导的 **充要条件** 是偏导数 $\dfrac{\partial u}{\partial x}, \dfrac{\partial u}{\partial y}, \dfrac{\partial v}{\partial x}, \dfrac{\partial v}{\partial y}$ 存在、连续且满足 C-R 条件。
:::info[证明]
由四个偏导数存在且连续，可以得到（忽略二阶项）
$$\Delta u \approx \frac{\partial u}{\partial x}\Delta x + \frac{\partial u}{\partial y}\Delta y, \quad \Delta v \approx \frac{\partial v}{\partial x}\Delta x + \frac{\partial v}{\partial y}\Delta y$$
由此可得
$$\lim_{\Delta z \to 0}\frac{f(z_0 + \Delta z) - f(z_0)}{\Delta z} = \lim_{\Delta x, \Delta y\to 0}\frac{\left(\dfrac{\partial u}{\partial x}\Delta x + \dfrac{\partial u}{\partial y}\Delta y\right) + \mathrm i\left(\dfrac{\partial v}{\partial x}\Delta x + \dfrac{\partial v}{\partial y}\Delta y\right)}{\Delta x + \mathrm i\Delta y}$$
利用 C-R 条件可得
$$\begin{aligned}\lim_{\Delta z \to 0}\frac{f(z_0 + \Delta z) - f(z_0)}{\Delta z} &= \lim_{\Delta x, \Delta y\to 0}\frac{\dfrac{\partial u}{\partial x}(\Delta x + \mathrm i\Delta y) + \mathrm i\dfrac{\partial v}{\partial x}(\Delta x + \mathrm i\Delta y)}{\Delta x + \mathrm i\Delta y} \\ &= \dfrac{\partial u}{\partial x} + \mathrm i\dfrac{\partial v}{\partial x}\end{aligned}$$
:::
有时我们会用到极坐标系的 C-R 条件，令 $\Delta z$ 沿径向、角向趋于零，可以得到：
$$\frac{\partial u}{\partial\rho} = \frac1\rho \frac{\partial v}{\partial\varphi}, \quad \frac1\rho \frac{\partial u}{\partial\varphi} = -\frac{\partial v}{\partial\rho}$$
## 解析函数
若函数 $f(z)$ 在 $z_0$ 的一个邻域中处处可导，则称其在 $z_0$ 处 **解析（analytic）**。若 $f(z)$ 在区域 $B$ 中每个点解析，则称其为区域 $B$ 上的 **解析函数（analytic function）**。函数 $f(z)$ 在 $z_0$ 处可导是其在 $z_0$ 处解析的必要不充分条件。
1. 若 $f(z) = u(x, y) + \mathrm iv(x, y)$ 是 $B$ 上的解析函数，则
$$u(x, y) = C_1, v(x, y) = C_2$$
是 $B$ 上的正交曲线族。
:::info[证明]
将 C-R 条件相乘，可得
$$\dfrac{\partial u}{\partial x}\dfrac{\partial v}{\partial x} = -\dfrac{\partial v}{\partial y}\dfrac{\partial u}{\partial y}$$
$$\dfrac{\partial u}{\partial x}\dfrac{\partial v}{\partial x} + \dfrac{\partial u}{\partial y}\dfrac{\partial v}{\partial y} = 0$$
引入算符 $\nabla = \left(\dfrac\partial{\partial u}, \dfrac\partial{\partial v}\right)$，则上式变为
$$(\nabla u)\cdot(\nabla v) = 0$$
不难证明，$\nabla u$ 与 $\nabla v$ 分别是 $u = C_1, v = C_2$ 的法向量，因此两族曲线正交。
:::
2. 若 $f(z) = u(x, y) + \mathrm iv(x, y)$ 是 $B$ 上的解析函数，则 $u, v$ 均为 $B$ 上的 **调和函数（harmonic function）**。
:::info[证明]
后文将证明，$f(z)$ 在区域 $B$ 上存在任意阶导数，因此 $u, v$ 的二阶偏导存在且连续。
写出 C-R 条件
$$\dfrac{\partial u}{\partial x} = \dfrac{\partial v}{\partial y}, \quad \dfrac{\partial v}{\partial x} = -\dfrac{\partial u}{\partial y}$$
左式关于 $x$ 求导，右式关于 $y$ 求导，可得
$$\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \dfrac{\partial^2 v}{\partial x\partial y} = \dfrac{\partial^2 v}{\partial y\partial x} = -\dfrac{\partial^2 u}{\partial^2 y}$$
因此
$$\nabla^2 u = \dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2 u}{\partial^2 y} = 0$$
正是调和函数的定义，同理可证 $v$ 是调和函数。
:::
由于 $u, v$ 除了是调和函数，还满足 C-R 条件，也称 $v$ 是 $u$ 的 **调和共轭函数（harmonic conjugate function）**。
可以从 $u$ 求出其调和共轭函数 $v$（有多个 $v$，但至多相差一个常数）。由全微分与 C-R 条件可得
$$\mathrm dv = \frac{\partial v}{\partial x}\mathrm dx + \frac{\partial v}{\partial y}\mathrm dy = -\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm dx + \frac{\partial u}{\partial x}\mathrm dy$$
上式的确是全微分，因为 $u$ 是调和函数。
1. 曲线积分：取区域 $B$ 内一点 $z_0$，对于 $B$ 内每一点 $z$，任取一条 $B$ 内从 $z_0$ 到 $z$ 的曲线，沿该曲线积分 $\mathrm dv$，即可得到 $v(z) - v(z_0)$，然后规定 $v(z_0)$ 为任意实数，即可求出 $v(z)$。
2. 在进行曲线积分时，常常选择两段分别平行于 $x, y$ 轴的曲线构成路径。或者说，由 $\mathrm dv$ 表达式可知 $v_x = \dfrac{\partial v}{\partial x}, v_y = \dfrac{\partial v}{\partial y}$ 的表达式，将 $v_x$ 对 $x$ 积分，可得：
$$v(x, y) = \varphi(y) + \int_{x_0}^x -\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm dx$$
将上式对 $y$ 求导，可得：
$$v_y = \dfrac{\partial v}{\partial y} = \varphi'(y) + \int_{x_0}^x -\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\mathrm dx$$
$$\varphi'(y) = \dfrac{\partial v}{\partial y} + \int_{x_0}^x \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\mathrm dx$$
只需对右侧积分即可。
如果直角坐标系下计算较难，可以转换到极坐标系进行计算。
## 平面标量场
复变函数可用于研究平面场，以下是几个例子。
众所周知，在没有电荷的区域内，电势是调和函数。因此可以用解析函数的实部或虚部描述电势，该解析函数称作 **复势（complex potential）**。
假设 $f(x, y) = u(x, y) + \mathrm i v(x, y)$ 为复势，按照惯例，设 $u(x, y)$ 为电势，上一节提到的性质表明，$u = C_1$ 与 $v = C_2$ 为正交曲线族。熟知 $u = C_1$ 为等势线，显然 $v = C_2$ 正是电场线。
除此之外，$v(x, y)$ 也有其它的物理意义。取平面上两点 $A, B$，以及一条连接 $A, B$ 的曲线 $C = (x(s), y(s))$，可以证明：穿过曲线 $C$ 的电通量为 $v(x_B, y_B) - v(x_A, y_A)$。
:::info[证明]
我们可以计算穿过曲线 $C$ 的电通量：
$$\Phi_E = \int_A^B \mathbf E \cdot \mathbf{\hat n} \mathrm ds$$
其中 $\mathrm ds = \sqrt{\mathrm dx^2 + \mathrm dy^2}$，显然：
$$\mathbf{\hat n} = \left(-\frac{\mathrm dy}{\mathrm ds}, \frac{\mathrm dx}{\mathrm ds}\right)$$
$$\mathbf E = -\nabla u = -\left(\frac{\mathrm du}{\mathrm dx}, \frac{\mathrm du}{\mathrm dy}\right)$$
因此
$$\begin{aligned}\Phi_E &= \int_A^B \left(\frac{\mathrm du}{\mathrm dx}\frac{\mathrm dy}{\mathrm ds} - \frac{\mathrm du}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dx}{\mathrm ds}\right)\mathrm ds \\ &= \int_A^B \left(\frac{\mathrm dv}{\mathrm dy}\frac{\mathrm dy}{\mathrm ds} + \frac{\mathrm dv}{\mathrm dx}\frac{\mathrm dx}{\mathrm ds}\right)\mathrm ds \\ &= \int_A^B\mathrm dv = v(x_B, y_B) - v(x_A, y_A)\end{aligned}$$
:::
$v$ 可用于计算电通量。出于这个原因，$v$ 也称作 **通量函数（flux function）**。
众所周知，在流体力学中，若平面流体的速度向量旋度为零，则称其为平面无旋流。这样的速度向量一定是某个标量函数的梯度，该标量函数称作 **速度势（velocity potential）**。速度势的共轭调和函数就是流量函数。
以及，在热学中，稳定的平面温度场在无源区域内也是调和函数，其共轭调和函数是热流量函数。
## 多值函数
我们允许复变函数取多个值，比如
$$w(z) = \sqrt z$$
对于非零的 $z = \rho e^{\mathrm i\varphi}$，$w(z)$ 有两种可能的取值：$\sqrt{\rho} e^{\mathrm i\varphi/2}$ 与 $-\sqrt{\rho} e^{\mathrm i\varphi/2}$，这样的复变函数称作 **多值函数（multivalued function）**，每种取值称作多值函数的一个 **单值分支（one-valued branch）**。
