本文深入研究Cauchy积分理论和留数定理及其应用。首先引入环绕数的概念，证明同伦曲线上的积分相等，建立初等区域的特征。然后通过Laurent分解将全纯函数展开为Laurent级数，定义留数并证明留数定理。作为应用，我们展示如何用留数定理计算实积分、无穷级数（特别是Riemann ζ函数在偶数点的值），以及通过幅角原理计数零点和极点。留数定理是复分析中最强有力的计算工具之一。

Cauchy积分

环绕数 (Winding number)

$U\mathring{\subset} \mathbb{C}$ 称为单连通域, 如果每个闭曲线都同伦于常值曲线 (homotopic to a constant curve).

如果 $U\mathring{\subset} \mathbb{C}$ 是星形的 (star-shaped), 即 $\exists p\in U, \forall q\in U, \forall t\in[0,1], p+t(q-p)\in U$. 那么 $U$ 是单连通域 (simply connected).

设 $\gamma:[a,b]\to U$ 是闭曲线, 定义 $\Gamma:[0,1]\times [a,b] \to U$ 如下

\[\Gamma(t,s) = t(\gamma(s)-p)+p\]

则 $\Gamma(1,s) = \gamma(s), \Gamma(0,s) = p$.

如果 $\gamma$ 和 $\tilde{\gamma}$ 是 $U$ 中两个同伦 (homotopic) 的分段光滑闭曲线, 且 $f:U\to \mathbb{C}$ 是全纯函数 (holomorphic), 则 $\int_{\gamma} f = \int_{\tilde{\gamma}} f$.

如果 $\gamma \sim \tilde{\gamma}$ 通过光滑同伦, 则由Stokes定理, $\int_{\gamma} f - \int_{\tilde{\gamma}} f=\int_{[0,1]\times [a,b]}d(\Gamma^* f dz)$.

设 $\Gamma$ 是从 $\gamma$ 到 $\tilde{\gamma}$ 的同伦, $A=\operatorname{Im}(\Gamma)\subset U$.

由于 $[0,1]\times [a,b]$ 是紧致的且 $\Gamma$ 是连续的, $A$ 是紧致的.

对于 $p\in A$, 考虑一个圆盘 $U_p$ 使得 $f|_{U_p}$ 有原函数 $F_p$ 满足 $F_p’=f|_{U_p}$

由于 $A$ 可以被有限个这样的开圆盘覆盖, $A\subset \bigcup_{i=1}^n U_j$, 其中 $F_j : U_j \to \mathbb{C}$ 是 $f|_{U_j}$ 的原函数, 这由紧致性得到.

设 $[a,b]=[c_0,c_1]\cup[c_1,c_2] \cup \cdots \cup [c_{n-1}, c_n]$ 且 $c_0=a<c_1<c_2 <\cdots<c_n=b$, 使得 (对于 $I_k=[c_{k-1}, c_k]$, 我们有 $\operatorname{Im}(\gamma|_{I_k})\subset U_{j_k}$ 对于某个 $j_k \in [1,2,\ldots,n]$).

($[a,b]$ 的这种剖分的存在性由 $[a,b]$ 的紧致性和 $\gamma$ 的连续性得到)

\[\begin{aligned} \int\_\gamma f dz & = \sum\_{i=1}^n \int\_\gamma f dz \\ & = \sum\_{k=1}^n (F\_k(\gamma(c\_k))-F\_k(\gamma(c\_{k-1}))) \\ & = F\_n(\gamma(c\_n))-F\_1(\gamma(c\_0))+ \sum\_{k=1}^{n-1} (-F\_{k+1}(\gamma(c\_k))+F\_k(\gamma(c\_k))) \\ \end{aligned}\]

注意到 $F_l - F_m|_{U_l\cap U_m}=\delta_{l,m}$ 是局部常数, 因为微分为零且 $U_l\cap U_m$ 是连通的.

因此 $\int_\gamma f dz = \delta_{n,1} + \sum_{k=2}^{n-1} \delta_{k,k-1}$.

由于 $\Gamma$ 是连续的且 $[a,b]$ 是紧致的, 存在 $\epsilon >0$ 使得对所有 $t\in [0,\epsilon]$，我们有 $\Gamma(t,):I_k\to U_k$ 对于 $k=1,2,\ldots,n$

$\int_{\Gamma(t,\cdot)} f dz = \int_\gamma f dz$ 对所有 $t\in [0,\epsilon]$ 成立.

