先把牵涉到的三个定理列出。柯西定理：如果函数 f 在圆盘内全纯， \gamma 是圆盘内的任一闭曲线，那么\int_{\gamma}f(z)dz=0 柯西积分公式：如果函数 f 在包含圆周 C 及其内部的开集中是全纯的，那么对圆周内任意一点 z ，有f(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta 留数定理：如果函数 f 在包含圆周 C 及其内部的开集中，除了极点 z_0 之外，是全纯的，那么\frac{1}{2\pi i }\int_Cf(z)dz=res_{z_0}f 还可以推广到有限个极点的情形。如果函数 f 在包含圆周 C 及其内部的开集中，除了极点 z_1,z_2,\ldots,z_n 之外，是全纯的，那么\frac{1}{2\pi i }\int_Cf(z)dz=\sum\limits_{k=1}^n res_{z_k}f 柯西定理是最基础的一个定理，它成立的原因是圆盘内的全纯函数具有原函数。在推导留数定理的过程中还会用到它。柯西积分公式是一个很重要的公式。有了它，我们可以证明全纯函数都是解析的，或者说，复数域上具有一阶导数的函数就有无穷阶导数，这是实数域上的函数所不具备的性质。我们还可以利用它证明Liouville定理，即在整个复平面上有界的全纯函数只能是常函数，然后还能证明代数基本定理。留数定理可以帮助我们计算围道积分的值，利用洛朗级数展开，围道积分的值只与极点处的留数相关。有一些在实数域上较难计算的定积分，放到复数域上利用留数定理计算就变得相对容易了。最后，柯西积分公式可以看成留数定理的一个特例。记 g(\zeta)=\frac{f(\zeta)}{\zeta-z_0} ， z_0 为 g 的极点， res_{z_0}g=\lim\limits_{\zeta\rightarrow z_0}(\zeta-z_0)g(\zeta)=f(z_0) ， \int_C g(\zeta)d\zeta=2\pi i\ res_{z_0}g=2\pi i f(z_0) ，即f(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\int_C g(\zeta)d\zeta=\int_C \frac{f(\zeta)}{\zeta-z_0}d\zeta 。这正是柯西积分公式。

本周开始复习复变函数与积分变化，由于自己复习用写的可能简单公式推导没有涉及，例题基本来自Qilu方便针对性复习。一、复数与复变函数1.复数及其表示方法 首先让我们来学习一些前置知识：虚单位： \sqrt{-1} = i
即i^{2}=-1 复数： z = x+iy
其中是 x，y 为实数， x为实部，y为虚部，i 为虚单位。这样组成的数就叫做复数。复数不能比较大小。复数可以用，复平面表示，向量表示复数的几何意义：为什么是圆周，是因为z可以以1-i为中心，以半径为2不断移动复数模长：|z|=r=\sqrt{x^{2}+y^{2}} 复数的辐角：辐角有无限个，但辐角主值只有一个求辐角公式： arg z = arctan\frac{y}{x} ,由于arctan[-90',90']是有范围的所以在不同的象限中有不同的求法来看几个例题常考的几个表达方式： 三角表达式和指数表达式指数表达式由欧拉公式推出来的，基本和三角表达式差不多主要是得出辐角主值即可。2.复数的运算复数 z=x+iy 的共轭复数为 \bar{z}= x-iy z\cdot\bar{z}=|z|^{2}
,为z的模长平方一常数，
z|=|\bar{z}
z_{1}\cdot z_{2}|=|z_1
z_2
\frac{z_{1}}{z_{2}}|=
z_1|/|z_2
大家记住这几个个即可，共轭复数也有一些相关公式，但我认为没必要大家正常算就行了。埭莫佛公式前置知识：题目如下：复数的方根：这一部分全部由平板写的知乎公式编辑器真难用例题如下：3.复变函数在这里我们只需明白复变函数的概念即可，什么连通，内点，边界各种东西暂且不考虑。所谓的复变函数就是首先 z=x+iy ， w= z^{2} ,且 w = u+iy ，那么w= z^{2}=(x+iy)^2=x^2-y^2+2ixy 则表明 \left\{\begin{array}{l} u = u(x,y)=x^{2}-y^{2}\\ v= v(x,y)=2xy