取 $w(z) = \sqrt z$，令复数 $z$ 从非零复数 $z_0$ 出发，绕原点转一圈，同时令 $w(z)$ 连续变化，可以发现 $w(z)$ 并未回到 $w(z_0)$，而是 $-w(z_0)$，此时称原点为 $\sqrt z$ 的一个 **支点（branch point）**。
实际上，无穷远点也可以是函数的支点，例如，原点是 $\sqrt{\dfrac1z}$ 的支点，因此无穷远点也是 $\sqrt z$ 的支点。
若 $z$ 在绕支点 $n$ 圈后回到原始值，则称该支点为 $n - 1$ 阶支点，若绕无穷次均无法回到原始值（如 $\ln z$ 在 $z = 0$ 处的支点），则称该支点为对数支点。
为了使多值函数成为单值函数，一种方法是将复平面沿 **割线（branch cut）** 割开，并限制自变量 $z$ 连续变化时不能跨越割线，否则 $f(z)$ 就会突变。例如，$\ln z$ 主值的割线就是负实轴。
另一种方法是将函数的定义域换为 **Riemann 面（Riemann surface）**。对于 $\sqrt z$ 而言，只需要将复平面复制一份，然后令 $z$ 在跨越割线时跳跃到另一个复平面上即可保证 $\sqrt z$ 的连续性（每个复平面对应一个单值分支），如下图所示（下图将两个复平面拼接成一个曲面）
> 其实下文几乎不会用到多值函数。
# 复变函数的积分
复变函数的积分定义类似平面上的线积分。设复平面上有两点 $A, B$ 以及一条从 $A$ 到 $B$ 的路径 $l$，将路径分成 $n$ 段，设第 $k$ 段从 $z_{k - 1}$ 到 $z_k$（$z_0 = A, z_n = B$），在第 $k$ 段路径上任取 $\xi_k$，令 $\Delta z_k = z_k - z_{k - 1}$，则极限
$$\lim_{\max |z_{k} - z_{k - 1}|\to0}\sum_{k=1}^n f(\xi_k) \Delta z_k$$
称作 $f(z)$ 从 $A$ 到 $B$ 沿 $l$ 的 **路积分（path integral）**，记作
$$\int_A^B f(z) \mathrm dz$$
一般复变函数的积分不仅与 $A, B$ 有关，还取决于路径 $l$。上式写成分量形式（设 $z = x + \mathrm iy, f(z) = u(x, y) + \mathrm iv(x, y)$），可得
$$\begin{aligned}\int_l f(z) \mathrm dz &= \int_l [u(x, y) + \mathrm iv(x, y)] (\mathrm dx + \mathrm {id}y) \\ &= \int_l u(x, y)\mathrm dx - v(x, y)\mathrm dy + \mathrm i\int_l v(x, y)\mathrm dx + u(x, y)\mathrm dy\end{aligned}$$
因此，实变函数中许多关于积分的定理可以推广到复变函数的情形，例如：
$$\int_l c\cdot f(z)\mathrm dz = c\int_l f(z) \mathrm dz$$
$$\int_l f(z) \pm g(z)\mathrm dz = \int_l f(z) \mathrm dz \pm \int_l g(z)\mathrm dz$$
尤其重要的是一些积分不等式，比如：
$$\left|\int_l f(z) \mathrm dz\right| \le \int_l |f(z)| |\mathrm dz|$$
$$\left|\int_l f(z) \mathrm dz\right| \le ML$$
其中 $M = \max_l |f(z)|$，而 $L$ 为 $l$ 的长度。
## Cauchy 定理
自然，我们希望复变函数的积分与路径无关，仅取决于 $A, B$。一般的复变函数无法满足我们的需要，因此，我们考虑解析函数。
我们先考虑定义在单连通闭区域 $\bar{B}$ 上的解析函数 $f(z)$（在单连通区域内，任意闭曲线都可以连续收缩为一点，可以直观地理解为没有“洞”的区域）。众所周知，积分的路径无关性等价于任意环路积分为零。
**单连通区域 Cauchy 定理**。考虑 $\bar{B}$ 上任意一段分段光滑闭合曲线 $l$（可以是 $B$ 的边界——这就是我们使用 $\bar{B}$ 而非 $B$ 的原因），有
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = 0$$
:::info[证明]
由定义可知
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = \oint_l u(x, y)\mathrm dx - v(x, y)\mathrm dy + \mathrm i\oint_l v(x, y)\mathrm dx + u(x, y)\mathrm dy$$
使用 Green 定理（设闭曲线 $l$ 围成的区域为 $D$）
$$\oint_l P\mathrm dx + Q \mathrm dy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) \mathrm dx \mathrm dy$$
可得
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = -\iint_D \left(\frac{\partial v}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y}\right) \mathrm dx \mathrm dy + \mathrm i \iint_D \left(\frac{\partial u}{\partial x} - \frac{\partial v}{\partial y}\right) \mathrm dx \mathrm dy$$
$u, v$ 满足 C-R 条件，容易发现后两个积分均为零，因此
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = 0$$
:::
实际上，Cauchy 定理的条件可以削弱为：$f(z)$ 在单连通开区域 $B$ 上解析，且在闭区域 $\bar{B}$ 上连续，则对于 $B$ 内任意一条简单闭曲线 $l$，一定有 $\oint_l f(z) \mathrm dz = 0$。
有时，在积分路径 $l$ 围成的区域 $D$ 内 $f(z)$ 并非处处解析，而是存在若干 **奇点（singularity, singular point）**（$f(z)$ 在该点不可导或无定义）。我们需要将这些点排除 $D$，为此，对于每个奇点我们用一条简单闭曲线将其从 $D$ 中“挖掉”，形成带“洞”的区域。这就是复连通区域。
为了阐述复连通区域的 Cauchy 定理，我们需要规定复连通区域边界线（一定是环路）的方向，一般的规定是，环路正方向的左侧指向区域的内侧。
**复连通区域 Cauchy 定理**。若 $f(z)$ 在 $B$ 上解析，在 $\bar{B}$ 上连续，则
$$\oint_l f(z) \mathrm dz + \sum_{k = 1}^n \oint_{l_k} f(z) \mathrm dz = 0$$
其中 $l$ 为 $B$ 的外边界，$l_k$ 为区域的若干内边界线，积分方向沿回路的正方向。
:::info[证明]
如下图所示，作若干线段连接区域内边界与区域外边界（下图中 $n = 2$，同时标注了积分方向）。
此时，$ABB'A'CDD'C'$ 就是一个单连通区域，不妨设每一对线段无限接近，我们使用 Cauchy 定理，可得：
$$\oint_l f(z)\mathrm dz + \int_{A \to B} f(z) \mathrm dz + \oint_{l_1} f(z) \mathrm dz + \int_{B' \to A'} f(z) \mathrm dz + \int_{C \to D} f(z) \mathrm dz + \oint_{l_2} f(z) \mathrm dz + \int_{D' \to C'} f(z) \mathrm dz = 0$$
因为 $AB, A'B'$ 无限接近，且方向相反，可得：
$$\int_{A \to B} f(z) \mathrm dz + \int_{B' \to A'} f(z) \mathrm dz = 0$$
以此类推，不难发现：
$$\oint_l f(z) \mathrm dz + \sum_{k = 1}^n \oint_{l_k} f(z) \mathrm dz = 0$$
:::
此外，如果规定积分全部沿回路的逆时针方向进行，显然有：
$$\oint_{l, 逆时针} f(z) \mathrm dz = \sum_{k = 1}^n \oint_{l_k, 逆时针} f(z) \mathrm dz$$
## 不定积分
既然积分与路径无关，我们就可以定义复变函数的不定积分。设 $f(z)$ 在 $B$ 上解析，固定起点 $z_0$ 时，
$$F(z) = \int_{z_0}^z f(\xi) \mathrm d\xi$$
就是一个单值函数。可以证明在 $B$ 内有 $F'(z) = f(z)$，因此 $F(z)$ 在 $B$ 内解析，此时称 $F(z)$ 为 $f(z)$ 的一个 **原函数（primitive function）**。
:::info[证明]
设 $z$ 为区域 $B$ 内一点，写出 $F'(z)$ 的定义：
$$F'(z) = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{F(z + \Delta z) - F(z)}{\Delta z}$$
先考虑分子，设 $z_0$ 到 $z$ 的路径为 $l_1$，从 $z$ 到 $z + \Delta z$ 的直线段为 $l_2$，则
$$\begin{aligned}F(z + \Delta z) - F(z) &= \int_{l_1 + l_2} f(\xi) \mathrm d\xi - \int_{l_1} f(\xi) \mathrm d\xi \\ &= \int_{l_2} f(\xi) \mathrm d\xi\end{aligned}$$
$l_2$ 的长度为 $\Delta z$，因此可得
$$\begin{aligned}\frac{F(z + \Delta z) - F(z)}{\Delta z} - f(z) &= \frac1{\Delta z}\int_{l_2}[f(\xi) - f(z)]\mathrm d\xi\end{aligned}$$
为了证明上式在 $\Delta z \to 0$ 时趋于零，只需证明对于任意 $\epsilon > 0$，总存在 $\delta > 0$，使得 $|\Delta z| < \delta$ 时上式的模长小于 $\epsilon$。
为此，我们利用 $f(z)$ 的连续性，取足够小的 $\delta$，使得对于任意 $|\Delta z| < \delta$ 有 $|f(z + \Delta z) - f(z)| < \epsilon$，则：
$$\begin{aligned}\left|\frac1{\Delta z}\int_{l_2}[f(\xi) - f(z)]\mathrm d\xi\right| &\le \frac1{|\Delta z|} \int_{l_2} |f(\xi) - f(z)| \space |\mathrm d\xi| \\ &< \frac{1}{|\Delta z|}\int_{l_2} \epsilon |\mathrm dz| \\ &= \frac1{|\Delta z|} \cdot \epsilon \cdot |\Delta z| = \epsilon\end{aligned}$$
正是我们需要证明的，因此 $F'(z) = f(z)$。
:::
同时，不难发现
$$\int_{z_1}^{z_2} f(z) \mathrm dz = F(z_2) - F(z_1)$$
现在我们计算一个重要的积分，然后用原函数解释计算结果：
$$\oint_l (z - \alpha)^n \mathrm dz, \quad n \in \mathbb Z$$
积分方向为沿 $l$ 逆时针。
:::info[过程]
尝试使用单连通区域 Cauchy 定理，若 $n \ge 0$，则 $(z - \alpha)^n$ 在 $\mathbb C$ 上解析；否则，唯一的奇点位于 $z = \alpha$ 处。