考虑 $T_n = \sup_t {t\in[0,1] | \int_{\Gamma(t,\cdot)} f dz = \int_\gamma f dz}$.

那么, $T_n$ 必须为 $1$. 事实上, 因为 $\Gamma$ 是连续的, 上确界成为最大值.

我们总是可以稍微延拓区间 $\implies$ \(\int\_\gamma f dz = \int\_{\Gamma(t,\cdot)} f dz = \int\_{\tilde{\gamma}} f dz\)

对于 $\gamma [a,b]\to \mathbb{C}\setminus {0}$ 是闭曲线且 $\gamma(a)=1$, 我们有 $r(t) = \exp(\int_{\gamma_{|[a,t]}}\frac{dz}{z})$ 是常数.

定义 $\tilde{\gamma}(t)=\exp(\int_{\gamma_{|[a,t]}}\frac{dz}{z})$.

则 $\tilde{\gamma}’(t)=\tilde{\gamma}(t)\frac{\gamma’(t)}{\gamma(t)}$ 且 $\tilde{\gamma}(a) = 1 = \gamma(a)$。 $\implies$ 由ODE解的唯一性得到 $\tilde{\gamma} = \gamma$.

设 $\gamma, \tilde{\gamma}:[a,b] \to \mathbb{C}\setminus {0}$ 是闭曲线, $\gamma$ 同伦于 $\tilde{\gamma}$ 当且仅当 $\int_\gamma f dz = \int_{\tilde{\gamma}} f dz$ 对于 $f=\frac{1}{z}$. 而且 $\frac{1}{2\pi i}\int_\gamma \frac{dz}{z}$ 是整数. 这个整数 $n(\gamma,0)=\frac{1}{2\pi i}\int_\gamma \frac{dz}{z}$ 称为 $\gamma$ 关于 $0$ 的环绕数 (Winding number).

首先由前面的引理 $\gamma(b) = \gamma(a) \exp(\int_\gamma \frac{dz}{z})$.

因此 $\tilde{\gamma}(b) = \gamma(a) \exp(\int_{\tilde{\gamma}} \frac{dz}{z})$. 所以 $\gamma(a) = \gamma(b)$ 蕴含 $\frac{1}{2\pi i} \int_\gamma \frac{dz}{z}$ 是一个整数.

由上述定理, 同伦曲线 $\gamma$ 和 $\tilde{\gamma}$ 有相同的环绕数. 剩下要证明如果 $\gamma$ 和 $\tilde{\gamma}$ 有相同的环绕数, 则它们是同伦的.

不妨设 $\gamma(a) = 1 = \tilde{\gamma}(a)$, 因此 $\gamma(s) = \exp(\int_{\gamma|_{[a,s]}}\frac{dz}{z})$.

定义 $\Gamma:[0,1]\times [a,b]\to \mathbb{C}\setminus {0}$, $\Gamma(t,s) = \exp((1-t)\int_{\gamma|_{[a,s]}}\frac{dz}{z} + \int_{\tilde{\gamma}|_{[a,s]}}\frac{dz}{z})$ 是连续的. 对所有 $t\in[0,1]$, 它是分段光滑的.

$\gamma = \Gamma(0,\cdot)$ 且 $\tilde{\gamma} = \Gamma(1,\cdot)$.

最后对所有 $t\in[0,1]$, 我们有 $\Gamma(t,b) = \Gamma(t,a) \exp((1-t)\int_\gamma \frac{dz}{z}+t\int_{\tilde{\gamma}}\frac{dz}{z}) = \Gamma(t,a) \exp((1-t)\cdot 2\pi i n+ t 2\pi i n )$

$\gamma:[0,1] \to \mathbb{C}\setminus {0}$, $n\in ℤ$, $\gamma(s) = e^{2\pi i n s}$ 的环绕数为 $n$.

对于 $\gamma:[a,b]\to \mathbb{C}\setminus {\omega}$, 定义 $\gamma$ 关于 $\omega$ 的环绕数为 \(n(\gamma,\omega) = \frac{1}{2\pi i} \int\_\gamma \frac{dz}{z-\omega}\in 2\pi iℤ\) 我们有对应的命题.

