复变函数笔记

高数写了笔记再考试效果挺好的 （为什么挂科之前没这觉悟啊），复变也记一下吧。

复数与复变函数

复数及其运算

通常记复数为 $z=x+\mathrm{i}y$ ，其中实部与虚部记作
$$
x=\mathrm{Re}(z),\quad y=\mathrm{Im}(z)
$$
显然
$$
\mathrm{Re}(z)=\frac{z+\overline{z}}{2},\quad \mathrm{Im}(z)=\frac{z-\overline{z}}{2\mathrm{i}}
$$
以正实轴为始边，以 $z(z\neq 0)$ 所对应的向量为终边的角称为复数 $z$ 的辐角，记作 $\mathrm{Arg}\ z$ ，把在 $(-\pi,\pi]$ 之间的辐角称为 $z$ 的主辐角（或主值或者叫辐角主值），记作 $\mathrm{arg}\ z$ 。
有个重要点就是辐角要注意正负。

以及大名鼎鼎的欧拉公式：$$e^{\mathrm{i}\theta}=\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta$$

一个没什么名但是很有用的公式——棣莫弗公式：$$z^n = \cos n\theta + \mathrm{i}\sin n\theta$$

复数的开方
复数开方时，开几次方就有几个结果。
求 $w=\sqrt[n]{z}$ 时，令 $w=\rho e^{\mathrm{i}\varphi}$ ，从而 $\rho^n e^{\mathrm{i}n\varphi} = z = re^{\mathrm{i}\theta}$ ，得到
$$
\rho^n = r,\quad n\varphi = \theta + 2k\pi,\quad k=0,\pm1,\pm2,\cdots
$$故
$$
\rho = r^{1/n},\quad \varphi = \frac{\theta + 2k\pi}{n}
$$于是
$$
w = \sqrt[n]{r}e^{\mathrm{i}\frac{\theta + 2k\pi}{n}}
$$

平面点集的一般概念

和高数类似，没啥好说的。

复变函数

似乎也没啥重要的（）

解析函数

解析函数的概念与柯西-黎曼方程

奇点：如果函数 $f(z)$ 在点 $z_0$ 不解析，则称 $z_0$ 为 $f(z)$ 的奇点。
求有理分式的奇点时，直接取分母零点即可。

柯西-黎曼方程（C-R方程）：
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y},\quad \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}
$$

可导的充要条件： $u(x,y)$ 和 $v(x,y)$ 在点 $x,y$ 可微，且在该点满足C-R方程。

例 证明：柯西-黎曼方程的极坐标形式是
$$
\frac{\partial u}{\partial r} = \frac{1}{r}\frac{\partial v}{\partial \theta},\quad \frac{\partial v}{\partial r} = -\frac{1}{r}\frac{\partial r}{\partial \theta}
$$

初等函数及其解析性

指数函数 $z=x+\mathrm{i}y$ 为任意复数，称 $w=e^z=e^x(\cos y+\mathrm{i}\sin y)$ 为指数函数。

对数函数 满足方程 $e^w = z$ 的函数 $w=\mathrm{Ln} \ z$ 称为对数函数，且
$$
\mathrm{Ln}\ z = \ln z + 2k\pi\mathrm{i} = \ln|z| + \mathrm{i}\mathrm{arg}\ z + 2k\pi\mathrm{i},\quad k=0,\pm1,\pm2,\cdots
$$

幂函数 $w=z^a=e^{a\mathrm{Ln}\ z}$ 为幂函数。

三角函数 称 $\sin z = \frac{e^{\mathrm{i}z}-e^{-\mathrm{i}z}}{2\mathrm{i}}$ 为正弦函数， $\cos z = \frac{e^{\mathrm{i}z}+e^{-\mathrm{i}z}}{2}$ 为余弦函数。

双曲函数 称 $\sinh z = \frac{e^z-e^{-z}}{2}$ 为双曲正弦函数， $\cosh z = \frac{e^z+e^{-z}}{2}$ 为双曲余弦函数。

解析函数与调和函数的关系

若实二元函数 $\varphi(x,y)$ 在区域 $D$ 内具有二阶连续偏导数，且满足 $\mathrm{Laplace}$ 方程
$$
\frac{\partial^2\varphi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2\varphi}{\partial y^2} = 0
$$
则称 $\varphi(x,y)$ 为区域 $D$ 的调和函数。