因此，若 $n \ge 0$，则积分结果为零；否则（$n < 0$），若 $l$ 不包围 $\alpha$ 点，积分结果也是零；否则（$l$ 包围 $\alpha$ 点），显然可以将 $l$ 变为 $C(z_0, 1)$，同时积分结果不变。然后进行变量替换 $z = \alpha + e^{\mathrm i\theta}$，原积分变为
$$\int_0^{2\pi} e^{\mathrm i n \theta} \cdot \mathrm i e^{\mathrm i\theta} \mathrm d\theta = \mathrm i \int_0^{2\pi} e^{\mathrm i (n + 1) \theta} \mathrm d\theta$$
因此，当 $n = -1$ 时，积分结果为 $2 \pi \mathrm i$；否则，积分结果为零。
:::
综上，我们得到（设 $l$ 围成的区域为 $B$）：
$$\frac1{2\pi\mathrm i}\oint_l \frac{\mathrm dz}{z - \alpha} = \begin{cases}1 & \alpha \in B \\ 0 & \alpha \notin B\end{cases}$$
$$\frac1{2\pi\mathrm i}\oint_l (z - \alpha)^n \mathrm dz = 0 \quad (n \ne -1)$$
从原函数角度而言，当 $n \ne -1$ 时，$(z - \alpha)^n$ 的原函数都是单值函数，积分结果为 $F(z) - F(z) = 0$；当 $n = -1$ 时，$\dfrac1{z - \alpha}$ 的原函数为多值函数 $\ln(z - \alpha)$，若 $z$ 在 $l$ 上绕 $\alpha$ 一圈，原函数 $F(z)$ 随之连续变化，增加量恰为 $2 \pi \mathrm i$。
### Cauchy 公式
若 $f(z)$ 在单连通闭区域 $\bar{B}$ 上解析，$l$ 为 $\bar{B}$ 的边界线，$\alpha \in \bar{B}$，则
$$f(\alpha) = \frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_l \frac{f(z)}{z - \alpha} \mathrm dz$$
上式称作 **Cauchy 公式**。
:::info[证明]
联想上一节求解的积分，显然有
$$f(\alpha) = \frac{f(\alpha)}{2\pi\mathrm i} \oint_l \frac1{z - \alpha} \mathrm dz$$
做差，只需证
$$\oint_l \frac{f(z) - f(\alpha)}{z - \alpha} \mathrm dz = 0$$
被积函数在 $\bar{B} \backslash \{\alpha\}$ 上解析，因此可将 $l$ 缩小为 $C_\epsilon = C(\alpha, \epsilon)$，只需证：
$$\oint_{C_\epsilon} \frac{f(z) - f(\alpha)}{z - \alpha} \mathrm dz = 0$$
对积分进行估计：
$$\left|\oint_{C_\epsilon} \frac{f(z) - f(\alpha)}{z - \alpha} \mathrm dz\right| \le \frac1\epsilon\cdot2\pi\epsilon \max_{z \in C_\epsilon} |f(z) - f(\alpha)|$$
由 $f(z)$ 的连续性可知，只要 $\epsilon$ 足够小，$\max_{z \in C_\epsilon} |f(z) - f(\alpha)|$ 就能足够小，因此：
$$\left|\oint_{C_\epsilon} \frac{f(z) - f(\alpha)}{z - \alpha} \mathrm dz\right| = 0$$
待证等式成立。
:::
实际上，Cauchy 公式可以看作复变函数的另一种表示形式。我们将 $\alpha$ 换成 $z$，将 $z$ 换成 $\xi$：
$$f(z) = \frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_l \frac{f(\xi)}{\xi - z} \mathrm d\xi$$
若 $l$ 的内部存在 $f(z)$ 的奇点，或者说 $f(z)$ 在复连通区域 $B$ 上解析，Cauchy 公式仍然成立，但此时 $l$ 表示 $B$ 的所有边界线，积分方向为边界线的正向。
也可以将 Cauchy 公式推广到包含无穷远点的区域。设 $B$ 是闭曲线 $l$ 的外部区域（包含无穷远点），且 $f(z)$ 在 $B$ 上解析。
> $f(z)$ 在无穷远点解析等价于 $f(1 / z)$ 在原点解析，所以 $|z| \to \infty$ 时，$f(z)$ 一定趋于同一个复数，记作 $f(\infty)$。
则可以证明（若 $z$ 在 $l$ 外侧）：
$$f(z) = \frac1{2 \pi \mathrm i} \oint_l \frac{f(\xi)}{\xi - z}\mathrm d\xi + f(\infty)$$
上式中，因为 $f(z)$ 在 $l$ **外侧** 解析，因此积分方向为 $l$ 的顺时针方向。
:::info[证明]
取足够大的 $R$，使得 $C_R = C(0, R)$ 完全包含 $l$，取区域 $B$ 为 $C_R$ 内 $l$ 外的区域，则 $f(z)$ 在 $B$ 上解析，利用复连通区域的 Cauchy 公式，我们知道：
$$f(z) = \frac{1}{2 \pi \mathrm i} \left[\oint_l \frac{f(\xi)}{\xi - z}\mathrm d\xi + \oint_{C_R} \frac{f(\xi)}{\xi - z}\mathrm d\xi\right]$$
其中 $l$ 的积分方向为顺时针，$C_R$ 为逆时针。只需证
$$\lim_{R\to\infty} \frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_{C_R} \frac{f(\xi)}{\xi - z}\mathrm d\xi = f(\infty)$$
设 $\epsilon = \max_{z \in C_R} |f(z) - f(\infty)|$，由 $f(z)$ 在 $\infty$ 处的连续性可知，$\epsilon$ 可以是任意小的正实数，且
$$\begin{aligned}\left|\frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_{C_R} \frac{f(\xi)}{\xi - z}\mathrm d\xi - f(\infty)\right| &= \left|\frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_{C_R} \frac{f(\xi)}{\xi - z}\mathrm d\xi - \frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_{C_R} \frac{f(\infty)}{\xi - z}\mathrm d\xi\right| \\ &= \left|\frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_{C_R} \frac{f(\xi) - f(\infty)}{\xi - z}\mathrm d\xi\right| \\ &\le \frac{1}{2 \pi} \cdot \frac{\epsilon}{R - |z|} \cdot 2 \pi R \\ &= \epsilon \cdot \frac{R}{R - |z|}\end{aligned}$$
因为 $\epsilon$ 可以任意小，所以上式在 $R \to \infty$ 处极限为零。原式得证。
:::
Cauchy 公式的重要推论之一：解析函数的任意阶导数均存在。对 Cauchy 公式
$$f(z) = \frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_l \frac{f(\xi)}{\xi - z} \mathrm d\xi$$
关于 $z$ 求 $n$ 阶导，可得
$$f^{(n)}(z) = \frac{n!}{2 \pi \mathrm i} \oint_l \frac{f(\xi)}{(\xi - z)^{n + 1}} \mathrm d\xi$$
下面列举两个可由 Cauchy 公式推导出的结果。
**最大模定理**。若 $f(z)$ 在闭区域上解析，则 $|f(z)|$ 一定在该区域的边界线 $l$ 上取最大值。
:::info[证明]
设 $n \in \mathbb N$，对 $[f(z)]^n$ 应用 Cauchy 公式，可得
$$[f(z)]^n = \frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_l \frac{[f(\xi)]^n}{\xi - z} \mathrm d\xi$$
设 $|f(\xi)|$ 在 $l$ 上的最大值为 $M$，$|\xi - z|$ 在 $l$ 上的最小值为 $\delta$，$l$ 的长度为 $s$，则
$$|f(z)|^n \le \frac1{2\pi} \frac{M^n}\delta s$$
因此
$$|f(z)| \le M \sqrt[n]{\frac{s}{2\pi\delta}}$$
令 $n \to \infty$，可得 $|f(z)| \le M$，因此 $|f(z)|$ 的最大值一定出现在 $l$ 上。
:::
**Liouville 定理**。若 $f(z)$ 在 $\mathbb C$ 上解析且有界（即 $|f(z)|$ 存在上界），则 $f(z)$ 是常数。
:::info[证明]
利用 $f'(z)$ 的 Cauchy 公式
$$f'(z) = \frac{1}{2 \pi \mathrm i} \oint_l \frac{f(\xi)}{(\xi - z)^{2}} \mathrm d\xi$$
取 $l$ 为半径 $R$、圆心 $z$ 的圆，设 $|f(z)|$ 的上界为 $M$，则
$$|f'(z)| \le \frac1{2\pi} \frac{M}{R^2} 2\pi R = \frac MR$$
令 $R \to \infty$，可得 $f'(z) = 0$，因此 $f(z)$ 为常数。
:::
# 幂级数展开
## 复数项级数
设有复数项级数
$$\sum_{k = 0}^\infty w_k$$
其中 $w_k = u_k + \mathrm i v_k$，且 $u_k, v_k \in \mathbb R$。不难发现其部分和为
$$\sum_{k = 0}^n u_k + \mathrm i \sum_{k = 0}^n v_k$$
因此，复数项级数 $\sum w$ 收敛当且仅当 $\sum u$ 与 $\sum v$ 收敛，此时就可以应用判断实数项级数收敛性的方法。下面给出了一些例子。
**Cauchy 收敛准则**。对于任意小的正实数 $\epsilon$，总存在非负整数 $N$，使得对于所有正整数 $p$ 与 $n \ge N$，
$$\left|\sum_{k = n + 1}^{n + p} w_k\right| < \epsilon$$
类比实数项级数，若级数
$$\sum_{k = 0}^\infty |w_k|$$
收敛，称级数 $\sum_{k = 0}^\infty w_k$ **绝对收敛（absolutely converge）**。绝对收敛级数的和与求和顺序无关。
收敛级数之间可以进行运算。例如，若 $\sum_{k = 0}^\infty p_k, \sum_{k = 0}^{\infty} q_k$ 分别绝对收敛到 $A, B$，则
$$\sum_{k = 0}^\infty p_k \sum_{k = 0}^\infty q_k = \sum_{k = 0}^\infty \sum_{i = 0}^k p_i q_{k - i}$$
仍然是绝对收敛的级数，且该级数的和就是 $AB$。
现在我们考虑函数项级数
$$\sum_{k = 0}^\infty w_k(z), \quad z \in \mathbb C$$