如果 $U\mathring{\subset} \mathbb{C}$ 是连通的,且每个全纯函数 $f:U\to \mathbb{C}$ 都有原函数 (primitive) $F:U\to \mathbb{C}$ 满足 $F’=f$,则称 $U$ 为初等的 (elementary)。

如果 $U$ 是单连通的,则 $U$ 是初等的。

如果 $U\mathring{\subset}\mathbb{C}$ 使得存在 $\omega\in \mathbb{C}\setminus U$ 且存在闭曲线 $\gamma:[a,b]\to U$ 满足 $n(\gamma,\omega)\ne 0$,则 $U$ 不是初等的。

取 $f = \frac{1}{z-\omega}\int_\gamma f dz \ne 0$. 因此 $f$ 没有原函数.

Laurent分解与一致收敛 (Laurent decomposition and uniformly convergence)

设 $0\le r <R\le \infty$ 且 $A = {z\in \mathbb{C}| 0<|z|<R}$. 考虑全纯函数 $f:A\to \mathbb{C}$. 则存在全纯函数 $g:D_k \to \mathbb{C}$ 和 $h:D_{1/r} \to \mathbb{C}$ 以及 $D_\zeta = {z:|z|<\zeta}$ 使得 $f(z) = g(z) + h(\frac{1}{z}),\forall z\in A$. 若要求 $h(0)=0$, 则 $g,h$ 唯一.

唯一性: $f(z) = g(z) + h(\frac{1}{z}) = \tilde{g}(z) + \tilde{h}(\frac{1}{z})$ 其中 $g,\tilde{g}:D_R\to \mathbb{C}$ 且 $h,\tilde{h}:D_{1/r}\to \mathbb{C}$, 那么 $g(z) -\tilde{g}(z) = \tilde{h} (\frac{1}{z}) - h(\frac{1}{z}) =: C(z), \forall z\in A$.

左边可以开拓到 $D_R$ 而右边可以开拓到 $\mathbb{C}\setminus \overline{D_r}$ 并且有界, 因为 $\lim_{z\to \infty} \tilde{h}(\frac{1}{z}) - h(\frac{1}{z}) = \lim_{z\to \infty} \tilde{h}(z) - h(z) = \tilde{h}(0) - h(0) \in \mathbb{C}$.

$\implies C:\mathbb{C}\to \mathbb{C}$ 是全纯函数并且有界, 因此是常数.

如果 $\tilde{h}(0) = h(0)$, 则 $C=0$.

存在性

设 $r<\tilde{r}<\tilde{R}<R$.

对于全纯函数 $G:A\to \mathbb{C}$, 我们有 \(\int\_{\|S\|=\tilde{r}} G(s) ds = \int\_{\|S\|=\tilde{R}} G(s) ds.\)

考虑 $z\in A$ 满足 $\tilde{r} < |z| < \tilde{R}$.

$G:A\to \mathbb{C}$ 且 $G(s) = \frac{f(s)-f(z)}{s-z}$, $G$ 在 $s=z$ 处有可去奇点且 $G(z) = f’(z)$.

$\implies$ \(\int\_{\|s\|=\tilde{r}}\frac{f(s)}{s-z}ds - f(z) \int\_{\|s\|=\tilde{r}}\frac{1}{s-z}ds = \int\_{\|s\|=\tilde{R}}\frac{f(s)}{s-z}ds - f(z) \int\_{\|s\|=\tilde{R}}\frac{1}{s-z}ds\).

其中 $\int_{|s|=\tilde{r}}\frac{1}{s-z}ds=0$, $\int_{|s|=\tilde{R}}\frac{1}{s-z}ds=2\pi i$.

因此 \(f(z) = \frac{1}{2\pi i}(\int\_{\|s\|=\tilde{R}}\frac{f(s)}{s-z}ds - \int\_{\|s\|=\tilde{r}}\frac{f(s)}{s-z}ds).\)

设 $g:D_{\tilde{R}}\to \mathbb{C}, z\mapsto \frac{1}{2\pi i} \int_{|s|=\tilde{R}}\frac{f(s)}{s-z}ds$, $h:D_{1/\tilde{r}}\to \mathbb{C}, z\mapsto \frac{1}{2\pi i} \int_{|s|=\tilde{r}}\frac{zf(s)}{1-sz}ds$.

