留数，若尔当引理证明，有一处看不懂求指点？

您好！很高兴为您解答关于留数定理、若尔当引理以及您在证明过程中遇到的困惑。为了能更准确地指出您看不懂的地方，请您提供您所看到的若尔当引理的证明文本，或者具体描述您卡住的那个步骤。

不过，我可以先为您详细介绍留数定理和若尔当引理，并尝试猜测您可能遇到的难点，然后您对照着看是否能够帮助您理解。



1. 留数定理 (Residue Theorem)

核心思想： 留数定理是复变函数积分中的一个强大工具，它将一个区域上的复变函数沿闭合曲线的积分值与该曲线内部的奇点（特别是极点）处的“留数”联系起来。

定理陈述：
设 $D$ 是复平面上的一个单连通区域，$C$ 是 $D$ 内一条光滑的简单闭合曲线。设 $f(z)$ 是一个在 $D$ 内除有限个孤立奇点 $z_1, z_2, dots, z_n$ 外解析的函数。那么：
$$ oint_C f(z) dz = 2pi i sum_{k=1}^n ext{Res}(f, z_k) $$
其中 $ ext{Res}(f, z_k)$ 表示函数 $f(z)$ 在奇点 $z_k$ 处的留数。

留数是什么？
在奇点 $z_0$ 处的留数是函数 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的洛朗展开式中，最低次幂项（即 $(zz_0)^{1}$ 项）的系数。

如何计算留数？
假设 $z_0$ 是 $f(z)$ 的一个孤立奇点：

可去奇点： $ ext{Res}(f, z_0) = 0$。
极点：
一阶极点： 如果 $z_0$ 是 $f(z)$ 的一阶极点，则
$$ ext{Res}(f, z_0) = lim_{z o z_0} (zz_0) f(z) $$
如果 $f(z) = frac{g(z)}{h(z)}$ 且 $g(z_0) eq 0$, $h(z_0) = 0$, $h'(z_0) eq 0$，则
$$ ext{Res}(f, z_0) = frac{g(z_0)}{h'(z_0)} $$
$m$ 阶极点： 如果 $z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 阶极点，则
$$ ext{Res}(f, z_0) = frac{1}{(m1)!} lim_{z o z_0} frac{d^{m1}}{dz^{m1}} [(zz_0)^m f(z)] $$
本质奇点： 需要通过洛朗展开直接找到 $(zz_0)^{1}$ 项的系数。

留数定理的作用： 使得计算复变函数沿闭合曲线的积分变得非常方便，尤其是在处理含有三角函数或指数函数的积分时，可以通过复变函数的方法来求解实变函数积分。



2. 若尔当引理 (Jordan's Lemma)

核心思想： 若尔当引理是留数定理的一个重要补充，它主要用于处理在半圆弧上积分的极限问题，特别是当积分路径“趋于无穷大”时。它使得我们可以利用留数定理求解涉及无穷大区域的积分。

定理陈述：
设 $f(z)$ 是一个在复平面上半平面（或下半平面）除有限个奇点外的区域解析。考虑在上半平面的积分：

引理 1 (上半平面)： 如果函数 $f(z)$ 在上半平面有有限个奇点 $z_1, dots, z_n$，并且当 $|z| o infty$ 时，$f(z) o 0$ 一致地（即存在 $M>0$ 和 $R_0>0$ 使得当 $|z|>R_0$ 时，$|f(z)| le M$，这里我们通常要求更强的条件，见下面的形式），那么对于任意的 $a > 0$，在半径为 $R$ 的上半圆弧 $C_R$（从 $R$ 到 $R$）上：
$$ lim_{R o infty} int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz = 2pi i sum_{k=1}^n ext{Res}(f(z) e^{iaz}, z_k) $$
其中 $z_k$ 是上半平面内的奇点。

更精确的条件和形式：
通常，我们使用以下形式的若尔当引理，它对 $f(z)$ 的行为有更明确的要求：

若尔当引理 (Jordan's Lemma) 标准形式：
设 $f(z)$ 在复平面上半平面（如果考虑下半圆弧，则在下半平面）除有限个孤立奇点 $z_1, dots, z_n$ 外解析。