该级数在 $A \subseteq \mathbb C$ 上 **逐点收敛（pointwise converge）** 等价于 $\sum_{k = 0}^\infty w_k(z)$ 在 $A$ 中的每个复数 $z$ 处收敛，即对于任意 $z \in A$ 与 $\epsilon > 0$，总存在 $N_\epsilon(z)$ 使得 $n \ge N_\epsilon(z)$ 时有
$$\left|\sum_{k = n + 1}^{n + p} w_k(z)\right| < \epsilon$$
此时称其和函数 $w(z) = \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^n w_k(z)$。若 $N$ 与 $z$ 无关，则称该级数 **一致收敛（uniformly converge）**。
一致收敛的级数有非常良好的性质：
1. 若区域 $B$ 上一致收敛的级数 $\sum_{k = 0}^\infty w_k(z)$ 的每一项都是连续函数，则级数的和 $w(z)$ 也在 $B$ 上连续。
2. 若曲线 $l$ 上一致收敛的级数 $\sum_{k = 0}^\infty w_k(z)$ 的每一项都是连续函数，则级数的和 $w(z)$ 也在 $l$ 上连续，且可逐项积分：
$$\int_l w(z) \mathrm dz = \sum_{k = 0}^\infty \int_l w(z) \mathrm dz$$
3. 若闭区域 $\bar B$ 上一致收敛的级数 $\sum_{k = 0}^\infty w_k(z)$ 的每一项都是单值解析函数，则级数的和 $w(z)$ 也在 $\bar B$ 上单值解析，且可逐项求导（逐项求导的条件比逐项积分强）：
$$w^{(n)}(z) = \sum_{k = 0}^\infty w_k^{(n)}(z)$$
同时，等号右侧的级数在 $\bar B$ 上一致收敛。
4. Weierstrass M-test：设 $m_k$ 是 $|w_k(z)|$ 在 $A \subseteq\mathbb C$ 上的一个上界（即 $\max_{z \in A} |w_k(z)| \le m_k$），且
$$\sum_{k = 0}^\infty m_k$$
收敛，则 $\sum_{k = 0}^\infty w_k(z)$ 绝对且一致收敛。
## 幂级数
读者或许非常熟悉下面这种级数
$$\sum_{k = 0}^\infty a_k (z - z_0)^k$$
其中 $z_0, a_k$ 均为复数，这种级数称作以 $z_0$ 为中心的 **幂级数（power series）**。
对幂级数每一项的模应用比值审敛法，可知：若极限
$$R = \lim_{k \to \infty} \left|\frac{a_{k + 1}}{a_k}\right|$$
存在，那么 $|z - z_0| < R$ 时幂级数绝对收敛，$|z - z_0| > R$ 时幂级数发散。然后利用 Weierstrass M-test，可知 $|z - z_0| < R$ 时幂级数一致收敛。
类似地，我们也可以使用根植审敛法，进而给出
$$R = \lim_{k\to\infty}\frac1{\sqrt[k]{|a_k|}}$$
设 $C_R = C(z_0, R)$，则幂级数在圆内绝对且一致收敛，在圆外发散，但在 $C_R$ 上幂级数是否收敛仍然未知，因此我们称 $C_R$ 为幂级数的 **收敛圆（circle of convergence）**，其半径称作 **收敛半径（radius of convergence）**。
由上一节可知，幂级数的和函数在 $C_R$ 内部（也就是 $z_0$ 的邻域 $B(z_0, R)$ 上）单值解析，因此存在无限阶导数。我们也可以用 Cauchy 公式证明这一点。
:::info[证明]
设幂级数的和函数为（为避免变量重名，此处用 $\xi$ 表示其自变量）
$$w(\xi) = \sum_{k = 0}^\infty a_k (\xi - z_0)^k$$
设 $|z - z_0| < R$，则
$$\frac1{2\pi\mathrm i} \frac{w(\xi)}{\xi - z} = \sum_{k = 0}^\infty \frac1{2\pi\mathrm i} \frac{a_k (\xi - z_0)^k}{\xi - z}$$
取 $R_1$ 使得 $|z - z_0| < R_1 < R$，则上式在 $C_{R_1}$ 上一致收敛，因此可以沿 $C_{R_1}$ 逐项积分：
$$\frac1{2\pi\mathrm i} \oint_{C_{R_1}} \frac{w(\xi)}{\xi - z} \mathrm d\xi = \sum_{k = 0}^\infty \oint_{C_{R_1}} \frac1{2\pi\mathrm i} \frac{a_k (\xi - z_0)^k}{\xi - z} \mathrm d\xi$$
利用 Cauchy 公式，可得
$$\frac1{2\pi\mathrm i} \oint_{C_{R_1}} \frac{w(\xi)}{\xi - z} \mathrm d\xi = \sum_{k = 0}^\infty a_k (z - z_0)^k$$
然后，便可在积分号内对 $z$ 反复求导以得到 $w(z)$ 的导数，因此 $w(z)$ 是解析函数。
:::
也可以直接用 Cauchy 公式求出 $w(z)$ 的 $n$ 阶导数。
:::info[证明]
由定义可知
$$\frac{n!}{2\pi\mathrm i} \frac{w(\xi)}{(\xi - z)^{n + 1}} = \sum_{k = 0}^\infty \frac{n!}{2\pi\mathrm i} \frac{a_k (\xi - z_0)^k}{(\xi - z)^{n + 1}}$$
沿 $C_{R_1}$ 积分，然后应用 Cauchy 公式，可得
$$w^{(n)}(z) = \sum_{k = 0}^\infty [a_k (z - z_0)^k]^{(n)}$$
:::
显然，幂级数在收敛圆内可以逐项积分，逐项积分与逐项求导均不改变幂级数的收敛半径。
## Taylor 级数展开
我们知道，光滑的实变函数可以展开成 Taylor 级数，而解析函数 $f(z)$ 也有无限阶导数，我们自然希望将 $f(z)$ 展开成 Taylor 级数。
**定理**。设 $f(z)$ 在 $B(z_0, R)$ 上解析，则对于任意 $z \in B(z_0, R)$，有
$$f(z) = \sum_{k = 0}^\infty a_k (z - z_0)^k$$
其中
$$a_k = \frac1{2\pi\mathrm i}\oint_{C_{R_1}} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{k + 1}}\mathrm d\xi = \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!}$$
其中 $|z - z_0| < R_1 < R$。
:::info[证明]
利用 Cauchy 公式，可得
$$f(z) = \frac1{2\pi\mathrm i} \oint_{C_{R_1}} \frac{f(\xi)}{\xi - z}\mathrm d\xi$$
然后我们将 $\dfrac1{\xi - z}$ 展开成以 $z_0$ 为中心的幂级数，为此，先进行代数变形
$$\frac1{\xi - z} = \frac1{\xi - z_0} \frac1{1 - \frac{z - z_0}{\xi - z_0}}$$
利用 $\dfrac1{1 - z} = \sum_{k = 0}^\infty z_k$，可得
$$\frac1{\xi - z} = \frac1{\xi - z_0} \sum_{k = 0}^\infty\left(\frac{z - z_0}{\xi - z_0}\right)^k$$
因此
$$f(z) = \frac1{2\pi\mathrm i} \oint_{C_{R_1}} \frac{f(\xi)}{\xi - z_0} \sum_{k = 0}^\infty\left(\frac{z - z_0}{\xi - z_0}\right)^k\mathrm d\xi$$
交换积分与求和，并逐项积分
$$f(z) = \frac1{2\pi\mathrm i} \sum_{k = 0}^\infty (z - z_0)^k \oint_{C_{R_1}} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{k + 1}}\mathrm d\xi$$
再次利用 Cauchy 公式，得
$$f(z) = \sum_{k = 0}^\infty \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!} (z - z_0)^k$$
:::
此外，还可以证明 Taylor 级数是唯一的。
:::info[证明]
设 $\sum_{k = 0}^\infty a_k (z - z_0)^k$ 是 $f(z)$ 的另一 Taylor 级数，则
$$\sum_{k = 0}^\infty a_k (z - z_0)^k = \sum_{k = 0}^\infty \frac{f^{(k)}(z)}{k!} (z - z_0)^k$$
对 $z$ 求 $n$ 阶导数，然后代入 $z = z_0$，即可证明 $a_n = \dfrac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$，也就说明了 Taylor 级数的唯一性。
:::
多值函数的 Taylor 级数有多个单值分支，例如 $\ln z$ 关于 $z = 1$ 的 Taylor 级数为
$$\ln z = 2 n \pi \mathrm i + (z - 1) - \frac{(z - 1)^2}2 + \frac{(z - 1)^3}3 - \cdots$$
其中 $n \in \mathbb Z$，该级数在 $n = 0$ 处的分支就是 $\ln z$ 的主值。
Taylor 展开也可以用于证明二项式定理，考虑 $(1 + z)^m$ 的 Taylor 展开（$m$ 不一定是整数）
$$(1 + z)^m = 1^m \left(1 + \frac m{1!} z + \frac{m(m - 1)}{2!} z^2 + \frac{m(m - 1)(m - 2)}{3!} z^3 + \cdots\right)$$
若取 $1^m = 1$，即可得到 $(1 + z)^m$ 的主值，此时括号内就是广义二项式定理。
## 解析延拓
考虑几何级数
$$\sum_{k = 0}^\infty z^k = \frac1{1 - z}, \quad |z| < 1$$
容易求出该级数的收敛半径为 $1$，然而右侧 $\dfrac1{1 - z}$ 在 $\mathbb C \backslash \{1\}$ 上解析。这就是说，幂级数可能只描述了解析函数的一部分。
这就引出了 **解析延拓（analytic continuation）** 的定义：若函数 $f(z)$ 在区域 $B$ 内解析，$F(z)$ 在区域 $B' \supset B$ 内解析，且在 $B$ 内 $f(z) = F(z)$，则称 $f(z)$ 可以解析延拓到 $B'$ 上，$F(z)$ 是 $f(z)$ 在区域 $B'$ 内的解析延拓。
可以利用 Taylor 级数计算解析延拓，选择区域 $B$ 内一点 $z_0$，若 $z_0$ 处 $f(z)$ 的 Taylor 级数收敛圆包含 $B$ 外部的点，就可以借此扩大 $f(z)$ 的定义域，然后反复进行延拓，直到最后 $f(z)$ 定义域内每个点的收敛圆都被定义域所包含。
$f(z)$ 的解析延拓是唯一的，我们有如下定理：
**解析延拓的唯一性**。设 $f(z)$ 与 $g(z)$ 在区域 $D$ 内解析，若存在 $S \subseteq D$ 使得 $S$ 在 $D$ 内有聚点，且 $f(z) = g(z)$ 对所有 $z \in S$ 成立，那么 $f(z) = g(z)$ 在 $D$ 内处处成立。
## Laurent 级数展开
我们希望描述复变函数在奇点附近的行为，这需要引入 **双边幂级数**，又称作 **Laurent 级数（Laurent series）**
$$\sum_{n = -\infty}^\infty a_n (z - z_0)^n$$
该级数的负幂部分和正幂部分分别为
$$\sum_{n = -\infty}^{-1} a_n (z - z_0)^n, \quad \sum_{n = 1}^\infty a_n (z - z_0)^n$$