例 验证 $u(x,y)=x^3-3xy^2$ 为调和函数，并求以 $u(x,y)$ 为实部的解析函数 $f(z)$ ，使得 $f(\mathrm{i}) = -\mathrm{i}$ 。

解 $u_{xx}=6x$，$u_{yy}=-6y$，故 $u_{xx}+u_{yy}=0$， $u(x,y)$ 为调和函数。下面求虚部 $v(x,y)$ 。
法一：偏积分法
$$
u_x = 3x^2-3y^2 = v_y \Rightarrow v = \int (3x^2-3y^2)\mathrm{d}y = 3x^2y-y^3 + \varphi(x) \\
v_x = 6xy+\varphi’(x) = -u_y = 6xy \Rightarrow \varphi(x) = C \Rightarrow v(x,y) = 3x^2y - y^3 + C
$$

法二：全微分法
$$
v_y=u_x=3x^2-3y^2,v_x=-u_y=6xy\\
\Rightarrow \mathrm{d}v = v_x’\mathrm{d}x +v_y’\mathrm{d}y=6xy\mathrm{d}x + (3x^2-3y^2)\mathrm{d}y\\
\Rightarrow v(x,y)=\int_{(0,0)}^{(x,y)}6xy\mathrm{d}x+(3x^2-3y^2)\mathrm{d}y + C \\
=\int_0^x\mathrm{d}x+\int_0^y(3x^2-3y^2)\mathrm{d}y + C = 3x^2y - y^3 + C
$$

最后代入 $f(\mathrm{i})=-\mathrm{i}$ 有 $f(z)=(x^3-3xy^2)+\mathrm{i}(3x^2y-y^3)=z^3$ 。

复变函数的积分

复变函数积分的概念

例 计算 $I=\oint_{\mathit{\Gamma}}\frac{1}{(z-z_0)^n}\mathrm{d}z$ ，其中 $\mathit{\Gamma}$ 为包含 $z_0$ 的一条闭曲线。
解 以 $z_0$ 为圆心 $r$ 为半径作圆，则函数 $f(z)=\frac{1}{(z-z_0)^n}$ 在 $\overline{D}=D+\mathit{\Gamma}+C^-$上解析，因此
$$
I = \oint_C\frac{\mathrm{d}z}{(z-z_0)^n}\mathrm{d}z
= \begin{cases}
2\pi\mathrm{i}, & n = 0 \\
0, & n\neq0
\end{cases}
$$

柯西积分定理

设函数 $f(z)$ 在单连通域 $D$ 内解析， $\mathit{\Gamma}$ 为 $D$ 内的任意一条简单闭曲线，则有$$\oint_{\mathit{\Gamma}}f(z)\mathrm{d}z=0$$
甚至也不用在$ \mathit{\Gamma}$ 上解析，在 $\mathit{\Gamma}$ 上连续就成立。

复合闭路定理

设多连域 $D$ 的边界为 $C=C_0 + C_1^- + C_2^- + \cdots + C_n^-$ ，函数 $f(z)$ 在 $D$ 内解析，在 $C$ 上连续，则
$$
\oint_Cf(z)\mathrm{d}z = 0
$$
或
$$
\oint_{C_0}f(z)\mathrm{d}z = \sum_{k=1}^n\oint_{C_k}f(z)\mathrm{d}z
$$

柯西积分公式

柯西积分公式 若函数 $f(z)$ 在简单正向闭曲线 $C$ 所围成的区域 $D$ 内解析，在区域 $D$ 的边界 $C$ 上连续， $z_0$ 是区域 $D$ 内任意一点，则
$$
f(z_0) = \frac{1}{2\pi\mathrm{i}}\oint_C\frac{f(z)}{z-z_0}\mathrm{d}z
$$

高阶求导公式 设 $f(z)$ 在 $D$ 内解析，在 $D$ 的边界 $C$ 上连续， $C$ 为正向简单闭曲线，则 $f^{(n)}(z)$ 在 $D$ 内解析，且有
$$
f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi\mathrm{i}}\oint_C\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\mathrm{d}z, \quad \forall z_0\in D, n=0,1,2,\cdots
$$

解析函数的幂级数表示

复级数的基本概念

复数列收敛和一般的数列收敛定义类似，其充要条件为
$$
\lim_{n\to\infty}a_n=a,\quad \lim_{n\to\infty}b_n=b
$$
所以判断级数收不收敛就拆成实部和虚部然后进行判断。

幂级数

收敛半径 求法与高数类似，但多个根值法：
（1）（比值法） $\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=L$
（2）（根值法） $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}=L$
则收敛半径 $R=\frac{1}{L}$