则 $g$ 和 $h$ 分别在 $D_{\tilde{R}}$ 和 $D_{1/\tilde{r}}$ 上全纯且 $h(0)=0$.

我们可以对所有 $r<\tilde{r}<\tilde{R}<R$ 进行这个计算.

由唯一性, 对于 $\tilde{r}, \tilde{R}$ 我们在重叠区域得到相同的 $g$ 和 $h$. 因此 $g,h$ 在 $A$ 上定义良好.

设 $f_1,\ldots,f_n,f_{n+1},\ldots:U\to \mathbb{C}$ 是函数序列. 序列 $(f_n)$ 称为一致收敛 (converge uniformly) 到 $f:U\to \mathbb{C}$, 如果对 $\forall p\in U$, 存在 $U_p\mathring{\subset}U,p\in U_p$ 使得对于所有 $\epsilon>0$ 存在 $N\in \mathbb{N}$ 使得对所有 $n\geq N$ 和所有 $z\in U_p$ 我们有 $|f_n(z)-f(z)|<\epsilon$.

如果所有 $f_n$ 是连续的, 则 $f$ 是连续的.

但是如果所有 $f_n$ 是可加可微的 (甚至是光滑的), 则 $f$ 不一定是可加可微的 (或光滑的), 由Weierstrass逼近定理.

如果 $f_n:U\to \mathbb{C}$ 是全纯的且序列 $(f_n)$ 局部一致收敛到 $f:U\to \mathbb{C}$, 则 $f$ 是全纯的, 且 $f_n’$ 局部一致收敛到 $f’$.

设 $V\subset U$ 是小圆盘, 且 $\gamma:[a,b]\to V$ 是某个闭曲线. 那么, 对所有 $n\in \mathbb{N}$, $\int_\gamma f_n dz = 0$ 由Cauchy定理. 由于 $f_n\to f$ 局部一致收敛, 我们得到 \(0 = \lim\_{n\to \infty} \int\_\gamma f\_n dz = \int\_\gamma f dz.\)

由于 $\gamma$ 是任意的, $f$ 在 $V$ 上有原函数因此在 $V$ 上全纯. 由于全纯性是局部性质, $f$ 在 $U$ 上全纯.

$f_n’\to f’$ 局部一致收敛由导数的Cauchy积分公式得到.

如果 $\sum_{n\ge 0} a_n z^n$ 的收敛半径 $R>0$, 则 $\sum_{n\ge 0} a_n z^n$ 是全纯的且 $f’= \sum_{n\ge 1} n a_n z^{n-1}$.

设 $r< R\in [0,\infty]$. 设 $f:A={z| r<|z|<R}\to \mathbb{C}$ 全纯. 则 $f=\sum_{k\in ℤ} f_k z^k$ 在 $A$ 上局部一致收敛, 其中 $f_k\in \mathbb{C}$.

写成, $\forall z\in A, f(z)=g(z)+h(\frac{1}{z})$. 其中 $g:D_R\to \mathbb{C}$ 全纯且 $h:D_{1/r} \to \mathbb{C}$ 满足 $h(0)=0$.

则 $g=\sum_{k\ge 0} g_k z^k$ 对于某个 $g_k\in \mathbb{C}$ 且 $h=\sum_{k> 1} h_k z^k$.

因此, 序列 $S_n = \sum_{k=-n}^n f_k z^k$ 其中 $f_k := \begin{cases} g_k & k\ge 0 \ h_{-k} & k<0 \end{cases}$ 在 $A=D_R \cap 1/\overline{D_{1/r}}$ 上局部一致收敛.

如果 $f:\tilde{A} ={z| r<|z-a|<R}$ 我们有Laurent级数 $f=\sum_{k\in ℤ} f_k (z-a)^k$.

设 $f:U\setminus {a}\to \mathbb{C}$ 全纯, $U\mathring{\subset} \mathbb{C}, a\in U$. 则 $\operatorname{res}_a f:= f_{-1}$, 其中 $f = \sum_{k\in ℤ} f_k (z-a)^k$ 是 $f$ 在某个小环 $A^\varepsilon={z| 0<|z-a|<\varepsilon}$ 上的Laurent级数, 满足 $A^\varepsilon\subset U\setminus {0}$.

