複變函式/留數理論/一些推論

簡化積分

給定以下積分

$\int _{a}^{b}{\frac {1}{x^{2}-1}}dx$

現在使用部分分式（或留數定理），我們可以將其分解成一系列單極點項，這將允許我們使用替換法並得到對數解

$\int _{a}^{b}{\frac {\frac {1}{2}}{x-1}}dx+\int _{a}^{b}{\frac {-{\frac {1}{2}}}{x+1}}dx$

${\frac {1}{2}}\ln(x-1)|_{a}^{b}-{\frac {1}{2}}\ln(x+1)|_{a}^{b}$

柯西留數定理

柯西留數定理是一個非常重要的結果，它在複變函式論中產生了諸多其他結果，但對我們來說更重要的是，它允許我們僅使用留數來計算積分，也就是說，我們可以不進行實際的“積分”就能直接計算積分。注意：它的推導在複變函式中，複變函式被列為這些更高階技巧的先決條件。

這是實際的（一般的）定理

設Γ是一個簡單閉合正向曲線。如果f在包含Γ的某個單連通域D內是解析的，並且$z_{0}$是Γ內部的任意一點，則

$f^{n}(z_{0})={\frac {n!}{2\pi i}}\int _{\Gamma }{\frac {f(\gamma )}{(\gamma -z)^{n+1}}}dz$

乍一看，這與留數完全沒有關係，但數學家是非常抽象和狡猾的人。

取一個一般函式，記為$g(z)$，這樣我們不會將其與柯西積分公式中的函式混淆。$g(z)$可以展開成洛朗級數

$g(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(z-z_{0})^{n}$

現在，我們沿曲線Γ對$g(z)$進行積分，並記住$g(z)$已經被“洛朗化”了

$\int _{\Gamma }\sum _{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(z-z_{0})^{n}dz$

根據複分析，級數中那些解析且為零的部分被捨棄了（這實際上是柯西的另一個結果），剩下的就是包含底數冪的積分的和。現在，透過對$g(z)$進行微分並應用柯西積分公式（證明過程很繁瑣，但你可以自己用洛朗級數進行驗證），你將得到柯西留數定理（柯西確實做了很多這方面的工作，在複分析課程中，一個經常出現的玩笑是，“難道不是每個證明都是柯西做的嗎？”）。

$\int _{\Gamma }g(z)=2\pi i\sum _{j=1}^{n}\mathrm {Res} (z_{j})$

仔細閱讀這個公式幾次，確保你真正理解它的含義。要進行積分，你只需要計算留數。你是否覺得它沒有用，因為你只關注實數軸？你的思維還不夠開闊。取一條線積分，其中一部分在實數軸上，另一部分在複平面上，並且易於計算，作為一個通用的例子。

$\int _{\Gamma }g(z)=\int _{\text{Real Line}}g(z)+\int _{\text{A simple line that closes the loop}}g(z)=2\pi i\sum _{j=1}^{n}\mathrm {Res(z_{j})}$

不幸的是，這也很接近複分析書籍的內容，因為這些“簡單的線”在書中都有討論。但為了不讓你懸而未決，這裡給出一個典型的簡單例子，以便你可以在不自己進行積分的情況下嘗試積分。

如果$f(z)$是兩個多項式的商，並且分母多項式的次數至少比分子多項式高2，那麼$\lim _{\rho \rightarrow \infty }\int _{C_{\rho ^{+}}}f(z)dz=0$。

其中$C_{\rho ^{+}}$是平面上的半圓。這允許你閉合由實數軸上的積分形成的一些迴路，並自己嘗試這種方法。

這就是我們結束的地方！