\end{array}\right . 这就是复变函数。这一部分主要是复数求极限，我看了历年试题都没考所以这一部分直接略过。二、解析函数本章主要内容有，函数解析的充要条件，解析函数与调和函数，四种初等函数（省略了反三角反双曲）1.函数解析的充要条件复变函数可导的条件和实变函数的可导条件差不多，但稍微复杂一点。都是求极限有解。（可导和解析互推的时候在点和区域上是不同的）函数解析的充要条件：C-R（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}
难度反而是记忆这个公式。（先u，v各对个然后反过来加个符号即可）还有一个条件是u，v可微，不过大多数情况下很少考虑这个条件。函数求导法则:f'(z)=\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y} -i\frac{\partial v}{\partial y} 函数求导公式偶尔考到2.解析函数与调和函数调和函数：凡在区域D内具有连续二阶偏导数而且满足拉普拉斯方程的二元实函数 u（x，y） ，称为区域D内的调和函数拉普拉斯方程：
\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}
=0 等价定义在后面的用处是求解析函数和共轭调和函数用的计算共轭调和函数及其解析方程：首先计算共轭调和函数有两种方法1 偏微分法（这个用到了上述的CR方程）接上题3.四种初等函数指数函数：e^z=e^{x+iy}=e^xe^{iy} 然后我们由复数指数表示转化为三角表达式e^z= e^{x}e^{iy}=e^x(cos y+isiny) 由此可知
expz|=e^x,Arg(expz)=y+2kΠ，k = 0，\pm1，\pm2...... 涉及公式： \arctan \frac{1}{x} +\arctan x=\frac{\Pi }{2}
\arctan (-x) +\arctan x=\Pi
对数函数：对数定义及简单推导相关性质第二个是幂函数的例题幂函数：三角函数：三、复变函数的积分本章主要讲解复变函数的几种积分方法，利用参数方程积分，柯西积分定理以及推广，柯西积分公式，解析函数的高阶导数。1.利用参数方程进行积分使用条件：若 f(z)=u(x,y)+iv(x,y) 沿光滑曲线C连续，则 f（z） 沿c可积，且 \int_{c}^{}f(z)dz
能用关于 u，v 的偏微分表示。（一般要求解复数方程条件基本都能满足）。参数方程： \left\{ \begin{array}{l} x = x(t)\\ y=y(t)\\ \alpha <t<\beta
\end{array}\right .\ 公式: \int_{c}^{} =\int_{\alpha }^{\beta }f(z(t))z'(t)dt
把路线方程用t表示，z= x+iy，y=x^2.2.柯西积分定理第一个全平面解析为0，第二个不解析点为2，不在|z|为1的圆周里，第三个不解析点为0在里面，所以2Πi。关于第三个有一个公式，是由参数方程推出来的，大家记住结论即可。闭路变形定理：这两个圈积分方向是反的主要还是看解析不解析原函数：在原函数中，这个单连通区域B，可以很大，然后按照高等数学的定积分求解即可。上题用原函数求解3.柯西积分公式C为一个闭合曲线，D往往是整个数集，所以这公式看到z-z_0 基本就能贴上去这里其实是极点在留数的一般形式这里有一个条件， z_0 必须是闭合区域C内的不解析点这一章写的太水了，哎四、级数本章主要有求复数数列极限，常见的泰勒级数，求洛朗级数。1.