$\alpha = \operatorname{res}_a f\in \mathbb{C}$ 是唯一的复数使得 $f-\frac{\alpha}{z}:D_\varepsilon \setminus {a}\to \mathbb{C}$ 有原函数.

\(\\operatorname{res}\_a f = \frac{1}{2\pi i} \int\_{\gamma} f dz\) 对于 $\gamma:[0,1]\to U\setminus {a}$ 满足 $\gamma(0)=\gamma(1)$ 且 $n(\gamma,a)=1$.

$f = \sum_k f_k (z-a)^k$, \(\int\_\gamma f dz = \sum\_k f\_k \int\_\gamma (z-a)^k dz = f\_{-1} \int\_\gamma \frac{dz}{z} = 2\pi i f\_{-1}\).

设 $U\subset \mathbb{C}$ 是初等域. 设 $z_1,\ldots, z_n\in U$ 且 $f:U\setminus {z_1,\ldots,z_n}\to \mathbb{C}$ 全纯. 设 $\gamma:[0,1] \to U\setminus {z_1,\ldots, z_n}$ 是闭曲线.

则 \(\int\_\gamma f dz = 2\pi i \sum\_{k=1}^n \\operatorname{res}\_{z\_k} f \cdot n(\gamma,z\_k).\)

对于 $f\setminus {z_1,\ldots,z_n} \to \mathbb{C}$ 我们可以在 $z_1$ 或 $z_2$ 或 $\ldots$ 或 $z_n$ 附近进行局部Laurent分解来找到全纯函数 $h_k:\mathbb{C}\setminus {z_k}\to \mathbb{C}$ 使得 $f-h_k$ 全纯开拓到 $z_k$.

$g:=f-\sum_{k=1}^{n}h_k$ 是全纯函数 $g:U\to \mathbb{C}$. 由于 $U$ 是初等的, 则 $\int_\gamma g dz = 0$.

因此 \(\begin{aligned} \int\_\gamma f dz & = \sum\_{k=1}^n \int\_\gamma h\_k dz\\ & = \sum\_{k=1}^n \sum\_{l=1}^{\infty} h\_k^l \int\_\gamma (z-z\_k)^{-l} dz \\ & = 2\pi i \sum\_{k=1}^n \\operatorname{res}\_{z\_k} f \cdot n(\gamma,z\_k). \end{aligned}\)

应用 (Applications)

计数 (Counting)

设 $U\in \mathbb{C}$ 是初等的且 $f:U\to \mathbb{C}$ 是非亚纯的非常值函数. 设 $\gamma:[0,1]\to U$ 是闭曲线. 则 $f$ 只有有限多个零点和极点 $z_k,k=1,\ldots,n$ 被 $\gamma$ 包围 (意味着 $n(\gamma,z_k)$ 非零) 且 \(\frac{1}{2\pi i} \int\_\gamma \frac{f'}{f} dz = \sum\_{k=1}^n \\operatorname{ord}\_{z\_n} f\cdot n(\gamma,z\_k).\)

假设 $f$ 有无限多个零点和极点 $\omega_1,\ldots,\omega_{n+1}$ 被 $\gamma$ 包围.

由于 $\operatorname{Im}(\gamma)$ 是紧致的, $(\omega_n)$ 都包含在某个紧致子集 $K\subset \mathbb{C}$ 中, 因此不妨设 $\lim \omega_n \to \omega \in \mathbb{C}$. 如果 $\omega\in U$, 则我们与 $f$ 是非常值的由恒等定理得到矛盾.

特别地, $\omega\notin \operatorname{Im}(\gamma)$ 因此 $\lim_{k\to \infty} n(\gamma, \omega_k)=n(\gamma,\omega)=0$ 但左边$\ne 0$.

现在我们可以对全纯函数 $\frac{f’}{f}:U\setminus {z_1,\ldots,z_n}\to \mathbb{C}$ 应用留数定理.

对于 $f=(z-z_k)^l \cdot g(z)$ 其中 $g:U\to \mathbb{C}$ 全纯且 $g(z_k)\ne 0$.

我们得到 $\frac{f’}{f} = \frac{l}{z-z_k}+\frac{g’}{g}$ 因此 $\operatorname{res}_{z_k} \frac{f’}{f} = \operatorname{ord}_{z_k} f$.