1. 对于上半平面 (Im($z$) > 0):
设 $C_R$ 是上半平面中以原点为圆心，半径为 $R$ 的圆弧，连接点 $R$ 和 $R$（逆时针方向）。
如果当 $R o infty$ 时，$f(z) o 0$ 一致地，也就是说，存在 $R_0 > 0$ 使得当 $|z| > R_0$ 且 $Im(z) ge 0$ 时， $|f(z)| le M(R)$ 且 $lim_{R o infty} M(R) = 0$。
那么，对于任何实数 $a > 0$：
$$ lim_{R o infty} int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz = 2pi i sum_{k=1}^n ext{Res}(f(z) e^{iaz}, z_k) $$
其中 $z_k$ 是上半平面内 $f(z)$ 的所有奇点。

2. 对于下半平面 (Im($z$) < 0):
设 $C_R'$ 是下半平面中以原点为圆心，半径为 $R$ 的圆弧，连接点 $R$ 和 $R$（顺时针方向）。
如果当 $R o infty$ 时，$f(z) o 0$ 一致地，也就是说，存在 $R_0 > 0$ 使得当 $|z| > R_0$ 且 $Im(z) le 0$ 时， $|f(z)| le N(R)$ 且 $lim_{R o infty} N(R) = 0$。
那么，对于任何实数 $a < 0$：
$$ lim_{R o infty} int_{C_R'} f(z) e^{iaz} dz = 2pi i sum_{k=1}^m ext{Res}(f(z) e^{iaz}, z_k') $$
其中 $z_k'$ 是下半平面内 $f(z)$ 的所有奇点。

关键点：

积分路径： 通常是上半圆弧或下半圆弧。
被积函数的形式： 必须是 $f(z)e^{iaz}$ 或 $f(z)e^{iaz}$ 的形式。这里的 $a$ 是关键，决定了我们要考虑上半平面还是下半平面。
$f(z)$ 的行为： 当 $|z| o infty$ 时，$f(z)$ 必须趋于 0。这是最关键的条件之一。
$e^{iaz}$ 的作用： 指数项 $e^{iaz}$ 在大半圆弧上会趋于一个方向的 0（如果 $a$ 和半平面的虚部符号匹配），而另一个方向则会增长。



3. 若尔当引理的证明思路 (通常是针对上半圆弧)

证明的核心在于利用上估计引理 (MLinequality) 来估计沿半圆弧 $C_R$ 的积分 $int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz$ 当 $R o infty$ 时的行为。

MLinequality:
设 $f(z)$ 在曲线 $Gamma$ 上解析，且在该曲线上 $|f(z)| le M$。设曲线 $Gamma$ 的长度为 $L$。则
$$ left| int_Gamma f(z) dz ight| le M L $$

证明步骤概述：

1. 构造闭合路径：
我们通常考虑一个闭合路径，它由实轴上的一段 $(R, R)$ 和上半平面的圆弧 $C_R$ 组成。设这个闭合路径为 $C_{closed} = (R, R) cup C_R$。

2. 应用留数定理：
根据留数定理，对于这个闭合路径 $C_{closed}$，有
$$ oint_{C_{closed}} f(z) e^{iaz} dz = 2pi i sum_{k=1}^n ext{Res}(f(z) e^{iaz}, z_k) $$
其中 $z_k$ 是上半平面内 $f(z)$ 的奇点。

3. 将积分分解：
将闭合路径上的积分分解为两部分：
$$ oint_{C_{closed}} f(z) e^{iaz} dz = int_{R}^{R} f(x) e^{iax} dx + int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz $$
（注意：这里实轴上的积分方向是从 $R$ 到 $R$）

4. 处理 $f(z)$ 的行为和 MLinequality：
关键在于估计 $int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz$ 当 $R o infty$ 时的行为。
首先，上半圆弧 $C_R$ 的参数方程可以表示为 $z = Re^{i heta}$，其中 $0 le heta le pi$。圆弧的长度是 $L_R = pi R$。
因为 $a > 0$，我们希望 $e^{iaz}$ 在上半平面尽可能小。
令 $z = Re^{i heta}$，那么 $e^{iaz} = e^{iaR(cos heta + isin heta)} = e^{iaRcos heta} e^{aRsin heta}$。
在上半平面 ($0 le heta le pi$)，$sin heta ge 0$。因此，$e^{aRsin heta} le 1$。
这里是很多同学可能觉得困惑的地方： 我们不能直接使用 $|f(z)| le M$ 然后乘上圆弧长度 $pi R$，因为 $e^{iaz}$ 本身是变化的，而且 $|e^{iaz}| = e^{aRsin heta}$。

