期末复习（预习）复变时写的一些无聊的文字，以定义、定理为主（
- 感觉没怎么学会……
重要的定义和定理
实可微的定义
设 \(f\) 是从开集 \(\Omega\) 到 \(\mathbb{C}\) 中的函数, \(a\in\Omega\), 如果有复常数 \(A,b\), s.t. \[\lim\limits_{z\to\infty}\frac{f(a+z)-f(a)-Ax-By}{z}=0,\] 则称 \(f\) 在 \(a\) 处实可微.
复可微
设 \(f\) 是定义在开集 \(\Omega\) 上的复变函数, \(a\in\Omega\), 如果有常数 \(\alpha\), s.t. \[\lim\limits_{z\to\infty}\frac{f(a+z)-f(a)}{z}=\alpha\] 存在, 我们称 \(f\) 在 \(a\in\Omega\) 处复可微或称 \(f(z)\) 在 \(a\) 可导, 并把 \(\alpha\) 记作 \(f'(a)\).
Cauchy-Riemann方程
如果 \(f(z)=u(x,y)+iv(x,y)\) 在 \(a\in\Omega\) 处实可微, \(u,v\) 为实值函数, 则 \(f\) 在 \(a\) 处复可微当且仅当 \[\frac{\partial f}{\partial \overline{z}}(a)=0~或~ \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial y}{\partial y} \\ \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x} \\ \end{cases} \] 以上式子被称为Cauchy-Riemann方程, 简称C-R方程.
复解析
如果存在 \(a\) 的一个邻域 \(D(a,r)\subset\Omega\), 使得 \(f(z)\) 在 \(D(a,r)\) 中每点都有导数, 则称 \(f(z)\) 在 \(a\) 点解析. 如果 \(f\) 在 \(\Omega\) 上的每点解析, 则称 \(f\) 在 \(\Omega\) 中解析或全纯.
Cauchy高阶求导公式
设 \(\Omega\) 是一个单连通区域, \(C\) 是全在区域 \(\Omega\) 中的闭Jordan分段光滑曲线, \(C\) 所围区域是 \(\omega\). 如果 \(f(z)\) 在 \(\Omega\) 中解析, 则有如下Cauchy公式 \[f(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\int\nolimits_C\frac{f(z)dz}{z-z_0}\qquad(z_0\in\omega)\] 且对于任意整数 \(m\), \(f\) 的 \(m\) 阶复导数 \(f^{(m)}(z)\) 在 \(\Omega\) 中存在解析, 且有如下的Cauchy高阶求导公式 \[f^{(m)}(z_0)=\frac{m!}{2\pi i}\int\nolimits_C\frac{f(z)dz}{(z-z_0)^{m+1}}\qquad(z_0\in\omega,~m\in\mathbb{N}^+)\]
泰勒(Taylor)定理
设 \(f\) 在区域 \(\Omega\) 内解析, \(a\in\Omega\), 只要 \(D(a,R)=\{z:|z-a|<R\}\) 包含在 \(\Omega\) 中, 则 \(f\) 在 \(D(a,R)\) 内能展成幂级数 \[f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n=c_0+c_1(z-a)+\cdots+c_n(z-a)^n+\cdots,\] 其中系数 \[c_n=\frac{f^{(n)}(a)}{n!}=\frac{1}{2\pi i}\int\nolimits_{\partial D(a,\rho)}\frac{f(\zeta)d\zeta}{(\zeta-a)^{n+1}},\quad (0<\rho<R,n\in\mathbb{N})\] 且如果 \(f\) 在 \(D(a,R)\) 内能展成幂级数, 则其系数一定满足上述要求.
解析函数唯一性定理
设函数 \(g\) 和 \(h\) 在区域 \(\Omega\) 内解析, \(a\in\Omega\), 且 \(\Omega\) 内有一个收敛于 \(a\in\Omega\) 的点列 \(\{z_n\}~(z_n\neq a)\), s.t. \(g(z_k)=h(z_k)~(k\in\mathbb{N})\), 则 \(g\) 和 \(h\) 在 \(\Omega\) 内恒等.
洛朗(Laurent)定理
设 \(f\) 在区域 \(\Omega\) 内解析, 只要 \(B(r,R)=\{z:r<|z-a|<R\}\subset\Omega\), 则 \(f\) 在 \(B(r,R)\) 内能展成洛朗级数, 其中系数 \[c_n=\frac{1}{2\pi i}\int\nolimits_{\partial D(a,\rho)}\frac{f(\zeta)d\zeta}{(\zeta-a)^{n+1}}\quad (r<\rho<R,~n\in\mathbb{Z}),\] 且展式是唯一的(即系数 \(c_n\) 由 \(f(z)\) 和圆环 \(B(r,R)\) 唯一确定).