\(\frac{1}{2\pi i} \int\_\gamma \frac{f'}{f} dz = n(f\circ \gamma,0)\).

设 $f_n:U\mathring{\subset} \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ 全纯且 $(f_n)$ 局部一致收敛到 $f:U\to \mathbb{C}$ (全纯). 如果 $f_n$ 没有零点, 则 $f$ 没有零点或 $f$ 恒为零.

假设 $f$ 不是恒为零. 设 $\omega \in U$ 是 $f$ 的孤立零点. 设 $\gamma$ 是包围 $\omega$ 的”小”闭曲线满足 $n(\gamma,\omega)=1$ 且 $\operatorname{Im}(\gamma)$ 不包含 $f$ 的任何零点, 则我们得到矛盾, 因为 \(0\ne 2\pi i \\operatorname{ord}\_\omega f = \int\_\gamma \frac{f'}{f} dz = \lim\_{n\to \infty} \int\_\gamma \frac{f\_n'}{f\_n} dz = 0.\)

设 $f_n:U\to \mathbb{C}$ 全纯且单射, $\forall n \in \mathbb{N}$, 且 $f_n \to f$ 局部一致收敛. 则 $f$ 是单射或常数.

设 $\omega\in U$ 并考虑 $g(z) = \frac{f(z)-f(\omega)}{z-\omega}$，类似地 $g_n = \frac{f_n(z)-f_n(\omega)}{z-\omega}$，$g,g_n:U\to \mathbb{C}$ 是全纯的。

$g$ 有零点当且仅当值 $f(\omega)$ 被取多次，或 $f’(\omega) = 0$，即 $f$ 不是单射。

对于 $g_n$ 同样成立，且 $f_n$ 是单射的假设表明 $g_n$ 没有零点。要么 $g=0$（$\iff$ $f$ 是常数），要么 $g$ 没有零点。由于我们可以选择 $\omega\in U$，这证明了结果。

设 $U\subset \mathbb{C}$ 是初等的且 $f,g:U\to \mathbb{C}$ 全纯. 设 $\alpha:[0,1]\to U$ 是闭曲线, 满足 $n(\alpha, p)\in {0,1}, \forall p\notin \operatorname{Im}(\alpha)$. 如果对所有 $z\in \operatorname{Im}(\alpha)$ 有 $|f(z)|>|g(z)|$, 则 $f$ 和 $f+g$ 在 $\operatorname{Im}(\alpha)$ 上没有零点, 且被 $\alpha$ 包围的零点个数相同.

$f$ 和 $f_t := f+t g$ 在边界 $\alpha$ 上都不能有零点, $\forall t\in [0,1]$

对任何 $t$, $\frac{1}{2\pi i}\int_\alpha \frac{f_t’}{f_t}dz$ 给出被 $\alpha$ 包围的零点个数.

这个数是整数且对 $t$ 连续依赖.

积分的计算 (Computation of integrals)

设 $p,q:\mathbb{C}\to \mathbb{C}$ 是多项式, 满足 $\deg(p)\le \deg(q)-2$. 设 $w_1,\cdots,w_n\in \mathcal{H}={z\in \mathbb{C}| \Im(z)>0}$ 是 $q$ 在上半平面的零点, 且假设 $q$ 在实轴上没有零点.

则 \(\int\_{-\infty}^\infty \frac{p(x)}{q(x)}dx = 2\pi i \sum\_{k=1}^n \\operatorname{res}\_{w\_k} \frac{p}{q}.\)

设 $R>0$ 充分大使得所有点 $w_1,\cdots,w_n\in D_R(0)\cap \mathcal{H}$.

$\gamma = \gamma_2 \circ \gamma_1$ 是闭曲线 $\gamma_1:[1,1]\to \mathbb{C},t\mapsto R_t$, $\gamma_2:[0,1]\to \mathbb{C}, t\mapsto R_t e^{2\pi i t}$.

剩下要证明 $\lim_{R\to \infty} \int_{\gamma_2} \frac{p}{q} dz = 0$

\[\int\_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+x^6}dx = ? \frac{2}{3} \pi\]

无穷级数 (Infinite sums)

Riemann $\zeta$ 函数 \(\zeta(s) = \sum\_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}\) 其中 $n^s = e^{s\log n }$ 对于 $s\in \mathbb{C}$ 满足 $\Re(s) >1$.

