用留数定理计算实积分
这本书只在 3.2 节举了几例说明可以用留数定理计算实积分。实际上计算积分还有很多“套路”，这里参照钟玉泉《复变函数论》的 6.3 节简单归纳一下。
三角函数相关积分
对于形如 $\displaystyle \int_{0}^{2\pi} R(\cos \theta, \sin \theta) \textrm{d} \theta$ 的积分，可以考虑通过换元 $z = e^{i \theta}$ 将实积分转换回沿复平面上单位圆圈的积分。参考 Exercise 7 和 8。
此外，如果被积函数是 $f(z) \sin z$ 的形式，可以考虑对 $f(z) e^{iz}$ 求积分然后考察其虚部。参考 Exercise 3 和 4。
一些结论
引理 1：设 $f(z)$ 在圆弧 $S_R : z = R e^{i \theta},(\theta_1 \leq \theta \leq \theta_2)$ 上连续，且
$$ \lim_{R \to +\infty} z f(z) = \lambda $$
在 $S_R$ 上一致成立，则
$$ \lim_{R \to +\infty} \int_{S_R} f(z) \textrm{d}z = i \lambda (\theta_2 - \theta_1) $$
引理 1 表明，如果在圆弧 $S_R$ 上有 $|f(z)| = o(R^{-1})$，则 $f$ 在 $S_R$ 上的积分收敛至 $0$。
引理 2 (Jordan)：设 $f(z)$ 在半圆周 $S_R : z = R e^{i \theta},(0 \leq \theta \leq \pi)$ 上连续，且
$$ \lim_{R \to +\infty} f(z) = 0 $$
在 $S_R$ 上一致成立，则对任意 $m > 0$ 有
$$ \lim_{R \to +\infty} \int_{S_R} f(z) e^{imz} \textrm{d}z = 0 $$
上述结论的证明直接放缩即可。证明过程中可能用到的一个结论是当 $0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$ 时有 $\dfrac{2\theta}{\pi} \leq \sin \theta \leq \theta$。
引理 3：设 $f(z)$ 在圆弧 $S_r : z = a + r e^{i \theta},(\theta_1 \leq \theta \leq \theta_2)$ 上连续，且
$$ \lim_{r \to 0} (z - a) f(z) = \lambda $$
在 $S_r$ 上一致成立，则
$$ \lim_{r \to 0} \int_{S_r} f(z) \textrm{d}z = i \lambda (\theta_2 - \theta_1) $$
引理 3 为构造积分路径过程中绕过路径上的奇点提供了便利。
有理函数相关的积分
计算形如 $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{P(x)}{Q(x)} \textrm{d} x$ 的积分时，可以考虑以上半圆周为辅助曲线，应用前述引理 1 解决。参考 Exercise 2 和 6。
计算形如 $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{P(x)}{Q(x)} e^{imx} \textrm{d} x$ 的积分时，可以考虑以上半圆周为辅助曲线，应用前述引理 2 解决。参考 Exercise 3 和 4。
Picard 定理
这本书在 3.3 节的 Casorati-Weierstrass 定理之后提及了 Picard 的结论，这里对其进行补充：
Picard 小定理：非常值整函数 $f$ 的值域 $f(\mathbb{C})$ 只可能为 $\mathbb{C}$ 或 $\mathbb{C} - \{ z_0 \}$。
Picard 大定理：若 $f$ 为全纯函数，$\omega$ 为其本性奇点，则对 $\omega$ 的任意开邻域 $\Omega$，至多存在一个 $z_0 \in \mathbb{C}$ 使得 $f^{-1}(z_0) \cap \Omega$ 是有限集（或空集）。
例如，对于函数 $f(z) = e^{1/z}$ 而言 Picard 大定理中的 $z_0 = 0$。
含无穷远点的柯西积分公式
定理：设 $C$ 是扩展复平面 $\overline{\mathbb{C}}$ 上一条不经过点 $\infty$ 的曲线，$D$ 是其包含无穷远点的一侧，$f$ 在 $D$ 上全纯且可连续延拓到 $C$ 上，则
$$ \begin{equation*} \frac{1}{2\pi i} \int_{C^{-}} \frac{f(\xi)}{\xi - z} \textrm{d} \xi = \begin{cases} f(z) - f(\infty), & z \in D \newline - f(\infty), & z \notin \overline{D} \end{cases} \end{equation*} $$
利用这一结论可以简化一些积分的计算。
例：求积分 $$ \int_{C} \frac{\textrm{d}z}{(z - 1)(z - 3)\cdots(z - 2023)} $$ 其中 $C$ 是以 $0$ 为圆心，$2022$ 为半径的正向圆周。