复数数列求极限复数列极限定义和实数列求极限是一样的，不多做讨论复数极限定义极限判定方法及其计算公式遇到复数求极限值，把它化成一般式或者三角表示式分别求x，y复数项级数：这一部分主要是级数收敛判别法和高数差不多这里运用了一步达朗贝尔判别法判断收敛幂级数：概念：长成这个样子就是幂级数收敛半径的求法和复变幂级数的概念是一样的决对收敛，，并不一定收敛在收敛域内这一部分除了考求极限和幂级数其他的基本不考，看看即可。2.泰勒级数定义大家记住泰勒公式即可把泰勒公式套进去求解即可收敛半径的求解泰勒级数主要求个展开式即可，尽量直接凑 z -z_{0} .3.洛朗级数关于这一部分我们只需学会展开方法即可，在这之前我们先大致了解一些定义性的内容。最大不同有负幂项计算方法在计算过程中，一定考虑圆环域我们看个例题没有负幂项即是在0处解析具体为啥我也不清楚首先，由于洛朗级数展开用的是这一个公式（1） \sum_{n=0 }^{\infty}z_n = \frac{1}{1-z}
收敛域是 \left
z \right
<1 ,那我们一定要值化成收敛域内比如第一问 0<\left
z \right
<1 ,而且在0展开所以我们不用进行变化，但是我们在化简过程中发现，第二个式子 \frac{1}{2-z}是凑不出（1）这种类型的公式，如果不变化的话，那么我们在找一个符合收敛域的即可，因为分母常数项是2，同除于2的时候恰好发现 \frac{z}{2} 符号条件。然后套用公式。下面两问也是一样的，练习题~答案在本节最后除了上述还有一个关于 e^z 的展开，其实也是一样，只要符合收敛域即可（上述泰勒级数收敛域）答案：五、留数本章主要讲解奇点的类型，利用留数计算定积分（超级重点）。1.奇点的类型和零点最常用的是第三个，求极限有解即是可去奇点这个做了解记住判断条件即可对于不可约分式，我们记住上面这个结论即可。例四： e^x-1 和x为等价无穷小，sinx和x为等价无穷小。带走一个x（z）。只记住充要条件即可零点和极点的关系2.留数求复数定积分注意第一个孤立奇点的就行，第二个一般用不到。可去奇点的验证方法，f（z0）求极限有界法则二：这条件说了和没说一样一级极点前两个法则都是针对一级极点，法则三更具有普遍性法则四是关于无穷远点的扩充3.留数求实变定积分 留数定理不仅可以用来计算复变函数的闭曲线积分，重要的是也可以用来计算某些实变函数的定积分负2不在区域内这个的主要作用是求下面带sin和cos的函数题目在往年试题里没有找到，这一方法可以用来验证定积分是否求对。

学习阶段：大学数学。前置知识：复变函数的导数与积分、洛朗级数。根据柯西积分定理，解析函数随便画个圈，积分都为零，没啥好讨论的。我们加一点难度，从这个解析函数里面挖去几个点，构造孤立奇点，然后研究它的积分。由于积分和路径无关，那么积分值就只和这几个孤立奇点的情况有关，这引出了本篇文章的主要内容。1. 孤立奇点孤立奇点：函数在一个点不解析，但是在这个点的某个去心邻域解析，这个点就是孤立奇点。为什么要研究孤立奇点？因为常见的奇点都是分母不为零约束出来的，诸如 \frac{1}{z+1} ， \frac{z}{\sin{z}} ， e^{\frac{1}{z}} 这种函数，这种奇点往往都是孤立奇点。而且孤立奇点有非常好的性质，值得研究。有些函数如 \frac{1}{\sin{\frac{1}{z}}} 在 z=0 是非孤立奇点，我们在此就不研究它了。2. 留数与留数定理现在我们看看除孤立奇点之外解析的函数的积分。除孤立奇点之外解析的函数的积分比如说上图这个积分，可以怎么计算？我们可以利用类似上一篇文章推导洛朗级数时用的挖洞的办法：孤立奇点挖洞法1当缺口收缩闭合时，联络线的积分互相抵消，因为蓝色路径内部完全解析，有 \oint_L+\oint_{L_1+L_2+L_3}=0 ，那么 \oint_L=\oint_{L_1^-+L_2^-+L_3^-} ，即下图中的 \oint_L=\sum \oint_{绿色路径} . 孤立奇点挖洞法2这告诉我们，求取“除孤立奇点之外解析的函数的积分”，可以先找到路径之内所有的奇点，然后把环绕这些奇点的积分求和，即得到结果，这就是留数定理的含义。关于留数定理，我们后面会详述。上述结论告诉我们，环绕孤立奇点的积分有重要意义。