观察: $\zeta(1)$ 不存在.

$\zeta(3)$ 是无理数. $\zeta(2k+1)$ 对于 $k\ge 2$ 不知道是否为无理数. 至少 $\zeta(5),\zeta(7),\zeta(9),\zeta(11)$ 中有一个是无理数.

目标。计算 $\zeta(2k), k\in \mathbb{N}$。考虑 $cot(\pi z) =\frac{\cos(\pi z)}{\sin(\pi z)}: \mathbb{C}\setminus ℤ \to \mathbb{C}$ 全纯。

级数 $\sum_{n\in ℤ} f_n(ℤ)$ 其中 $f_n: U \to \mathbb{C}$ 全纯称为正规收敛 (normally convergent), 如果对于 $p\in U$ 存在开集 $p\in U_r \subset U$ 和 $M_n \in \mathbb{R}^{\ge 0}$, 满足 $|f_n(z)|<M_n$ 对 $\forall z\in U_p$ 且 $\sum_{n\in ℤ} M_n$ (绝对) 收敛.

正规收敛的级数由Weierstrass M判别法, 局部一致收敛到一个全纯函数 $f:U\to \mathbb{C}$.

\(\pi \cot(\pi z) = \frac{1}{z} - \sum\_{n\in ℤ, n\ne 0} (\frac{1}{z-n}+\frac{1}{n})\) 对所有 $z\in \mathbb{C}\setminus ℤ$ 成立且右边正规收敛.

正规收敛: 设 $z\in \mathbb{C}\setminus ℤ$ 且 $\frac{1}{z} >\varepsilon>0$ 满足 $D_\varepsilon(z) \cap ℤ = \emptyset$.

对 $\forall \omega \in D_\varepsilon (z)$， $|\omega|\le|z|+1$ 且 $|\frac{1}{\omega-z}+\frac{1}{\omega}| = |\frac{\omega}{(\omega-n)n}|\le \frac{2(|z|+1)}{n^2}=M_n$ 对所有 $n\in ℤ$ 满足 $|n|\ge 2(|z|+1)$.

当然 $\sum \mu_n <\infty$ $\implies$ 该级数正规收敛.

考虑 $z\in \mathbb{C}\setminus ℤ$, $f:\mathbb{C} \setminus ℤ \cup {z}\to \mathbb{C}$, $\omega\mapsto \frac{z}{\omega(z-\omega)}\pi \cot(\pi\omega)$.

函数 $f$ 在所有 $k\in ℤ\setminus {0}$ 和 $\omega = z$ 处有一阶极点, 在 $\omega = z$ 处有二阶极点.

则 $\operatorname{res}_{\omega = z} f = -\pi \cot (\pi z)$, $\operatorname{res}_{\omega = k} = \frac{z}{k(z-k)}$, 对于 $k\ne 0$, $\operatorname{res}_{\omega = 0} f= \frac{1}{z}$.

考虑 $Q_N:=[-N-\frac{1}{2}, N+\frac{1}{2}]\times i[-N-\frac{1}{2}, N+\frac{1}{2}]$.

设 $\gamma_N = \partial Q_N$ 则 $\operatorname{Im}(\gamma_N)$ 不包含 $f$ 的极点 $\implies$ 我们可以应用留数定理.

\[\begin{aligned} \frac{1}{2\pi i} \int\_{\gamma\_N} f d\omega & = \sum\_{k\ne 0, k\in ℤ} \\operatorname{res}\_{\omega = k} f + \\operatorname{res}\_{\omega = 0} f + \\operatorname{res}\_{\omega = z} f \\ & = \sum\_{k\ne 0, k\in ℤ} \frac{z}{k(z-k)} + \frac{1}{z} - \pi \cot(\pi z) \\ \end{aligned}\]

声称 $\lim_{N\to \infty} \int_{\gamma_N} f d\omega = 0$ 其中 $f = \frac{z}{\omega(z-\omega)}\pi \cot(\pi\omega)$.

如果我们可以证明 $|\pi \cot (\pi \omega)|<C, \forall N\gg0, \forall \omega \in \gamma_N$.