设正幂部分的收敛圆半径为 $R_1$，对于负幂部分，我们进行换元 $\xi = \dfrac1{z - z_0}$，则
$$\sum_{n = -\infty}^{-1} a_n (z - z_0)^n = \sum_{n = 1}^\infty a_{-n} \xi^n$$
设该级数的收敛半径为 $\dfrac1{R_2}$，即在 $\dfrac1{|z - z_0|} = |\xi| < \dfrac1{R_2}$ 时收敛，或者说在 $|z - z_0| > R_2$ 时收敛。
因此，Laurent 级数在 $R_2 < |z - z_0| < R_1$ 时绝对且一致收敛，称作该级数的 **收敛环（annulus of convergence）**，如果 $R_2 > R_1$，则 Laurent 级数处处发散。
**定理**。设 $f(z)$ 在环形域 $R_2 < |z - z_0| < R_1$ 内解析，则对于环形域内任意一点 $z$，有
$$f(z) = \sum_{n = -\infty}^\infty a_k (z - z_0)^k$$
其中
$$a_k = \frac1{2\pi\mathrm i} \oint_C \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{k + 1}} \mathrm d\xi$$
其中 $C$ 为环形域内任意一条逆时针闭合曲线。利用该定理，我们可以计算 $f(z)$ 的 Laurent 展开式。
:::info[证明]
取 $R_2 < R_2' < |z - z_0| < R_1' < R_1$，以 $C_x$ 作为 $C(z_0, x)$ 的缩写，则由 Cauchy 公式可得（沿 $C_{R_1'}$ 的积分为逆时针，沿 $C_{R_2'}$ 的积分为顺时针）
$$f(z) = \frac1{2\pi\mathrm i}\oint_{C_{R_1'}} \frac{f(\xi)}{\xi - z}\mathrm d\xi + \frac1{2\pi\mathrm i}\oint_{C_{R_2'}} \frac{f(\xi)}{\xi - z}\mathrm d\xi$$
仍然将 $\dfrac1{\xi - z}$ 展开成幂级数
$$\frac1{\xi - z} = \sum_{k = 0}^\infty \frac{(z - z_0)^k}{(\xi - z_0)^{k + 1}}$$
但是，对于 $C_{R_2'}$ 而言 $|z - z_0| > |\xi - z_0|$，因此我们选择展开 $\dfrac1{z - \xi}
\begin{aligned}\frac1{\xi - z} &= -\frac1{z - \xi} = -\frac1{(z - z_0) - (\xi - z_0)} \\ &= -\frac1{z - z_0}\sum_{k = 0}^\infty\frac{(\xi - z_0)^k}{(z - z_0)^k} \\ &= -\sum_{k = 0}^\infty\frac{(\xi - z_0)^k}{(z - z_0)^{k + 1}}\end{aligned}
代入 Cauchy 公式并逐项积分：
\begin{aligned}f(z) &= \frac1{2\pi\mathrm i}\oint_{C_{R_1'}} f(\xi) \sum_{k = 0}^\infty \frac{(z - z_0)^k}{(\xi - z_0)^{k + 1}}\mathrm d\xi - \frac1{2\pi\mathrm i}\oint_{C_{R_2'}} f(\xi) \sum_{k = 0}^\infty\frac{(\xi - z_0)^k}{(z - z_0)^{k + 1}}\mathrm d\xi \\ &= \sum_{k = 0}^\infty (z - z_0)^k \frac1{2\pi\mathrm i}\oint_{C_{R_1'}}\frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{k + 1}}\mathrm d\xi - \sum_{k = 0}^\infty (z - z_0)^{-k - 1} \frac1{2\pi\mathrm i} \oint_{C_{R_2'}} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{-k}} \mathrm d\xi\end{aligned}
利用 Cauchy 定理将所有积分转换为关于 C 的积分（注意 C 的方向是逆时针，与 C_{R_1'} 相同但与 C_{R_2'} 相反），可得
\begin{aligned}f(z) &= \sum_{k = 0}^\infty (z - z_0)^k \frac1{2\pi\mathrm i}\oint_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{k + 1}}\mathrm d\xi + \sum_{k = 0}^\infty (z - z_0)^{-k - 1} \frac1{2\pi\mathrm i} \oint_{C} \frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{-k}} \mathrm d\xi \\ &= \sum_{k = -\infty}^\infty (z - z_0)^k a_k\end{aligned}
其中
a_k = \frac1{2\pi\mathrm i}\oint_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi - z_0)^{k + 1}}\mathrm d\xi
:::
关于 Laurent 级数有几点值得说明。
- 如果 f(z) 在 z_0 处的 Laurent 展开包含负幂部分，甚至包含无穷个负幂项，z_0 也可能不是 f(z) 的奇点。
- Laurent 展开的正幂部分与 Taylor 展开并不相等。这是因为 Taylor 展开需要函数在 B(z_0, R) 内解析。
- 如果只有圆环中心 z_0 是 f(z) 的奇点，那么 R_2 可以等于零，此时 Laurent 级数称作 f(z) 在孤立奇点（定义见后文）z_0 邻域内的 Laurent 展开。
例如，1 < |z| < \infty 的环形域上，\dfrac1{z - 1} 的 Laurent 级数为
\frac{1}{z - 1} = \frac1z + \frac1{z^2} + \frac1{z^3} + \cdots
有无穷多个负幂项，但 z_0 = 0 并非其奇点。也可以看出 Laurent 级数的正幂部分与 Taylor 级数完全不同（后者为 -\sum_{n = 0}^\infty z^n）。
孤立奇点的分类
若 f(z) 在 z_0 不可导，而在 z_0 的某个去心邻域内可导，则称 z_0 为 f(z) 的 孤立奇点（isolated singularity），否则称 z_0 为 f(z) 的 非孤立奇点（non-isolated singularity）。
在不包含 z_0 的环形域内，f(z) 可以写成 Laurent 级数
f(z) = \sum_{k = -\infty}^\infty a_k (z - z_0)^k
其中正幂部分称作 解析部分（analytical part） 或 正则部分（regular part），负幂部分称作 主要部分（principal part） 或 无限部分。
根据主要部分，可以对 f(z) 的孤立奇点进行分类：
- 可去奇点（removable singularity）：Laurent 级数的主要部分为零，等价于 \lim_{z \to z_0} f(z) 存在（显然该极限等于 a_0），f(z) 在 z_0 的邻域上有界。
此时可定义
g(z) = \begin{cases}a_0&z=z_0\\f(z)&z\ne z_0\end{cases}
则 z_0 不再是 f(z) 的奇点，因此称其为可去奇点。后文不再将可去奇点视作奇点。
- 极点（pole）：Laurent 级数的主要部分仅包含有限项，等价于 z_0 是 \dfrac1{f(z)} 的零点，\lim_{z \to z_0} f(z) = \infty。
设 m 是最大的满足 a_{-m} \ne 0 的正整数，则称 z_0 的 阶数（order） 为 m，一阶奇点又称作 单奇点。
- 本性奇点（essential singularity）：Laurent 级数的主要部分包含无限项，等价于 \lim_{z \to z_0} f(z) 不存在。
本性奇点的性质或许较难理解，我们用一个例子进行说明。考虑 f(z) = e^{1 / z} 在 z_0 = 0 处的 Laurent 展开
\exp\left(\frac1z\right) = \sum_{k = -\infty}^0\frac{z^k}{(-k)!}, \quad |z| > 0
显然 0 是 f(z) 的一个本性奇点。若令 z 沿正实轴趋向 0，则 f(z) 趋向正无穷；若令 z 沿负实轴趋向 0，则 f(z) 趋向 0，可以看出 \lim_{z \to 0} f(z) 不存在。
无穷远点也可以是函数的奇点。设 f(z) 在无穷远点的邻域 \infty > |z| > R 上解析，则可将 f(z) 在该邻域上展开为 Laurent 级数
f(z) = \sum_{k = -\infty}^\infty a_k z^k
此时，将其正幂部分称作 主要部分（principal part） 或 无限部分，负幂部分称作 解析部分（analytical part） 或 正则部分（regular part），并类似地定义可去奇点、极点、本性奇点。
研究 f(z) 在无穷远点处的性质，相当于研究 f\left(\dfrac1z\right) 在原点处的性质。容易发现，无穷远点是 f(z) 的可去奇点，当且仅当原点是 f\left(\dfrac1z\right) 的可去奇点，极点与本性奇点的情形与之类似。
有限阶支点也可以进行分类，设 z_0 是 m - 1 阶支点，定义新的自变量
\xi = \sqrt[m]{z - z_0}
从而将 f(z) 的 m 个单值分支拼接成一个函数 g(\xi)，然后关于 \xi = 0 进行 Laurent 展开
g(\xi) = \sum_{k = -\infty}^\infty a_k \xi^k
即可定义 解析型支点、极点型支点 与 本性奇点型支点。若代入 \xi 的定义，即可得到 f(z) 在 z_0 邻域上的展开式
f(z) = \sum_{k = -\infty}^\infty a_k (z - z_0)^{k / m}
指数上出现了分数，这正是支点邻域展开式的特征。
留数定理
我们希望推广 Cauchy 定理：若 l 内部没有 f(z) 的奇点，则 \oint_l f(z) \mathrm dz = 0。简单起见，我们先假设 l 内部仅有 f(z) 的一个孤立奇点 z_0。将 f(z) 在内半径趋于零的环形域上展开为 Laurent 级数
f(z) = \sum_{k = -\infty}^\infty a_k (z - z_0)^k
然后在 l 上积分
\oint_l f(z) \mathrm dz = \sum_{k = -\infty}^\infty a_k \oint_l (z - z_0)^k \mathrm dz
等号右侧积分的结果是熟知的，因此我们直接给出
\oint_l f(z) \mathrm dz = 2 \pi \mathrm i a_{-1}
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = 2 \pi \mathrm i \operatorname{Res} f(z_0)$$
若 $l$ 包含 $n$ 个孤立奇点 $z_1, \dots, z_n$，可利用 Cauchy 公式将上式推广为 **留数定理**：若 $f(z)$ 在区域 $B$ 上除了 $z_1, \dots, z_n$ 以外解析，在 $\bar{B}$ 上除了 $z_1, \dots, z_n$ 以外连续，且 $l$ 为 $B$ 的边界，则
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = 2 \pi \mathrm i \sum_{k = 1}^n\operatorname{Res} f(z_k)$$