孤立奇点
设函数 \(f\) 在点 \(a\) 的某一去心邻域 \(D(a,r)\backslash\{a\}=\{z:0<|z-a|<r\}\) 内解析, 则点 \(a\) 称为 \(f\) 的孤立奇点.
留数定理
考虑 \(n+1\) 条Jordan闭分段光滑曲线 \(C_0,C_1,\cdots,C_n\), 其中 \(C_1,C_2,\cdots,C_n\) 中每一条都在其余各条的外部, 而它们又都在 \(C_0\) 的内部. 在 \(C_0\) 的内部同时又在 \(C_1,C_2,\cdots,C_n\) 外部的点集构成一个多界的多连通区域 \(\Omega\), 以 \(C_1,C_2,\cdots,C_n\) 为它的边界. \(z_k\in\Omega,~k=1,2,\cdots,m\), 函数 \(f\) 在闭域 \(\overline{\Omega}=\Omega\cup\partial\Omega\) 上除去孤立奇点 \(z_1,z_2,\cdots,z_k\) 外是解析的, 则 \[\int\nolimits_{\partial\Omega}f(z)dz=2\pi i\sum\limits_{k=1}^n {\rm Res}(f,z_k).\]
儒歇(Rouche)定理
设 \(\Omega\) 是区域, \(\omega\subset\Omega\) 是有界区域, 其边界 \(C=\partial\omega\subset\Omega\) 是一条Jordan闭分段光滑曲线, 如果 \(f\) 和 \(g\) 在开集 \(\Omega\) 中解析且在 \(C\) 上有 \(|f(z)|>|g(z)|\), 则函数 \(f(z)\) 与 \(f(z)+g(z)\) 在 \(C\) 的内部 \(\omega\) 有相同的( \(k\) 阶零点算 \(k\) 次)零点个数, 即 \[N(f+g,C)=N(f,C).\]
典型题目
证明复级数的Cauchy乘积收敛
师大复变习题一 31
设复级数 \(s=\sum\limits_{n=0}^\infty\alpha_n\), \(s'=\sum\limits_{n=0}^\infty\alpha_n'\) 收敛, 且其中一个绝对收敛, 则其 Cauchy 乘积 \[\sum\limits_{n=0}^\infty(\alpha_0\alpha_n'+\alpha_1\alpha_{n-1}'+\cdots+\alpha_n\alpha_0')=\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\alpha_k\alpha_{n-k}'\]也收敛, 且其和为 \(ss'\).
证明: 不妨设 \(\sum\limits_{n=0}^\infty|\alpha_n|\) 收敛, 记 \(S_m=\sum\limits_{n=0}^m\alpha_n\), \(S_m'=\sum\limits_{n=0}^m\alpha_n'\), \(\gamma_n=\alpha_0\alpha_n'+\alpha_1\alpha_{n-1}'+\cdots+\alpha_n\alpha_0'\), \(\tau_m=\sum\limits_{n=0}^m\gamma_n\), 则有 \(S_m\to s\), \(S_m'\to s'\).
于是, \(\tau_m=\sum\limits_{n=0}^m\gamma_n=\alpha_0S_m'+\cdots+\alpha_nS_0'=S_ms'+\delta_m\)
其中, \(\delta_m=\alpha_0(S_m'-s')+\alpha_1(S_{m-1}'-s')+\cdots+\alpha_n(S'-s')\)
由于 \(\{S_m'\}\) 收敛, 故 \(\{S_m'\}\) 有界, 故 \(\exists~M>0\), s.t. \(\forall~m\in\mathbb{N}\), \(|S_m'-s'|<M\)
又由 \(\sum\limits_{n=0}^m\alpha_n\) 绝对收敛, 知 \(\forall~\epsilon>0\), \(\exists~N_1\in\mathbb{N}\), s.t. \(\sum\limits_{k=N_1+1}^m|\alpha_k|<\frac{\epsilon}{4M+1}\).
再记 \(L=\sum\limits_{k=0}^{N_1}|\alpha_k|\), 同理由 \(S_m'\to s'\) 可得 \(\exists~N_2\in\mathbb{N}\), s.t. \(\forall~m>N_2\), \(|S_m'-s'|<\frac{\epsilon}{4L+1}\).