通常的求解方式是计算出被积函数在 $2k + 1$ 处的留数并求和，并通过观察发现这些留数可两两抵消以简化计算结果。
实际上，我们还可以取
$$ f(z) = \frac{1}{(z - 1)(z - 3)\cdots(z - 2021)} $$
则由上述定理可知
$$ \frac{1}{2\pi i} \int_{C^{-}} \frac{f(\xi)}{\xi - 2023} \textrm{d} \xi = f(2023) = \frac{1}{2022!!} $$
从而所求积分
$$ \int_{C} \frac{\textrm{d}z}{(z - 1)(z - 3)\cdots(z - 2023)} = - \int_{C^{-}} \frac{f(\xi)}{\xi - 2023} \textrm{d} \xi = - \frac{2\pi i}{2022!!} $$
$\cot \pi z$ 的有界性
我们将证明以下命题：
对于任意给定的正整数 $n$，在圆周 $|z| = n + \dfrac{1}{2}$ 上 $\cot z$ 一致有界。
记 $z = x + iy$，不难验证此时必然有 $|y| > 1$ 或 $|x| > n + \dfrac{1}{4}$。
当 $|y| > 1$ 时有
$$ \begin{equation*} |\cot \pi z| = \left| \frac{e^{i \pi z} + e^{-i \pi z}}{e^{i \pi z} - e^{-i \pi z}} \right| \leq \frac{|e^{i \pi z}| + |e^{-i \pi z}|}{||e^{i \pi z}| - |e^{-i \pi z}||} = \frac{e^{2\pi |y|} + 1}{e^{2\pi |y|} - 1} \leq \frac{e^{2\pi} + 1}{e^{2\pi} - 1} \end{equation*} $$
而当 $|x| > n + \dfrac{1}{4}$ 时，$\cos (2\pi x) < 0$，进而
$$ \begin{align*} |\cot \pi z| &= \left| \frac{e^{i \pi z} + e^{-i \pi z}}{e^{i \pi z} - e^{-i \pi z}} \right| \leq 1 + \frac{2}{|e^{2i \pi z} - 1|} \newline &\leq 1 + \frac{2}{|\operatorname{Re} (e^{2i \pi z} - 1)|} = 1 + \frac{2}{1 - e^{-2\pi y} \cos (2\pi x)} < 3 \end{align*} $$
习题解答
下面是第三章 Exercises 1-22 的解答。
补充题
例 1
设 $f$ 为复平面 $\mathbb{C}$ 上的亚纯函数且满足 $|f(z)| \leq \left( \dfrac{2|z|}{|z - 1|} \right)^{3/2}$，则 $f$ 取常值 $0$。
记 $g(z) = \left( \dfrac{2z}{z - 1} \right)^{3/2}$。注意到当 $|z| \to +\infty$ 时有 $|g(z)| \to 2\sqrt{2}$，因此 $f$ 在无穷远点处有可去极点，进而 $f$ 在扩展复平面 $\overline{\mathbb{C}}$ 上亚纯，即 $f$ 是有理函数。
由题目中给出的控制条件可知 $f$ 必然有零点 $z = 0$，且极点只可能有 $z = 1$，即 $f(z) = c \cdot \dfrac{z^m h(z)}{(z - 1)^n}$，其中 $h$ 是多项式且满足 $h(0) = 1$。
当 $n = 0$ 时，由 $\infty$ 处的控制条件可知 $z^mh(z) = 1$，即 $f$ 取常值。又由 $|f(0)| = 0$ 可知 $f$ 恒为 $0$。
当 $n = 1$ 时，由 $\infty$ 处的控制条件可知 $z^mh(z)$ 为至多 $1$ 次的多项式，即 $f$ 取常值。又由 $|f(0)| = 0$ 可知必然有 $m = 1$ 以及 $h(z) = 1$，即 $f(z) = \dfrac{cz}{z - 1}$。但当 $z$ 在 $0$ 附近时总会有 $|f| > |g|$，矛盾。
当 $n \geq 2$ 时，不难发现当 $z$ 在 $1$ 附近时总会有 $|f| > |g|$，矛盾。
综上，$f$ 只能取常值 $0$。
例 2
设幂级数 $f(z) = \displaystyle\sum_{k \geq 0}a_kz^k$ 收敛半径为 $1$，且在单位圆圈上仅有一个单极点。证明：幂级数 $f$ 的系数序列有界。
不妨设 $f$ 在圆周上的单极点为 $z_0$，则存在 $c \in \mathbb{C}$ 使得 $f(z) - \dfrac{c}{z - z_0}$ 在单位闭圆盘 $\overline{\mathbb{D}}$ 上解析。
因此存在一个收敛到 $0$ 的序列 $\{ b_n \}$ 使得
$$ f(z) = \sum_{k \geq 0} b_k z^k + \frac{c}{z - z_0} = \sum_{k \geq 0} \left( b_k - \frac{c}{z_0^{k+1}} \right) z^k $$
这就表明
$$ a_k = b_k - \frac{c}{z_0^{k+1}} $$
再由 $b_n \to 0$ 以及 $|z_0| = 1$ 即可推出 $|a_k|$ 有界。