无穷远点也可以是奇点，因此有必要将上述讨论推广到包含无穷远点的情形。设 $B$ 为包含无穷远点的区域，$f(z)$ 在 $B$ 上除无穷远点以外解析，$l$ 为其边界线，在无穷远点的邻域（包含 $B$）上将 $f(z)$ 展开成 Laurent 级数
$$f(z) = \sum_{k = -\infty}^\infty a_k z^k$$
对 $l$ 积分（积分方向为正方向，即顺时针）
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = \sum_{k = -\infty}^\infty a_k \oint_l z^k \mathrm dz = -2\pi\mathrm ia_{-1}$$
定义无穷远点的留数为 $\operatorname{Res} f(\infty) = -a_{-1}$，则
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = 2\pi\mathrm i\operatorname{Res} f(\infty)$$
注意，无穷远点若不是奇点，其留数也可能非零。例如：若 $f(z) = z^{-1}$，则 $\infty$ 为其可去奇点，但 $\operatorname{Res} f(\infty) = -1$。
有趣的是，若 $f(z)$ 仅有有限个奇点，设其所有奇点与无穷远点的并集为 $z_1, \dots, z_n = \infty$，那么
$$\sum_{k = 1}^n \operatorname{Res} f(z_k) = 0$$
:::info[证明]
因为 $f(z)$ 仅有有限个孤立奇点，总可以取 $0$ 的邻域 $B(0, R)$ 使其包含所有有限远奇点，因此，若 $B(0, R)$ 的边界为 $l$，则（积分方向为 $l$ 的逆时针方向）
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = 2\pi\mathrm i\sum_{k = 1}^{n - 1} \operatorname{Res} f(z_k)$$
而另一方面，由无穷远点留数定义可知（积分方向为 $l$ 的顺时针方向）
$$\oint_l f(z) \mathrm dz = 2\pi\mathrm i \operatorname{Res} f(\infty) = 2\pi\mathrm i \operatorname{Res} f(z_n)$$
二式等号左侧积分方向相反，直接相加可得
$$0 = 2\pi\mathrm i \sum_{k = 1}^n \operatorname{Res} (z_k)$$
:::
实际上，留数定理最广泛的应用是将回路积分的计算转换为留数的计算。为了计算留数，当然可以直接求解回路积分 $\oint_l f(z) \mathrm dz$，但是对于极点我们有更好的方法：首先利用 $\lim_{z \to z_0} (z - z_0)^m f(z)$ 存在且非零判断 $z_0$ 的阶数 $m$，然后利用下式计算留数
$$\operatorname{Res} f(z_0) = \lim_{z \to z_0} \frac1{(m - 1)!} \left[\frac{\mathrm d^{m - 1}}{\mathrm dz^{m - 1}} (z - z_0)^m f(z)\right]$$
:::info[证明]
取 $f(z)$ 在 $z = z_0$ 处的 Laurent 展开
$$f(z) = \sum_{k = -m}^\infty a_k (z - z_0)^k$$
因此
$$(z - z_0)^m f(z) = \sum_{k = 0}^\infty a_{k - m} (z - z_0)^k$$
幂次最低的项对应 $k = 0$，因此 $\lim_{z \to z_0} (z - z_0)^m = a_{-m} \ne 0$，并且 $a_{-1}$ 相当于 $(z - z_0)^{m - 1}$ 阶系数，因此对其求 $m - 1$ 阶导数后，有
$$\frac{\mathrm d^{m - 1}}{\mathrm dz^{m - 1}} (z - z_0)^m f(z) = (m - 1)! a_{-1} + \cdots$$
因此
$$\operatorname{Res} f(z_0) = \lim_{z \to z_0} \frac1{(m - 1)!} \left[\frac{\mathrm d^{m - 1}}{\mathrm dz^{m - 1}} (z - z_0)^m f(z)\right]$$
:::
特别地，若 $z_0$ 是单极点，且 $f(z) = \dfrac{P(z)}{Q(z)}$，其中 $P(z_0) \ne 0$，则由 L'Hôpital 法则可知
$$\operatorname{Res} f(z_0) = \lim_{z \to z_0} \frac{(z - z_0) P(z)}{Q(z)} = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}$$
下面我们用一些例子说明留数定理的实用性。
**例 1**。计算
$$\oint_{|z| = 1} \frac1{\epsilon z^2 + 2 z + \epsilon}, \quad 0 < \epsilon < 1$$
:::info[解答]
令 $f(z) = \dfrac1{\epsilon z^2 + 2 z + \epsilon}$，首先确定 $f(z)$ 的奇点，令分母等于零，可得
$$z_1 = \frac{-1 - \sqrt{1 - \epsilon^2}}\epsilon, z_2 = \frac{-1 + \sqrt{1 - \epsilon^2}}\epsilon$$
显然 $|z_1| > 1, |z_2| < 1$，我们只需要考虑积分回路之内的 $z_2$，容易发现 $z_2$ 是一个单极点，因此其留数为
$$\operatorname{Res} f(z_2) = \frac{1}{Q'(z_2)} = \frac1{2\epsilon z + 2} = \frac1{2\sqrt{1 - \epsilon^2}}$$
因此
$$\oint_{|z| = 1} \frac{\mathrm dz}{\epsilon z^2 + 2 z + \epsilon} = 2 \pi \mathrm i \operatorname{Res} f(z_2) = \frac{\pi \mathrm i}{\sqrt{1 - \epsilon^2}}$$
:::
**例 2**。设曲线 $l: x^2 + y^2 - 2x - 2y = 0$，计算
$$\oint_l \frac{\mathrm dz}{(z^2 + 1) (z - 1)^2}$$
:::info[解答]
被积函数的奇点为 $z_1 = \mathrm i, z_2 = -\mathrm i, z_3 = 1$，其中 $z_1, z_2$ 是单极点，$z_3$ 是二阶极点。
由高中数学，$l$ 是圆心为 $(1, 1)$，半径为 $\sqrt2$ 的圆，包含奇点 $z_1, z_3$，因此我们需要计算
$$\operatorname{Res} f(z_1) = \frac1{2 z_1 (z_1 - 1)^{2} + (2 z_1 - 2) (z_1^{2} + 1)} = \frac14$$
以及
$$\operatorname{Res} f(z_3) = \lim_{z \to z_3} \frac{\mathrm d}{\mathrm dz} \frac1{z^2 + 1} = -\frac{2z_3}{(z_3^2 + 1)^2} = -\frac12$$
因此
$$\oint_l \frac{\mathrm dz}{(z^2 + 1) (z - 1)^2} = 2\pi\mathrm i\left(\frac14 - \frac12\right) = -\frac{\pi\mathrm i}2$$
:::
## 应用留数定理计算实变函数的积分
刚刚我们一直在讨论复变函数的路径积分，然而我们需要求解的积分更多是实变函数的积分 $\int_a^b f(x) \mathrm dx$。
一种方法是进行变量替换，直接将其转换为复变函数的路径积分。
另一种方法是，将积分看成 $f(x)$ 在实数轴路径 $l_1: a \to b$ 上的积分。然后将 $f(x)$ 延拓至复平面（通常只需要把 $x$ 换成 $z$），得到 $f(z)$，再补上一段路径 $l_2: b \to a$，因此有
$$\oint_{l_1 + l_2} f(z) \mathrm dz = \int_{l_1} f(z) \mathrm dz + \int_{l_2} f(z) \mathrm dz$$
我们恰当地选择 $l_2$ 使沿 $l_2$ 的路径积分容易计算，并使用留数定理计算等式左侧，即可计算出 $\int_a^b f(x) \mathrm dx$，下面我们介绍几种类型的积分。
### 类型 1
$$\int_0^{2\pi} R(\cos x, \sin x) \mathrm dx$$
其中 $R(\cos x, \sin x)$ 是关于 $\cos x, \sin x$ 的有理函数。
考虑换元 $z = e^{\mathrm ix}$，则
$$\cos x = \frac12 (z + z^{-1}), \sin x = \frac1{2\mathrm i} (z - z^{-1}), \mathrm dx = \frac1{\mathrm iz}\mathrm dz$$
因此原式等于
$$\oint_{|z| = 1} R\left(\frac{z + z^{-1}}2, \frac{z - z^{-1}}{2\mathrm i}\right) \frac{\mathrm dz}{\mathrm iz}$$
随后利用留数定理计算。
### 类型 2
$$\int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx$$
$f(z)$ 在实轴上没有奇点，在上半平面仅有有限个奇点，且 $\lim\limits_{|z| \to \infty, \operatorname{Im}(z) \ge 0} zf(z) = 0$。
特别地，若 $f(x)$ 是有理分式 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$，上述条件意味着 $Q(x) = 0$ 没有实根，且 $\deg Q \ge \deg P + 2$。
通常而言，这种反常积分的定义为
$$\lim_{a \to -\infty, b \to \infty} \int_a^b f(x) \mathrm dx$$
如果极限存在，极限值就是反常积分的结果。如果极限不存在，但
$$\lim_{a \to \infty} \int_{-a}^a f(x) \mathrm dx$$
存在，则称该极限的值为积分的 **Cauchy 主值（Cauchy principal value）**。Cauchy 主值有多种记号，例如
$$\mathscr P \int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx \quad \operatorname{PV} \int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx \quad \operatorname{P. V. } \int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx$$
处理本类型积分时，我们通常关注积分的主值。如下图所示，取积分路径 $l
则
\int_{-R}^R f(x) \mathrm dx = \oint_l f(z) \mathrm dz - \int_{C_R} f(z) \mathrm dz
设 f(z) 在上半平面的奇点为 z_1, \dots, z_n，取 R \to \infty 时的极限，由留数定理可得
\mathscr P \int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx = 2\pi\mathrm i \sum_{k = 1}^n \operatorname{Res} f(z_k) - \lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z) \mathrm dz
对于等式最后一项，可以证明