幂级数性质与高数也类似，可以逐项求导和逐项求积。

解析函数的泰勒展开

与高数类似，不再赘述。

四个重要的已知展开
$$
\frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^\infty z^n = 1+z+\frac{z^2}{2}+\frac{z^3}{3!}+\cdots,\enspace |z| < 1 \\
e^z = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!} = 1+z+\frac{z^2}{2!}+\frac{z^3}{3!}+\cdots,\enspace |z| < +\infty \\
\sin z = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nz^{2n+1}}{(2n+1)!} = z-\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}-\frac{z^7}{7!}+\cdots,\enspace |z| < +\infty \\
\cos z = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^nz^{2n}}{(2n)!} = 1-\frac{z^2}{2!}+\frac{z^4}{4!}-\frac{z^6}{6!}+\cdots,\enspace |z| < +\infty
$$

展开后注意标出收敛圆！

洛朗级数

泰勒展开有个缺陷，那就是只能展开到解析的地方，如果中间有个奇点卡住，那就不能再往外展开了。
这个时候就用到洛朗级数，可以在圆环域展开，弥补泰勒展开的不足。

留数及其应用

孤立奇点

零点的判断

首先很直白的， $f(z_0)=0$ ，那么 $z=z_0$ 就是 $f(z)$ 的零点。
若 $f(z)=(z-z_0)^m\varphi(z)$ ， $\varphi(z)$ 在 $z_0$ 处解析且 $\varphi(z_0)\neq 0$ ，则 $z=z_0$ 是 $f(z)$ 的 $m$ 阶零点。

奇点类型的判断

从定义上判断的话就先展开成洛朗级数，即设 $z_0$ 为 $f(z)$ 的孤立奇点，将 $f(z)$ 在 $0 < |z-Z_0| < \delta$ 内洛朗展开为 $f(z)=\sum\limits_{n=0}^{+\infty} a_n(z-z_0)^n$ 。

1. 可去奇点：展开式中不含负幂次项，直观上看就是 $\lim\limits_{z\to z_0}f(z)=C$ 。
2. $N$ 阶极点：含有限多的负幂次项，且最高负幂次为 $N$ ，直观上看就是 $\lim\limits_{z\to z_0}f(z)=\infty$。
3. 本性奇点：含无穷多的负幂次项，直观上看就是 $\lim\limits_{z\to z_0}f(z)$ 不存在且不为 $\infty$ 。

留数

留数的定义

设 $z_0$ 为函数 $f(z)$ 的孤立奇点，将 $f(z)$ 在 $z_0$ 的去心邻域内展开成洛朗级数
$$
f(z) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_n(z-z_0)^n = \cdots + a_{-2}(z-z_0)^{-2} + a_{-1}(z-z_0)^{-1} + a_0 + a_1(z-z_0) + a_2(z-z_0)^2 + \cdots
$$
称 $a_{-1}$ 为 $f(z)$ 在 $z_0$ 处的留数，记作$$\mathrm{Res}[f(z),z_0]=a_{-1}=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits_c f(z)\mathrm{d}z$$
其中 $C$ 是 $z_0$ 的去心邻域内绕 $z_0$ 的一条简单闭曲线。

留数的求解

1. $z_0$ 为可去奇点： $\mathrm{Res}[f(z),z_0]=0$ 。
2. $z_0$ 为本性奇点：需要将$f(z)$在$z_0$的去心邻域内展开成洛朗级数
3. $z_0$ 为 $m$ 阶极点：$$\mathrm{Res}[f(z),z_0]=\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_0}\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z_0)^mf(z)]$$

无穷远处的留数

若函数 $f(z)$ 在无穷远点 $\infty$ 的去心领域 $R<|f(z)|<+\infty$ 内解析，则称点 $\infty$ 为 $f(z)$ 的孤立奇点。

设函数 $f(z)$ 在圆环域 $R<|z|<+\infty$ 内解析，则 $f(z)$ 在 $\infty$ 处的留数为：
$$
\mathrm{Res}[f(z),\infty]=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}\oint_{C^-}f(z)\mathrm{d}z
$$
其中， $C$ 为 $|z|=\rho > R$ 。

$$
\mathrm{Res}[f(z), \infty] = -\mathrm{Res}[f(\frac{1}{z})\cdot\frac{1}{z^2}, 0]
$$

利用留数计算实积分

形如 $\int_0^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)\mathrm{d}\theta$ 的积分