5. 若尔当引理的核心证明 使用若尔当引理本身 (或变种)：
若尔当引理的证明不是直接应用 MLinequality，而是利用一个叫做若尔当引理不等式 (Jordan's Inequality) 的东西来估计 $int_{C_R} e^{iaz} dz$ 的行为，然后结合 $f(z) o 0$ 的条件。
若尔当引理不等式： 对于 $a > 0$ 和 $0 le heta le pi$，有
$$ frac{2}{pi} le frac{sin heta}{ heta} quad ext{当 } 0 le heta le frac{pi}{2} $$
$$ frac{2}{pi} le frac{sin heta}{pi heta} quad ext{当 } frac{pi}{2} le heta le pi $$
综合起来，对于 $0 le heta le pi$，有 $sin heta ge frac{2}{pi} heta$ （当 $0 le heta le pi/2$）和 $sin heta ge frac{2}{pi}(pi heta)$ （当 $pi/2 le heta le pi$）。
这意味着 $sin heta ge frac{2}{pi} min( heta, pi heta)$。

利用若尔当引理不等式：
考虑积分 $int_{C_R} e^{iaz} dz$。
设 $z = Re^{i heta}$，$dz = iRe^{i heta}d heta$。
则 $int_{C_R} e^{iaz} dz = int_0^pi e^{iaRe^{i heta}} (iRe^{i heta}) d heta = iR int_0^pi e^{iaR(cos heta + isin heta)} e^{i heta} d heta$
$$ = iR int_0^pi e^{iaRcos heta} e^{aRsin heta} e^{i heta} d heta $$
令 $u = sin heta$，则 $du = cos heta d heta$。这是个比较麻烦的换元。

另一种更常见的证明思路是直接估计 $|int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz|$ 的上界。
我们知道 $|f(z)| le M(R)$ 且 $lim_{R oinfty} M(R) = 0$ 当 $|z| > R_0$ 且 $Im(z) ge 0$。
对于 $C_R$ 上的 $z = Re^{i heta}$ ($0 le heta le pi$)，
$$ left| int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz ight| = left| int_0^pi f(Re^{i heta}) e^{iaRe^{i heta}} iRe^{i heta} d heta ight| $$
$$ le int_0^pi |f(Re^{i heta})| |e^{iaRe^{i heta}}| |iRe^{i heta}| d heta $$
$$ le int_0^pi M(R) e^{aRsin heta} R d heta $$
$$ = RM(R) int_0^pi e^{aRsin heta} d heta $$
关键在于估计 $int_0^pi e^{aRsin heta} d heta$ 的行为。

利用 $sin heta$ 的对称性， $int_0^pi e^{aRsin heta} d heta = 2 int_0^{pi/2} e^{aRsin heta} d heta$。
对于 $0 le heta le pi/2$，我们有 $sin heta ge frac{2 heta}{pi}$ (这是若尔当引理不等式的应用)。
所以，$e^{aRsin heta} le e^{aR(2 heta/pi)} = e^{2aR heta/pi}$。
因此，
$$ 2 int_0^{pi/2} e^{aRsin heta} d heta le 2 int_0^{pi/2} e^{2aR heta/pi} d heta $$
$$ = 2 left[ frac{e^{2aR heta/pi}}{2aR/pi} ight]_0^{pi/2} = 2 left( frac{e^{aR}}{2aR/pi} frac{1}{2aR/pi} ight) $$
$$ = 2 left( frac{pi e^{aR}}{2aR} + frac{pi}{2aR} ight) = frac{pi}{aR} (1 e^{aR}) $$
当 $R o infty$ 时，$frac{pi}{aR}(1e^{aR}) o 0$。

所以，
$$ left| int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz ight| le RM(R) cdot frac{pi}{aR} (1 e^{aR}) = M(R) frac{pi}{a} (1 e^{aR}) $$
由于 $lim_{R o infty} M(R) = 0$，因此
$$ lim_{R o infty} int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz = 0 $$