\lim_{R \to \infty} \left|\int_{C_R} f(z) \mathrm dz\right| = \lim_{R \to \infty} \left|\int_{C_R} zf(z) \frac{\mathrm dz}z\right| \le \lim_{R\to\infty} \max_{z \in C_R} |z f(z)| \cdot \frac{\pi R}R = 0
因此
\mathscr P \int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx = 2\pi\mathrm i \sum_{k = 1}^n \operatorname{Res} f(z_k)
类型 3
\int_0^\infty F(x) \cos mx \mathrm dx, \quad \int_0^\infty G(x) \sin mx \mathrm dx
其中 F(x), G(x) 分别为偶函数、奇函数，在实轴上均没有奇点，且 \lim\limits_{|z| \to \infty, \operatorname{Im}(z) \ge 0} F(z) = \lim\limits_{|z| \to \infty, \operatorname{Im}(z) \ge 0} G(z) = 0。
首先我们介绍一个引理。
Jordan 引理。若 m 为正实数，设 C_R 为圆心位于原点、半径为 R、位于上半平面的半圆形路径，且 \lim\limits_{|z| \to \infty, \operatorname{Im}(z) \ge 0} f(z) = 0，则
\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z) e^{\mathrm imz} \mathrm dz = 0
:::info[证明]
换元，设 z = Re^{\mathrm i\varphi}，则
\begin{aligned}\left|\int_{C_R} f(z) e^{\mathrm imz} \mathrm dz\right| &= \left|\int_0^\pi f(Re^{\mathrm i\varphi}) e^{\mathrm imR\cos\varphi - mR\sin\varphi}\cdot\mathrm iRe^{\mathrm i\varphi}\mathrm d\varphi\right| \\ &\le \int_0^\pi|f(Re^{\mathrm i\varphi}) e^{\mathrm imR\cos\varphi - mR\sin\varphi}\cdot\mathrm iRe^{\mathrm i\varphi}|\mathrm d\varphi \\ &= \int_0^\pi|f(Re^{\mathrm i\varphi})| \cdot R e^{-mR\sin\varphi}\mathrm d\varphi \\ &= \max_{z \in C_R} |f(z)| \int_0^\pi R e^{-mR\sin\varphi}\mathrm d\varphi\end{aligned}
因为 \lim_{R \to \infty} \max_{z \in C_R} |f(z)| = 0，所以只需证 \int_0^\pi R e^{-mR\sin\varphi}\mathrm d\varphi 有界，利用不等式 \dfrac{2\varphi}\pi \le \sin\varphi \le \varphi, 0 < \varphi < \dfrac\pi2 可得
\begin{aligned}\int_0^\pi R e^{-mR\sin\varphi}\mathrm d\varphi &= 2 \int_0^{\pi/2} R e^{-mR\sin\varphi}\mathrm d\varphi \\ &\le 2\int_0^{\pi/2} R e^{-2mR\varphi / \pi}\mathrm d\varphi \\ &= \frac\pi m (1 - e^{-mR}) < \frac\pi m\end{aligned}
根据上述证明过程，很容易将 Jordan 引理推广至 m < 0 的情形。
:::
:::warning[找出如下证明的错误？]
这是我第一次看见 Jordan 引理时想出来的证明。
\begin{aligned}\left|\int_{C_R} f(z) e^{\mathrm imz} \mathrm dz\right| &\le \max_{z \in C_R} |f(z)| \left|\int_{C_R} e^{\mathrm imz}\mathrm dz\right| \\ &= \max_{z \in C_R} |f(z)| \left|\frac{e^{\mathrm imR}}{\mathrm im} - \frac{e^{-\mathrm imR}}{\mathrm im}\right| \\ &\le \max_{z \in C_R} |f(z)| \left(\left|\frac{e^{\mathrm imR}}{\mathrm im}\right| + \left|\frac{e^{-\mathrm imR}}{\mathrm im}\right|\right) \\ &= \max_{z \in C_R} |f(z)| \cdot \frac2m\end{aligned}
因此，当 R \to \infty 时，原式 \to 0。
:::
回到原积分，注意到
\begin{aligned}\int_0^\infty F(x) \cos mx \mathrm dx &= \frac12\int_0^\infty F(x) (e^{\mathrm imx} + e^{-\mathrm imx}) \mathrm dx \\ &= \frac12\int_0^\infty F(x) e^{\mathrm imx} \mathrm dx + \frac12\int_0^\infty F(x) e^{-\mathrm imx} \mathrm dx \\ &= \frac12\int_0^\infty F(x) e^{\mathrm imx} \mathrm dx - \frac12\int_0^{-\infty} F(x) e^{\mathrm imx} \mathrm dx \\ &= \frac12\int_{-\infty}^\infty F(x) e^{\mathrm imx} \mathrm dx\end{aligned}
类似地，我们有
\int_0^\infty G(x) \sin mx \mathrm dx = \frac1{2\mathrm i} \int_{-\infty}^\infty G(x) e^{\mathrm imx} \mathrm dx
类似类型二的积分，使用 Jordan 引理与留数定理计算积分的 Cauchy 主值。设 F(z) e^{\mathrm imz} 在上半平面的奇点为 z_1, \dots, z_n，G(z) e^{\mathrm imz} 在上半平面的奇点为 w_1, \dots, w_m，则
\int_0^\infty F(x) \cos mx \mathrm dx = \pi\mathrm i \sum_{k = 1}^n \operatorname{Res} F(z_k)
\int_0^\infty G(x) \sin mx \mathrm dx = \pi \sum_{k = 1}^m \operatorname{Res} G(z_k)
实轴上有单极点
仍然是
\int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx
不幸的是，f(x) 在实轴上有一个奇点 \alpha，同时 f(x) 满足类型二或类型三的条件，或者说 \lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z) \mathrm dz = 0，其中 C_R 仍然是半径为 R 的半圆形路径。
在这种情况中，我们定义积分的主值为
\lim_{R \to \infty, \epsilon \to 0} \int_{-R}^{\alpha - \epsilon} f(x) \mathrm dx + \int_{\alpha + \epsilon}^R f(x) \mathrm dx
取如下路径 l
则
\oint_l f(z) \mathrm dz = \int_{-R}^{\alpha - \epsilon} f(x) \mathrm dx + \int_{C_\epsilon} f(z) \mathrm dz + \int_{\alpha + \epsilon}^R f(x) \mathrm dx + \int_{C_R} f(z) \mathrm dz
设 f(z) 在上半平面的奇点为 z_1, \dots, z_n，则当 R \to \infty, \epsilon \to 0 时，有
\oint_l f(z) \mathrm dz \to \sum_{k = 1}^n \operatorname{Res} f(z_k)
接下来，只需要处理 \int_{C_\epsilon} f(z) \mathrm dz，将 f(z) 在 z = \alpha 处展开为 Laurent 级数：
f(z) = \frac{a_{-1}}{z - \alpha} + P(z - \alpha)
其中 P(z - \alpha) 是关于 z - \alpha 的幂级数。对上式积分可得
\int_{C_\epsilon} f(z) \mathrm dz = \int_{C_\epsilon} \frac{a_{-1}}{z - \alpha} \mathrm dz + \int_{C_\epsilon} P(z - \alpha) \mathrm dz
换元 z = \alpha + \epsilon e^{\mathrm i\varphi}
\int_\pi^0 \frac{a_{-1}}{\epsilon e^{\mathrm i\varphi}} \epsilon \mathrm i e^{\mathrm i\varphi} \mathrm d\varphi = -\pi\mathrm i a_{-1} = -\pi\mathrm i \operatorname{Res} f(\alpha)
对后一项进行估计
\int_{C_\epsilon} P(z - \alpha) \mathrm dz \le \max_{z \in C_\epsilon} |P(z - \alpha)| \cdot \pi \epsilon
因为 P(z) 在 \alpha 处连续，所以 \lim_{\epsilon\to0}\max_{z \in C_\epsilon} |P(z - \alpha)| = 0，因此该积分等于零。
代入原式，我们得到
\int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx = 2\pi\mathrm i\sum_{k = 1}^n \operatorname{Res} f(z_k) + \pi \mathrm i \operatorname{Res} f(\alpha)
若 f(x) 在实轴上有 m 个单极点 w_1, \dots, w_m，同理可得
\int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx = 2\pi\mathrm i\sum_{k = 1}^n \operatorname{Res} f(z_k) + \pi \mathrm i \sum_{k = 1}^m\operatorname{Res} f(w_k)
显然，如果实轴上有阶数大于 1 的极点，积分的主值将趋于 \infty，如果实轴上有本性奇点，积分的主值不存在。
例 3。计算
\int_0^\infty \frac{\sin x}x \mathrm dx
:::info[解答]
首先将积分区域变为 (-\infty, \infty)
\int_0^\infty \frac{\sin x}x \mathrm dx = \frac1{2\mathrm i} \int_0^\infty \frac{e^{\mathrm ix} - e^{\mathrm -ix}}{x}\mathrm dx = \frac1{2\mathrm i} \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{\mathrm ix}}{x}\mathrm dx
设 f(z) = \dfrac{e^{\mathrm iz}}z，则 f(z) 在实轴上仅有一个单极点 z = 0，且满足类型三的条件，因此