则 $|\int_{\gamma_N} f d\omega| \le C(2N+1) \frac{|z|}{(N+\frac{1}{2})(N+\frac{1}{2}-z)}\to 0$.

对于 $\omega = x+iy$ 满足 $|y|\ge 1$, 我们得到 \(\|\cot(\pi \omega)\| = 1+\frac{2\cos(2\pi x)}{\cosh(2\pi \|M\|) - \cos(2\pi x)} \le C\) 对于 $|y|\le 1$ 我们有函数 $\cot(\pi (x+iy))$ 在 $x$ 中是2周期的 $\implies$ $\cot(\pi(N+\frac{1}{2}+iy))$ 对 $N$ 和 $\tilde{N} = N+2$ 取相同的值. $\implies$ 由于 ${y||y|\le 1}$ 是紧致的, 我们也得到了估计.

Bernoulli数 $B_n$ 和 $g(z) = \frac{z}{e^z-1}$ 对于小 $z$ 的展开, $g(z)$ 是全纯的且 $g(z)=\sum_{k=0}^\infty \frac{B_k}{k!} z^k$, 我们有 $1=g(z) \frac{1}{g(z)}$ 由于 $\exp(z) = \sum_{k=0}^\infty \frac{z^k}{k!}$, 我们有 $\frac{e^z-1}{z} = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(k+1)!} z^k.$

利用 Cauchy 乘积公式, 我们有 \(1 = \sum\_{n=0}^\infty (\sum\_{k=0}^n \frac{1}{(k+1)!}\frac{B\_{n-k}}{(n-k)!})z^n.\) $\implies$ \(\forall n\in \mathbb{N}, \sum\_{k=0}^{n} \frac{1}{(k+1)!}\frac{B\_{n-k}}{(n-k)!} = \begin{cases} 1 & n= 0 \\ 0 & n>0 \end{cases}\)

$S_k(n):=\sum_{j=1}^{n-1} j^k = \frac{1}{k+1} \sum_{j=0}^{k} \binom{k+n}{j} B_j n^{k+1-j}$.

\[\lim\_{n\to \infty} (-1)^{k+1} \frac{(2\pi)^{2k}}{2(2k)!} B\_{2k} = 1\]

Bernoulli数 $B_n$ 是有理数, 且满足 $B_{2n+1}=0, \forall n\ge 1$.

利用归纳法通过 \(\sum\_{k=0}^{n}\frac{1}{(k+1)!} \frac{B\_{n-k}}{(n-k)!} = \begin{cases} 1 & n= 0 \\ 0 & n>0 \end{cases}\)

$g(z) + \frac{1}{2} z = \frac{1}{2} z \frac{e^z+1}{e^z-1}$ 是偶函数。

$\forall k\in \mathbb{N}\ge 1$, $\zeta (2k) = \frac{(-1)^{k+1} 2^{2k}}{2\cdot (2k)!} B_{2k} \cdot \pi^{2k}$.

$z\cot(z) = iz \frac{e^{2iz} + 1}{e^{2iz}-1} = g(2i z)+iz$ 其中 $g(z) = \frac{z}{e^z-1}=\sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{2^{2k}}{(2k)!}B_{2k} \cdot z^{2k}$ 由 $\zeta(s)$ 的定义对于小 $z$.

或者 $(\pi z) \cot (\pi z) = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k \frac{2^{2k}}{(2k)!}B_{2k} \cdot \pi^{2k} \cdot z^{2k}$ 对于小 $z: |z|<\frac{1}{2\pi}$.

从 $\cot$ 的部分分式分解, 我们对小 $z$, $z\ne 0$，得到 $\pi z \cot (\pi z) = 1+z\sum_{n\ne 0} (\frac{1}{z-n}+\frac{1}{n})=1+2 z^2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^2-n^2}$.

对所有 $n\ge 1$ 和小 $z$， $\frac{1}{z^2-n^2} = -\frac{1}{n^2} \sum_{k=0}^{\infty} (\frac{z^2}{n^2})^k$. 代入 (1) 得到 $(\pi z) \cot (\pi z) = 1+2 z^2 \sum_{n=1}^\infty (-\frac{1}{n^2} \sum_{k=0}^\infty (\frac{z^2}{n^2})^k) = 1-2\sum_{k=1}^\infty (\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{2k}}) z^{2k}$, 这证明了定理.