计算方法：

1. 令 $z=e^{\mathrm{i}\theta}=\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta$ ，则 $\mathrm{d}\theta=\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{i}z}$ ， $\cos\theta=\frac{z^2+1}{2z}$ ， $\sin\theta=\frac{z^2-1}{2\mathrm{i}z}$ 。
2. $\int_0^{2\pi}R(\cos\theta,\sin\theta)\mathrm{d}\theta=\oint_{|z|=1}R\left(\frac{z^2+1}{2z},\frac{z^2-1}{2\mathrm{i}z}\right)\frac{1}{\mathrm{i}z}\mathrm{d}z=\oint_{|z|=1}f(z)\mathrm{d}z=2\pi\mathrm{i}\sum\limits_k \mathrm{Res}[f(z),z_k]$ ，其中 $z_k$ 是 $f(z)$ 在 $|z|=1$ 内的孤立奇点。

形如 $\int^{+\infty}_{-\infty}R(x)\mathrm{d}x$ 的积分

要求：

1. $R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$ ，其中 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 为多项式，且 $Q(x)$ 无实零点。
2. 分母 $Q(x)$ 的次数比分子 $P(x)$ 的次数高 $2$ 或以上。

计算方法： $\int^{+\infty}_{-\infty}R(x)\mathrm{d}x=2\pi\mathrm{i}\sum\limits_k\mathrm{Res}[R(z),z_k]$ ， 其中 $z_k$ 为 $R(z)$在上半平面内的孤立奇点。

例 求积分 $I=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2-x+2}{x^4+10x^2+9}\mathrm{d}x$ .
解 首先显然分母零点均为虚数，且分母次数比分子高 $2$ ，故满足条件。

1. 令 $$R(z)=\frac{z^2-z+2}{z^4+10z^2+9}=\frac{z^2-z+2}{(z^2+1)(z^2+9)}$$
   则上半平面内有一阶极点 $z_1=\mathrm{i}$ 和 $z_2=3\mathrm{i}$ 。
2. 则
   $$
   \begin{aligned}
   I&=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x^2-x+2}{x^4+10x^2+9}\mathrm{d}x\\
   &=2\pi\mathrm{i}\sum\limits_k\mathrm{Res}[R(z),z_k] \\
   &=2\pi\mathrm{i}\left(\mathrm{Res}[R(z),\mathrm{i}]+\mathrm{Res}[R(z),3\mathrm{i}]\right)\\
   &=2\pi\mathrm{i}\left(-\frac{1+\mathrm{i}}{16}+\frac{3-7\mathrm{i}}{48}\right) = \frac{5\pi}{12}
   \end{aligned}
   $$

形如 $\int^{+\infty}_{-\infty}R(x)e^{\mathrm{i}ax}\mathrm{d}x(a>0)$ 的积分

要求：

1. $R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$ ，其中 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 为多项式，且 $Q(x)$ 无实零点。
2. 分母 $Q(x)$ 的次数比分子 $P(x)$ 的次数高 $1$ 或以上。

计算方法： $\int^{+\infty}_{-\infty}R(x)e^{\mathrm{i}ax}\mathrm{d}x=2\pi\mathrm{i}\sum\limits_k\mathrm{Res}[R(z)e^{\mathrm{i}az},z_k]$ ， 其中 $z_k$ 为 $R(z)$在上半平面内的孤立奇点。

Fourier变换

记得上一年的这个时候就对傅里叶变换有所接触了，然而时光荏苒，却一直没能有什么更深的理解，有些惭愧了。

Fourier 积分公式

$$
f(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-\mathrm{i}\omega t} \mathrm{d}t\right]e^{\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}\omega
$$
这个式子有点奇怪，两边都有 $f(t)$ ，那我要来干嘛呢，这时你先别急，下面拆解一下就有意思了。

Fourier 变换

上式中令 $F(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-\mathrm{i}\omega t} \mathrm{d}t$ ，则 $f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F(\omega)e^{\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}\omega$ ，那么这个关于 $\omega$ 的函数 $F(\omega)$ 就是 $f(t)$ 的傅里叶变换。
这样一来就可以粗略地理解为傅里叶变换就是把关于时间的函数转换为关于频率的函数，也就是所谓的时域转换为频域。

例 求矩形脉冲函数 $f(t)=\begin{cases}1, & |t|\leq a\\0, & |t|> a\end{cases}$ 的傅里叶变换及傅里叶积分表达式。

