Question

求大神帮我解释一下为什么f（z）在上半平面有两个一级极点，怎么求的，过程写一下，谢谢啦

真心谢谢这位大神，新年快乐！

Answer 1

f(z)的分子是非零且有界的光滑函数, 因此分母的k阶零点就是f(z)的k阶极点.
而易见分母是关于z的4次实系数多项式, 且没有实根.
所以它有两组共轭虚根, 当然每组中恰有一个在上半平面.
进一步, 可验证分母没有重根, 所以所有零点都是1阶零点.
这样就可以定性的得到f(z)在上半平面有两个1阶极点.

对于极点的具体计算, 将方程展开:
z⁴+2α²z²+(α⁴+k/D) = 0.
重新配方得:
(z²+√(α⁴+k/D))² = 2(√(α⁴+k/D)-α²)z².
两边开方得到两个一元二次方程:
z²+√(α⁴+k/D) = √(2(√(α⁴+k/D)-α²))·z,
z²+√(α⁴+k/D) = -√(2(√(α⁴+k/D)-α²))·z.
分别求解即得共4个虚根: γ+βi, γ-βi, -γ+βi, -γ-βi,
其中γ = √((√(α⁴+k/D)-α²)/2), β = √((√(α⁴+k/D)+α²)/2).
上半平面的两个当然就是γ+βi和-γ+βi.

另外, 也可直接对(z²+α²)² = -k/D两边开方,
得到z² = -α²±i√(k/D), 然后再对右端的虚数开方.
形式上虽有z = ±√(-α²±i√(k/D)), 但要求出z的实部虚部还要几步.
比如设z = γ+βi然后由z² = -α²±i√(k/D)解出γ, β.
总之结果是一样的.

追问

还真有大神啊， 谢谢你。。。可以的话顺便把这个公式刚我解释一下呗，说是用到了留数定理，但我没学过复变函数，看懂真的费时费力。。。

追答

应该有条件y ≥ 0吧?

留数定理的一种情形大致是说:
一个亚纯函数在一条简单闭曲线上的积分,
等于其在曲线围成的区域内各极点处留数之和的2πi倍.

f(z)是整个复平面上的一个亚纯函数.
不过问题中这个广义积分并不是在简单闭曲线上,
所以还要技术处理一下.
∫{-∞,+∞} f(z)dz = lim{r → +∞} ∫{-r,r} f(z)dz
= lim{r → +∞} ∫{C1(r)} f(z)dz - lim{r → +∞} ∫{C2(r)} f(z)dz,
其中C1(r)是一条简单闭曲线, 是沿实轴由-r到r,
再经上半平面的半圆弧由r回到-r.
而C2(r)就是上半平面的这段半圆弧.

由C2(r)在上半平面上, 并有y ≥ 0,
在其上成立|e^(izy)| ≤ 1,
从而|f(z)| ≤ 1/|(z²+α²)²+k/D| ≤ 1/r⁴,
可知|∫{C2(r)} f(z)dz| ≤ 1/r⁴·πr,
则lim{r → +∞} ∫{C2(r)} f(z)dz = 0.
因此∫{-∞,+∞} f(z)dz = lim{r → +∞} ∫{C1(r)} f(z)dz.

由C1(r)是简单闭曲线(逆时针定向), 适用留数定理.
已证r充分大时, f(z)在C1(r)内部有两个极点γ+βi和-γ+βi,
∫{C1(r)} f(z)dz = 2πi(Res(f,γ+βi)+Res(f,-γ+βi)).
右端是与r无关的常数, 也就是r → +∞时的极限.
因此∫{-∞,+∞} f(z)dz = 2πi(Res(f,γ+βi)+Res(f,-γ+βi)).
剩下的就是计算f(z)在两个极点处的留数.

f(z)在一个1阶极点处的留数可用如下公式计算:
Res(f,a) = lim{z → a} (z-a)f(z).
字数超了, 所以剩下的就留给你算吧.

追问

拜托帮我写完呗，求极限是用洛比达法则吗

追答

洛比达法则也行, 不过这里的极限可以直接代入计算.
已经算出(z²+α²)²+k/D的4个根,
由此可得因式分解:
(z²+α²)²+k/D = (z-γ-βi)(z-γ+βi)(z+γ-βi)(z+γ+βi),
故f(z) = e^(izy)/((z-γ-βi)(z-γ+βi)(z+γ-βi)(z+γ+βi)),

可得(z-γ-βi)f(z) = e^(izy)/((z-γ+βi)(z+γ-βi)(z+γ+βi)).
Res(f,γ+βi) = e^(i(γ+βi)y)/(2βi·2γ·(2γ+2βi))
= e^(-βy)·(cos(γy)+i·sin(γy))/(8iβγ(γ+βi))
= e^(-βy)·(γcos(γy)+βsin(γy)+i·(γsin(γy)-βcos(γy)))/(8iβγ(γ²+β²)).
同理Res(f,-γ+βi) = e^(i(-γ+βi)y)/(-2γ·(-2γ+2βi)·2βi)
= e^(-βy)·(cos(γy)-i·sin(γy))/(8iβγ(γ-βi))
= e^(-βy)·(γcos(γy)+βsin(γy)-i·(γsin(γy)-βcos(γy)))/(8iβγ(γ²+β²)).
因此2πi(Res(f,γ+βi)+Res(f,-γ+βi))
= πe^(-βy)·(γcos(γy)+βsin(γy))/(2βγ(γ²+β²)).
即得所求结论.

另外更正一下(网友采纳无法修改),
在C2(r)上不一定成立|f(z)| ≤ 1/|(z²+α²)²+k/D| ≤ 1/r⁴,
但是r → +∞时肯定有r⁴/|(z²+α²)²+k/D| → 1,
因此存在常数c,
使得对充分大的r成立|f(z)| ≤ 1/|(z²+α²)²+k/D| ≤ c/r⁴.
同样说明lim{r → +∞} ∫{C2(r)} f(z)dz = 0.