设函数为 f(z) ，奇点为 z_0 ，环绕这个奇点的积分为 \oint_Cf(z)dz ，注意到洛朗级数中负一次方项的系数为c_{-1}=\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{f(\zeta)}{(\zeta-z_0)^{-1+1}}d\zeta=\frac{1}{2\pi i}\oint_Cf(\zeta)d\zeta 这不正好能求出我们所需要的东西嘛！这个 c_{-1} 很有用，我们给它专门取一个名称：留数：把函数 f(z) 在某个孤立奇点 z_0 的去心邻域内洛朗展开，称负一次方项的系数 c_{-1} 为 f(z) 在 z_0 点的留数，记作 \text{Res}[f(z),z_0] ，即\mathrm{Res}[f(z),z_0]=c_{-1}=\frac1{2\pi i}\oint_Cf(z)dz\\ 有了留数，我们就可以给出留数定理：留数定理：设函数 f(z) 在正向闭合路径 C 内除有限个孤立奇点 z_1,z_2,\cdots,z_n 之外处处解析，则 \oint_Cf(z)dz=2\pi i\sum_{k=1}^n\text{Res}[f(z),z_k] . 留数定理的本质就是柯西积分定理，即解析函数的积分与路径无关。3. 留数的求法，孤立奇点的分类留数最直接的求法，当然就是洛朗展开，然后求 c_{-1} 咯！比如说求 \text{Res}\left[e^\frac{1}{z},0\right] ，对 e^{\frac{1}{z}} 在
z|>0 洛朗展开得e^{\frac{1}{z}}=1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^2}+\frac{1}{3!z^3}+\cdots 显然 c_{-1}=1 ，那么 \text{Res}\left[e^\frac1z,0\right]=1 . 3.1 可去奇点有一种情况，如 f(z)=\frac{\sin{z}}{z} ，它在z=0处是孤立奇点，但是它的洛朗展开式\frac{\sin{z}}{z}=1-\frac{z^2}{3!}+\frac{z^4}{5!}-\cdots 并不含负幂项，得到 \text{Res}\left[\frac{\sin{z}}{z},0\right]=c_{-1}=0 . 可以发现， \lim_{z\to 0}\frac{\sin{z}}{z}=1 ，如果补充z=0时f(z)=1，那么这个函数将全平面解析，好似这个奇点完全不存在一样，我们称这种奇点为可去奇点。有如下定理：设 f(z) 在有孤立奇点 z_0 ，则以下几个命题互相等价：(1) z_0 为 f(z) 的可去奇点。(2) f(z) 在 z_0 的去心邻域的洛朗级数无负幂项。(3) \lim_{z\to z_0}f(z)=c ， c 为常数。(4) 补充 z=z_0 时 f(z)=\lim_{z\to z_0}f(z) ，则函数在 z_0 解析。显然，可去奇点的留数必为0. 从某种角度上来说，我们可以把可去奇点“不当做奇点”。3.2 极点与零点还有一种情况，比如说 f(z)=\frac{1}{z^2(z-1)} ，在 0<|z|<1 洛朗展开，分母上的这个 (z-1) 怎么办？洛朗级数可不能用求导 c_{-1}=\frac{f^{(-1)}(0)}{(-1)!} 来求系数，直接积分 c_{-1}=\frac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)dz 又太麻烦，好像很棘手！实际上，我们可以对 z^2f(z)=\frac{1}{z-1} 在
