物理

留数定理.

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今天的故事，要从很久很久以前讲起

在遥远的坤元2025年，有一只恶狗忽然出现，抢走了正在默默内卷的牢alpha，此时，一个勇士忽然出现，用留数定理一个大嘴巴乎死了恶狗，夺回了牢alpha。【无任何讽刺、针对意义，如有雷同，纯属巧合】

ta使用的🗡大概长这样：

$\sqrt{\sqrt{3} \int_{0}^{3}\sqrt{(\left |\oint_{C}\frac{\mathrm{d}z }{z^3+(1-i-i \pi)z^2-(\pi+i\pi+i)z+\pi}   \right | +3)}\cdot x^3\mathrm{d}x   } ，C：|z+\pi|=5$

由于除了$\sqrt{(\left |\oint_{C}\frac{\mathrm{d}z }{z^3+(1-i-i \pi)z^2-(\pi+i\pi+i)z+\pi}   \right | )}$之外其他的部分都只有小学一年级水平，所以我们卓重介绍应用小学二年级的留数定理秒掉这个复积分：

$\oint_{C}\frac{\mathrm{d}z }{z^3+(1-i-i \pi)z^2-(\pi+i\pi+i)z+\pi},C：|z+\pi|=5$

首先我们需要理解奇点的概念：若函数$f(z)$在点$z_0​$的某一去心邻域内解析，但在点$z_0​$不解析，则称$z_0$​为$f(z)$的奇点。奇点可分为可去奇点、极点和本性奇点。可去奇点处函数极限存在；极点处函数极限为无穷大；本性奇点处函数行为复杂，极限不存在。

当然，这段话并不是人话。

我们用翻译器稍微翻译一下，意思就大概是对$f(z)$在某邻域上进行积分或者其他杂七杂八的东西，其中不能分析的点叫做奇点

比如刚刚的那个函数$f(z)=\frac{1}{z^3+(1-i-i \pi)z^2-(\pi+i\pi+i)z+\pi}$

由于分母不能为$0$,所以ta的奇点就可以通过幼儿园就学过的方程得到，即$-1,i,i\pi$

接下来介绍留数

对于在点\(z_0\)附近的奇点，函数\(f(z)\)在\(z_0\)的留数定义为其洛朗级数展开式中\((z - z_0)^{-1}\)项的系数，记为\(\text{Res}(f,z_0)\)

额......这个好像没法说人话了

我们知道一个函数的洛朗级数展开式是

$f(z)= {\textstyle \sum_{\infty}^{-\infty}}a_k(z-z_0)^k $

其负一次项为$a_{-1}\cdot \frac{1}{z-z_0} $

所以一个函数在$z_0$处的留数为$f(z)(z-z_0)$

其中$z_0$是这个奇点的位置

一般记作$Res(f(z),z_0)$

• $\large{留数定理}$

定理：

设函数 \(f(z)\) 在区域 \(D \subseteq \mathbb{C}\) 内除有限个奇点 \(z_1, z_2, \dots, z_n\) 外解析，C 是 D 内一条正向简单闭曲线（即逆时针方向），且 C 包围所有奇点 \(z_1, \dots, z_n\)（即所有 \(z_k\) 都在 C 的内部），则：\(\oint_C f(z) \, dz = 2\pi i \sum_{k=1}^n \text{Res}(f, z_k)\)

说人话就是找到一个函数在需要解析的范围内所有的留数，求和就可以得到积分值

证明如下：

由于 \(z_1, \dots, z_n\) 是 \(f(z)\) 的奇点，对每个 \(z_k\)，存在 \(r_k > 0\) 使得：

\(f(z)\) 在 \(0 < |z - z_k| < r_k\) 内解析（奇点定义）；

小圆 \(C_k: |z - z_k| = r_k\) 彼此不相交，且都在 C 内部（因奇点有限，可选取足够小的 \(r_k\) 避免重叠）

考虑由 C 和 \(C_1^-, \dots, C_n^-\) 围成的多连通区域 G。由于 \(f(z)\) 在 D 内除 \(z_1, \dots, z_n\) 外解析，故 \(f(z)\) 在 G 内解析（G 不含奇点）