\int_{-\infty}^\infty f(x) \mathrm dx = \pi\mathrm i\operatorname{Res} f(0) = \pi\mathrm i
原积分的结果为
\int_0^\infty \frac{\sin x}x \mathrm dx = \frac1{2\mathrm i}\cdot\pi\mathrm i = \frac\pi2
:::
Hilbert 变换 / 色散关系
设 f(z) 在上半平面处处解析，且 \lim\limits_{z \to \infty, \operatorname{Im}(z) \ge 0} f(z) \to 0，若 \alpha \in \mathbb R，则
\mathscr P \int_{-\infty}^\infty \frac{f(x)}{x - \alpha} \mathrm dx = \pi \mathrm i \left.\operatorname{Res} \frac{f(z)}{z - \alpha}\right|_{z = \alpha} = \pi \mathrm i f(\alpha)
因此
\operatorname{Re} f(\alpha) = \frac1\pi \mathscr P \int_{-\infty}^\infty \frac{\operatorname{Im} f(x)}{x - \alpha} \mathrm dx
\operatorname{Im} f(\alpha) = -\frac1\pi \mathscr P \int_{-\infty}^\infty \frac{\operatorname{Re} f(x)}{x - \alpha} \mathrm dx
二者称作 Hilbert 变换（hilbert transformation） 或 色散关系（dispersion relation）。
其它处理方法
例 4。计算
I = \int_0^\infty \frac{x^{\alpha - 1}}{1 + x} \mathrm dx, \quad 0 < \alpha < 1
:::info[解答]
设 f(z) = \dfrac{z^{\alpha - 1}}{1 + z}，容易发现 f(z) 是多值函数，支点为零与无穷远点，取正实轴为割线。如下图构造回路 l
\oint_l f(z) \mathrm dz = \int_\epsilon^R \frac{x^{\alpha - 1}}{1 + x}\mathrm dx + \int_{C_R} f(z) \mathrm dz + e^{2\pi\mathrm i\alpha}\int_R^\epsilon\frac{x^{\alpha - 1}}{1 + x}\mathrm dx + \int_{C_\epsilon} f(z) \mathrm dz
我们可利用留数定理求出等式左侧，等式右侧第 1 项正是 I，而第 3 项等于 -e^{2\pi\mathrm i\alpha} I，我们还可以证明第 2, 4 项等于零：当 R \to \infty, \epsilon \to 0 时，有
\begin{aligned}\left|\int_{C_R} f(z) \mathrm dz\right| &\le \max_{z \in C_R} |f(z)| \cdot \int_{C_R} |\mathrm dz| \\ &\le \frac{R^{\alpha - 1}}{R - 1} \cdot 2 \pi R = 2\pi \frac{R^\alpha}{R - 1} \to 0\end{aligned}
\begin{aligned}\left|\int_{C_\epsilon} f(z) \mathrm dz\right| &\le \max_{z \in C_\epsilon} |f(z)| \cdot \int_{C_\epsilon} |\mathrm dz| \\ &\le \frac{\epsilon^{\alpha - 1}}{1 - \epsilon} \cdot 2 \pi \epsilon = 2\pi \frac{\epsilon^\alpha}{1 - \epsilon} \to 0\end{aligned}
因此只需求出等式左侧的积分，f(z) 仅有一个奇点：单极点 z = -1，因此我们需要计算
\operatorname{Res} f(-1) = \lim_{z \to -1} z^{\alpha - 1} = -e^{\pi\mathrm i\alpha}
因此
I = \frac{-2\pi e^{\pi\mathrm i\alpha}}{1 - e^{2\pi\mathrm i\alpha}} = \frac\pi{\sin \pi a}
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例 5。计算
I = \int_0^\infty \frac{x^{\alpha - 1}}{1 - x} \mathrm dx, \quad 0 < \alpha < 1
:::info[解答]
令 f(z) = \dfrac{z^{\alpha - 1}}{1 - z}，考虑与上一例题类似的思路（取正实轴为割线），但这次我们用一对半圆（下图中 K_1, K_2）绕过 z = 1 处的奇点，如下图构造回路 l
设 K_1, K_2 半径为 \delta，类似上一例题，可以证明 \int_{C_R} f(z) \mathrm dz = \int_{C_\epsilon} f(z) \mathrm dz = 0，我们还知道 f(z) 在 l 内部处处解析，因此
(1 - e^{2\pi\mathrm i\alpha}) I + \lim_{\delta \to 0} \int_{K_1} f(z) \mathrm dz + \lim_{\delta \to 0} \int_{K_2} f(z) \mathrm dz = 0
注意到，z = 1 是一个单极点，因此在 z = 1 处将其展开为 Laurent 级数：
f(z) = a_{-1} (z - 1)^{-1} + \dots
容易得出
\lim_{\delta \to 0} \int_{K_1} f(z) \mathrm dz = -\pi \mathrm i \operatorname{Res} f(1) = \pi \mathrm i
\lim_{\delta \to 0} \int_{K_2} f(z) \mathrm dz = -e^{2\pi\mathrm i\alpha} \pi \mathrm i \operatorname{Res} f(1) = \pi \mathrm i e^{2\pi\mathrm i\alpha}
第二个式子的 e^{2\pi\mathrm i\alpha} 来自位于正实轴的割线。因此
I = \frac{-\pi\mathrm i(1 + e^{2\pi\mathrm i\alpha})}{1 - e^{2\pi\mathrm i\alpha}} = \pi \cot \pi \alpha
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例 6。计算
I = \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{\alpha x}}{1 + e^x}, \quad 0 < \alpha < 1
:::info[解答]
设 f(z) = \dfrac{e^{\alpha z}}{1 + e^z}，注意到 f(z) 在虚轴上有无限个单极点 (2k + 1) \pi \mathrm i，因此不能取半径趋于无限大的半圆形围道。注意到 f(z + 2\pi\mathrm i) = e^{2\pi\mathrm i\alpha} f(z)，因此构造如下围道
令 I(L) 表示 \int_{-L}^L f(x) \mathrm dx，则
2\pi\mathrm i \operatorname{Res} f(\pi\mathrm i) = \oint_l f(z) \mathrm dz = (1 - e^{2\pi\mathrm i\alpha}) I(L) + \int_{l_2} f(z) \mathrm dz + \int_{l_4} f(z) \mathrm dz
根据经验，我们猜测 l_2, l_4 的路径积分为零，事实也确实如此：当 L \to \infty 时，有
\left|\oint_{l_2} f(z) \mathrm dz\right| \le \max_{z \in l_2} |f(z)| \cdot 2\pi = \frac{e^{\alpha L}}{e^L - 1} \cdot 2\pi \to 0
\left|\oint_{l_4} f(z) \mathrm dz\right| \le \max_{z \in l_4} |f(z)| \cdot 2\pi = \frac{e^{-\alpha L}}{1 - e^{-L}} \cdot 2\pi \to 0
容易求出
\operatorname{Res} f(\pi\mathrm i) = e^{-\pi\mathrm i\alpha}
因此
I = \frac{2\pi\mathrm ie^{\pi\mathrm i\alpha}}{e^{2\pi\mathrm i\alpha} - 1} = \frac\pi{\sin \pi \alpha}
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例 7。计算 Fresnel 积分
I_1 = \int_0^\infty \sin x^2 \mathrm dx, \quad I_2 = \int_0^\infty \cos x^2 \mathrm dx, \quad
:::info[解答]
注意到
I_1 + \mathrm i I_2 = \int_0^\infty e^{\mathrm i x^2}\mathrm dx
取如下路径 l，由三部分组成
设 f(z) = e^{\mathrm iz^2}，我们知道 f(z) 没有有限远奇点，因此
0 = \oint_l f(z) \mathrm dz = \int_0^R f(x) \mathrm dx + \int_{C_R} f(z) \mathrm dz + \int_R^0 e^{\mathrm i(\rho e^{\mathrm i\pi/4})^2} \mathrm d(\rho e^{\mathrm i\pi/4})
等式右侧第三个积分可以转换为 Gauss 积分，我们直接给出
\int_R^0 e^{\mathrm i(\rho e^{\mathrm i\pi/4})^2} \mathrm d(\rho e^{\mathrm i\pi/4}) = -(1 + \mathrm i) \sqrt{\frac\pi8}
关于沿 C_R 路径的积分，我们采用类似 Jordan 引理的方式对其进行限制：当 R \to \infty 时，有
\begin{aligned}\left|\int_0^{\pi/4} e^{\mathrm iR^2\cos2\varphi - R^2\sin2\varphi} \mathrm iR e^{\mathrm i\varphi}\mathrm d\varphi\right| &\le \int_0^{\pi/4}\left| e^{\mathrm iR^2\cos2\varphi - R^2\sin2\varphi} \mathrm iR e^{\mathrm i\varphi}\mathrm d\varphi\right| \\ &= \int_0^{\pi/4} e^{-R^2\sin2\varphi} R \mathrm d\varphi \\ &\le \int_0^{\pi/4} e^{-R^2\cdot \frac{4\varphi}\pi} R \mathrm d\varphi \\ &\le\frac\pi{4R} \left(1 - e^{-R^2}\right) \to 0\end{aligned}
因此
I_1 + \mathrm i I_2 = (1 + \mathrm i) \sqrt{\frac\pi8}
我们得到：
I_1 = I_2 = \sqrt{\frac\pi8}
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想了解更多技巧的读者可以参考 留数定理解决实积分入门
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