z|<1 处泰勒展开，这时就可以利用求导 c_k=\frac{f^{(k)}(0)}{k!} 计算系数，有 z^2f(z)=-1-z-z^2-\cdots ，再得到原函数的洛朗展开 f(z)=-\frac{1}{z^2}-\frac1z-1-\cdots ，因此 \text{Res}\left[\frac{1}{z^2(z-1)},0\right]=-1 . 思考一下上述过程： f(z) 在某个点 z_0 是孤立奇点，但是 (z-z_0)^m f(z) 在 z_0 可能就变成了可去奇点。如果这种情况成立的话， (z-z_0)^m f(z) 就可以泰勒展开，没有负幂项，那么 f(z) 的洛朗级数的负幂项最高次不会超过 -m 次。当孤立奇点 z_0 的洛朗级数的负幂项有限时，容易发现 \lim_{z\to z_0}f(z)=\infty ，称这种孤立奇点为极点。有如下定理：设 f(z) 在有孤立奇点 z_0 ，则以下几个命题互相等价：(1) z_0 为 f(z) 的极点。(2) f(z) 在 z_0 的去心邻域的洛朗级数的负幂项有最高次数。(3) \lim_{z\to z_0}f(z)=\infty . (4) 存在某个整数m，使得 (z-z_0)^m f(z) 的 z_0 是可去奇点。(5) 存在某个整数m与某个在 z_0 解析的函数 g(z) 且 g(z_0)\neq0 ，有 f(z)=\frac{g(z)}{(z-z_0)^m} . 同时，进一步定义：设 f(z) 在 z_0 的洛朗展开式的负幂项最高次为 -m 次，称 z_0 为 f(z) 的m阶极点。相应地，根据上述定理中的(5)，有 \frac{1}{f(z)}=\frac{(z-z_0)^m}{g(z)} ，称 z_0 为 \frac{1}{f(z)} 的m阶零点。在高数中，m阶极点对应于m阶无穷大，m阶零点对应于m阶无穷小。那么，m阶极点的留数怎么求呢？首先，化极点为可去奇点，令 g(z)=(z-z_0)^mf(z) ，然后求泰勒级数的系数。求哪一个系数？我们要求的是 f(z) 的 c_{-1} ，也就是要求 g(z) 的 c_{m-1} ，有 c_{m-1}=\frac{g^{(m-1)}(z_0)}{(m-1)!}=\text{Res}[f(z),z_0] . 总结一下：若 z_0 为 f(z) 的m阶极点，则 \text{Res}[f(z),z_0]=\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_0}\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}((z-z_0)^mf(z)) 上述定理中的极限符号，可以理解为是“给可去奇点一个面子”。3.3 本性奇点最古怪的奇点就是本性奇点了，正如第3节“留数的求法，孤立奇点的分类”一开始给出的例子 e^{\frac1z} 一样，负幂项有无穷多项。有如下定理：设 f(z) 在有孤立奇点 z_0 ，则以下几个命题互相等价：(1) z_0 为 f(z) 的本性奇点。(2) f(z) 在 z_0 的去心邻域的洛朗级数的负幂项有无穷多项。(3) \lim_{z\to z_0}f(z) 不存在，且不为 \infty . 本性奇点一般直接洛朗展开求 c_{-1} ，没有什么更好的办法。3.4 洛朗级数的解析部分和主要部分将f(z)在孤立奇点 z_0 附近洛朗展开为f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n 其中 \sum_{n=0}^{+\infty}c_n(z-z_0)^n 是解析的，称为f(z)在 z_0 的解析部分；负幂项 \sum_{n=-\infty}^{-1}c_n(z-z_0)^n 决定了孤立奇点 z_0 的分类，体现了该奇点的主要性质，称为f(z)在 z_0 的主要部分。4. 无穷远点4.1 无穷远点留数的定义实际上，我们也可以把复变函数的无穷远点视为一个奇点，同时研究无穷远点的留数。考虑了无穷远点的复平面，被称为扩展复平面。不过无穷远点留数的路径该怎么规定呢？复球面是一个很不错的研究无穷远点的工具，如下图所示：复球面在复平面的原点放一个球面，联结球面“上顶点”和复平面上任意一点，可以构建复平面到该球面的双射（例如图中的红点对应褐色点），所以该球面被称为复球面。复球面的“上顶点”在复平面上找不到对应，它可以代表无穷远点，当复平面上任意复数 z 的模长