于是当 \(m>N_1+N_2\) 时有: \[|\delta_m|\leq\sum\limits_{k=0}^m|\alpha_k||S_{m-k}'-s'|+(|\alpha_{N_1}|+\cdots+|\alpha_m|)M\leq\frac{\epsilon}{4L+1}\times L+\frac{\epsilon}{4M+1}<\frac{\epsilon}{2}\]
故: \[|\tau_m-ss'|=|S_ms'-ss'+\delta_m|\leq |s'||S_m-s|+|\delta_m|<\frac{\epsilon}{2|s'|}|s'|+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon\]
即 \(\sum\limits_{n=0}^\infty\sum\limits_{k=0}^n\alpha_k\alpha_{n-k}'\) 收敛到 \(ss'\).
分式线性映射映像区域
师大复变习题五 5.(1)
求区域 \(\Omega=\{z:{\rm Re}~z>0,{\rm Im}~z>0\}\) 在分式线性映射 \(w=\frac{z-i}{z+i}\) 下的映像区域.
解答: 记 \(L_1=\{z:{\rm Im}~z=0\}\), \(L_2=\{z:{\rm Re}~z=0\}\). 由于 \(T(z)=\infty\Leftrightarrow z=-i\), 并且 \(-i\) 在 \(L_2\) 上, 不在 \(L_1\) 上, 故 \(T(L_1)\) 为圆, \(T(L_2)\) 为直线.
一方面, \(T(-i)=\infty\), \(T(i)=0\), 并且 \(i\) 和 \(-i\) 关于 \(L_1\) 对称, 故 \(\infty\) 和 \(0\) 关于 \(T(L_1)\) 对称. 即 \(T(L_1)\) 以 \(0\) 为心. 取 \(0\in L_1\), 则有 \(T(0)=-1\in T(L_1)\), 故 \(T(L_1)=\{z:|z|=1\}\).
另一方面, \(T(-1)=\frac{-1-i}{-1+i}=i\), \(T(1)=-i\), 故 \(T(L_2)\) 为过原点的直线. 取 \(0\in L_2\), 有 \(-1\in T(L_2)\), 即 \(T(L_2)\) 为实轴. 取 \(1+i\in\Omega\), 则 \(T(1+i)=\frac{1}{1+2i}=\frac{1}{5}-\frac{2}{5}i\in T(\Omega)\), 即可确定像区域.
已知原区域和像区域求映射
师大复变习题五 12
求把区域 \(\{z:|z-3i|>2,~|z-4|>2\}\) 映射为同心圆环 \(\{w:1<|w|<R\}\) 的分式线性映射 \(w=T(z)\) 并求 \(R\).
解答: 记 \(L_1=\{z:|z-3i|=2\}\), \(L_2=\{z:|z-4|=2\}\). 由于 \(0\) 和 \(\infty\) 为 \(T(L_1)\) 和 \(T(L_2)\) 的公共对称点, 故只需要寻找一对 \(L_1\) 和 \(L_2\) 的公共对称点. 考虑在圆心连线上寻找, 可以找到 \(\frac{4}{5}+\frac{12}{5}i\) 和 \(\frac{16}{5}+\frac{3}{5}i\) 为 \(L_1\) 和 \(L_2\) 的公共对称点.
于是可令 \(T(z)=\lambda\frac{z-\frac{16}{5}-\frac{3}{5}i}{z-\frac{4}{5}-\frac{12}{5}i}=\lambda\frac{5z-16-3i}{5z-4-12i}\). 此时只差 \(\lambda\) 确定表达式. 不妨取 \(\{w:|w|=1\}\) 为 \(T(L_2)\), 则 \(|T(2)|=1\), 可得 \(|\lambda|\cdot|\frac{10-16-3i}{10-4-12i}|=1\), 即 \(|\lambda|=2\). 故由 \(T(i)=R\) 可知 \(|\lambda|\cdot|\frac{5i-16-3i}{5i-4-12i}|=R\), 即 \(R=4\).
至此, 映射的放大倍数已经确定, 只需要取一个点来确定方向, 不妨取 \(T(2)=-1\), 则 \(\lambda\cdot\frac{-6-3i}{6-12i}=-1\), 可得 \(\lambda=-2i\). 即 \(T(z)=-2i\cdot\frac{5z-16-3i}{5z-4-12i}\).
最后一步中, 如不取 \(T(2)=-1\), 则最后所得表达式与原表达式之间相差一个旋转, 映像区域仍然不变.