根据多连通区域的柯西积分定理：$\oint_C f(z) \, dz = \sum_{k=1}^n \oint_{C_k} f(z) \, dz \,\,\,\,\,(1)$

对每个小圆 \(C_k\)，\(f(z)\) 在 \(0 < |z - z_k| < r_k\) 内有洛朗展开：

$f(z) = \sum_{m=-\infty}^{+\infty} a_m^{(k)} (z - z_k)^m \,\,\,\,\,(2)$

其中 \(a_m^{(k)}\) 是 \(f(z)\) 在 \(z_k\) 处洛朗展开的系数，且留数 \(\text{Res}(f, z_k) = a_{-1}^{(k)}\)。

由于洛朗级数在圆环内闭一致收敛，可逐项积分。对式（2）沿 \(C_k\) 积分：\(\oint_{C_k} f(z) \, dz = \sum_{m=-\infty}^{+\infty} a_m^{(k)} \oint_{C_k} (z - z_k)^m \, dz \,\,\,\,\,(3)\)

分析积分 \(\oint_{C_k} (z - z_k)^m \, dz\)：

当 \(m \neq -1\) 时，\((z - z_k)^m\) 的原函数为 

\(\frac{(z - z_k)^{m+1}}{m+1}\)，沿闭曲线 \(C_k\) 积分结果为 0（原函数在闭曲线两端取值相同）

当 \(m = -1\) 时，令

 \(z = z_k + r_k e^{i\theta}\)（\(\theta \in [0, 2\pi]\)）

则：

\(\oint_{C_k} (z - z_k)^{-1} \, dz = \int_0^{2\pi} \frac{ir_k e^{i\theta}}{r_k e^{i\theta}} d\theta = i \int_0^{2\pi} d\theta = 2\pi i\)

因此，式（3）中仅 \(m = -1\) 项非零，即：

$\oint_{C_k} f(z) \, dz = a_{-1}^{(k)} \cdot 2\pi i = 2\pi i \cdot \text{Res}(f, z_k) \,\,\,\,\,(4)$

将式（4）代入式（1）：\(\oint_C f(z) \, dz = \sum_{k=1}^n 2\pi i \cdot \text{Res}(f, z_k) = 2\pi i \sum_{k=1}^n \text{Res}(f, z_k)\),得证

那么，我们来看看一开始的那道题：

$\oint_{C}\frac{\mathrm{d}z }{z^3+(1-i-i \pi)z^2-(\pi+i\pi+i)z+\pi},C：|z+\pi|=5$

对题中函数因式分解得：

$\oint_{C}\frac{\mathrm{d}z }{（z-i\pi)(z-i)(z+1)}$

即可得三个奇点$i\pi,i,-1$

求一下留数(这里原来那一大坨函数简写为$f(z)$：

$Res(f(z),i)=\frac{1}{(z-i\pi)(z+1)} $

$Res(f(z),-1)=\frac{1}{(z-i)(z-i\pi)}$

$Res(f(z),i\pi)=\frac{1}{(z-i)(z+1)}$

检查一下，这几个奇点都在C内，所以直接求和秒掉

一通计算猛如虎，你会发现答案是0，$\color{red}{当年企鹅就是这么把盲沟干崩溃的}$（划掉）

那么今天到这里就结束了，本期视频三连破5w，我将很快更新下一期，谢谢各位（）

后面什么都没有

真的没有啊

哎呀还是被你翻到了

$\sqrt{\sqrt{3} \int_{0}^{3}\sqrt{(\left |\oint_{C}\frac{\mathrm{d}z }{z^3+(1-i-i \pi)z^2-(\pi+i\pi+i)z+\pi}   \right | )+3}\cdot x^3\mathrm{d}x   }  ，C：|z+\pi|=5$

回到这个一开始的问题，我们把

$\oint_{C}\frac{\mathrm{d}z }{z^3+(1-i-i \pi)z^2-(\pi+i\pi+i)z+\pi}=0$ 代入得原式等价于

$\sqrt{\sqrt{3} \int_{0}^{3}\sqrt{3}\cdot x^3\mathrm{d}x   } $

根据小学二年级就学过的牛顿莱布尼茨公式就可以得到答案:$\frac{9\sqrt{3}}{2}$

结束！