z|\to \infty 时，均可视为 z\to\infty . 再看看复平面上任意一条正向环绕路径在复球面上的对应（例如图中的绿色路径对应褐色路径），可以发现，从球内向球外看，复球面上逆时针的环绕路径为正向的。那么，我们可以用同样的方法，在复球面上画出无穷远点的正向环绕路径，并对应到复平面上，即：无穷远点的正向环绕路径我们发现：环绕无穷远点的正向路径是顺时针的！而且，复球面上要保证褐色路径到球面“上顶点”的区域解析，对应复平面上的绿色路径外部区域解析。也就是说，如果 f(z) 在环域
z|>R 完全解析，那么 f(z) 的无穷远点是一个孤立奇点，存在留数，记为 \text{Res}[f(z),\infty] 或 \text{Res}f(\infty) . 在解析环域
z|>R 内对 f(z) 洛朗展开，得到 c_{-1}=\frac1{2\pi i}\oint_Cf(z)dz ，但是这里的 C 是逆时针环绕的，所以和无穷远点的留数差一个负号。所以我们定义\text{Res}[f(z),\infty]=-c_{-1}=\frac1{2\pi i}\oint_{C^-}f(z)dz\\ 这里 C^- 表示一条顺时针路径。4.2 无穷远点作为孤立奇点时的分类将f(z)在孤立奇点 \infty 附近洛朗展开为 f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_nz^n ，与非无穷远点的情况正好相反，我们称\sum_{n=-\infty}^0c_nz^n 为f(z)在 \infty 的解析部分；正幂项的部分 \sum_{n=1}^{+\infty}c_nz^n 为f(z)在 \infty 的主要部分。当正幂项全为0时，称无穷远点为可去奇点；当正幂项的最高次幂为m次时，称无穷远点为m阶极点；当正幂项无最高次幂时，称无穷远点为本性奇点。4.3 无穷远点留数的求法一个比较经典的想法是换元：若 z\to\infty ，则 \frac 1z \to 0 ，我们看看 \text{Res}[f(z),\infty] 和 f\left(\frac 1z\right) 有没有什么关系。首先对 f(z) 在
z|>R 洛朗展开，得到 f(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_nz^n ，用 \frac 1z 替换 z 得到 f\left(\frac 1z\right)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_nz^{-n} ，解析域 0<\left|\frac{1}{z}\right|<\frac{1}{R} ，即在点 0 的附近展开。上式系数 c_{-1} 对应的项是 z^1 ，我们可以提出 z^2 来，即：f\left(\frac 1z\right)=z^2\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_nz^{-n-2}, \quad\frac{1}{z^2}f\left(\frac1z\right)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_nz^{-n-2} 上式中 z^{-1} 的系数是 c_{-1}，是点 0 的留数，正好也是 f(z) 无穷远点留数的相反数，所以我们有：\text{Res}[f(z),\infty]=-\text{Res}\left[\frac{1}{z^2}f\left(\frac{1}{z}\right),0\right] 4.4 扩展留数定理画一个足够大的正向圈 C ，圈住所有奇点，这当然也满足留数定理。注意到 \frac1{2\pi i}\oint_Cf(z)dz=-\text{Res}[f(z)+\infty] ，我们有定理：扩展留数定理：设函数 f(z) 在扩展复平面内除有限个孤立奇点 z_1,z_2,\cdots,z_n, \infty 之外处处解析，则 \text{Res}[f(z),\infty]+\sum_{k=1}^n\text{Res}[f(z),z_k]=0 ，即所有奇点的留数之和为零。