6. 最终结论：
回到等式： $oint_{C_{closed}} f(z) e^{iaz} dz = int_{R}^{R} f(x) e^{iax} dx + int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz$
两边取极限 $R o infty$：
$$ 2pi i sum_{k=1}^n ext{Res}(f(z) e^{iaz}, z_k) = lim_{R o infty} int_{R}^{R} f(x) e^{iax} dx + 0 $$
如果我们考虑的是实轴上的积分 $int_{infty}^{infty} f(x) e^{iax} dx$，并且这个积分存在（通常需要 $f(x)$ 在实轴上是有定义的），那么：
$$ int_{infty}^{infty} f(x) e^{iax} dx = 2pi i sum_{k=1}^n ext{Res}(f(z) e^{iaz}, z_k) $$
注意这里积分方向是 $R$ 到 $R$，而我们需要的可能是 $int_{infty}^{infty}$。通常我们选择的路径方向使得实轴上的积分是 $infty$ 到 $infty$ 或者 $infty$ 到 $infty$。如果用实轴从 $R$ 到 $R$ 再加上上半圆弧从 $R$ 到 $R$，那么闭合路径的积分是 $int_{R}^R + int_{C_R}$。若 $a>0$，指数项 $e^{iaz}$ 在上半平面增长慢于下半平面。如果我们要求 $f(z)$ 在上半平面解析且 $|z| o infty$ 时 $f(z) o 0$，则我们通常选择上半圆弧 $C_R$ ($z=Re^{i heta}$, $ heta in [0, pi]$) 和实轴线段 $[R, R]$。那么闭合路径就是从 $R$ 到 $R$ 再到 $R$ 的上半圆弧。
$oint_{C_{closed}} = int_{R}^R + int_{C_R}$。
对于 $a>0$ 和上半平面，若 $f(z)$ 在 $Im(z) ge 0$ 的区域解析且满足条件，则 $ lim_{R oinfty} int_{C_R} f(z)e^{iaz}dz = 0$。
于是 $int_{infty}^infty f(x)e^{iax}dx = 2pi i sum ext{Res}(f(z)e^{iaz}, z_k)$ (上半平面内的奇点)。



您可能看不懂的地方：

1. $f(z) o 0$ 一致地的含义： 这意味着不仅仅是 $|f(z)|$ 趋于 0，而且其衰减的速度不会因为角度的不同而有太大差异，确保了 $RM(R)$ 的乘积在 $R o infty$ 时会趋于 0。
2. $e^{iaz}$ 的作用和上半平面/下半平面的选择：
如果 $a > 0$，那么 $e^{iaz} = e^{ia(x+iy)} = e^{iax}e^{ay}$。在 $Im(z) = y > 0$ 的上半平面，$ay < 0$，所以 $|e^{iaz}| = e^{ay}$ 会趋于 0。在 $Im(z) = y < 0$ 的下半平面，$y < 0$，所以 $ay > 0$， $|e^{iaz}| = e^{ay}$ 会增长。因此，对于 $a>0$，我们选择上半圆弧 $C_R$ 来让 $e^{iaz}$ 控制积分的衰减。
如果 $a < 0$，设 $a = b$ ($b > 0$)。那么 $e^{iaz} = e^{ibz} = e^{ib(x+iy)} = e^{ibx}e^{by}$。在 $Im(z) = y > 0$ 的上半平面，$by > 0$，所以 $|e^{iaz}| = e^{by}$ 会增长。在 $Im(z) = y < 0$ 的下半平面，$y < 0$，所以 $by < 0$， $|e^{iaz}| = e^{by}$ 会趋于 0。因此，对于 $a<0$，我们选择下半圆弧 $C_R'$ 来让 $e^{iaz}$ 控制积分的衰减。
3. 若尔当引理不等式 (Jordan's Inequality) 的应用： 如何从 $sin heta ge frac{2 heta}{pi}$ 推导出 $int_0^{pi/2} e^{aRsin heta} d heta$ 的上界。
4. 实轴上积分的极限： 如何从有限区间的积分 $int_{R}^R$ 变成无穷区间的积分 $int_{infty}^infty$。



请您提供具体的证明步骤或描述您遇到的问题，这样我才能更精准地帮助您解决困惑。 例如，您是否是卡在证明 $lim_{R o infty} int_{C_R} f(z) e^{iaz} dz = 0$ 的地方？如果是，那么很可能就是上述的第 3 点或第 5 点涉及到若尔当引理不等式的应用部分。

积分的模小于等于模的积分