解 经典例题
$$
\begin{aligned}
F(\omega)=\mathscr{F}[f(t)]&=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-\mathrm{i}\omega t} \mathrm{d}t\\
&=\int_{-a}^{a}e^{-\mathrm{i}\omega t} \mathrm{d}t\\
&=\frac{1}{-\mathrm{i}\omega}\left(e^{-\mathrm{i}\omega a}-e^{\mathrm{i}\omega a}\right)\\
&=\frac{2}{\omega}\cdot\frac{e^{-\mathrm{i}\omega a}-e^{\mathrm{i}\omega a}}{-2\mathrm{i}} \\
&= \frac{2}{\omega}\cdot\sin a\omega
\end{aligned}
$$
再作傅里叶逆变换，即得傅里叶积分表达式
$$
\begin{aligned}
f(t)=\mathscr{F}^{-1}[F(\omega)]&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin a\omega}{\omega}e^{\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}\omega\\
&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin a\omega}{\omega}\cos\omega t \mathrm{d}\omega + \frac{\mathrm{i}}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin a\omega}{\omega}\sin\omega t \mathrm{d}\omega\\
&=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin a\omega}{\omega}\cos\omega t \mathrm{d}\omega \\
&=\begin{cases}1, & |t| < a \\ 1/2, & |t| = a \\ 0, & |t| > a\end{cases}
\end{aligned}
$$
上式中令 $t=0$ ，可得重要积分公式
$$
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin ax}{x} \mathrm{d}x=\pi,\quad (a>0)
$$

$\delta$ 函数及其 Fourier 变换

我们称满足如下条件的函数为 $\delta$ 函数：

1. 当 $t \neq0$ 时， $\delta(t)=0$ ；
2. $\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(t)\mathrm{d}t = 1$
   可以看出，这是一个直观上矛盾的函数。书本上也说明了它不是一个经典意义上的函数，而是一个广义函数，有兴趣可以另行搜索。

$\delta$ 函数有一个性质，就是对任意的连续函数 $f(t)$ ，都有
$$
\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\delta(t)\mathrm{d}t = f(0)
$$更一般地，若 $f(t)$ 在 $t=t_0$ 处连续，则
$$
\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\delta(t-t_0)\mathrm{d}t = f(t_0)
$$

这是一个很好的筛选性质。同时其傅里叶变换也很有意思：
$$
F(\omega) = \mathscr{F}[\delta(t)] = \int_{-\infty}^{+\infty}\delta(t)e^{-\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}t = e^{-\mathrm{i}\omega t}|_{t=0} = 1 \\
\delta(t) = \mathscr{F}^{-1}[1] = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}\omega
$$

Fourier 变换的性质

Fourier 变换的卷积性质

简单来说，就是
$$
f_1(t)*f_2(t) = \int_{-\infty}^{+\infty}f_1(\tau)f_2(t-\tau)\mathrm{d}\tau
$$

Laplace 变换

Laplace 变换的概念

例 求指数函数 $f(t)=e^{kt} ,k \in \mathbb{R}$ 的 Laplace 变换。
解 $$
\begin{aligned}
F(s)
&=\mathscr{L}[f(t)]\\
&=\int_{0}^{\infty}e^{kt}e^{-st}\mathrm{d}t\\
&=\frac{1}{s-k} \quad, \mathrm{Re}(s)>k
\end{aligned}$$

类似地， $f(t)=\cos kt$ 的 Laplace 变换为 $F(s)=\frac{s}{s^2+k^2}$ ， $f(t)=\sin kt$ 的 Laplace 变换为 $F(s)=\frac{k}{s^2+k^2}$ 。

Laplace 变换的性质

$$
\mathscr{L}[f’(t)]=sF(s)-f(0) \\
$$
更一般地，有
$$
\mathscr{L}[f^{(n)}(t)]=s^nF(s) - s^{n-1}f(0) - s^{n-2}f’(0) - \cdots - f^{(n-1)}(0)
$$

Laplace 逆变换

例 求 $F(s)=\frac{1}{s^2(s+1)}$ 的 Laplace 逆变换。
解 函数 $F(s)$满足条件 $\lim\limits_{s \to 0}F(s)=0$ ，且 $s=0$ 是 $F(s)$ 的二级极点， $s=-1$是 $F(s)$的一级极点，故
$$
\begin{aligned}
f(t) = \mathscr{L}^{-1}[F(s)]
&= \mathrm{Res}\left[\frac{e^{st}}{s^s(s+1)},0\right] + \mathrm{Res}\left[\frac{e^{st}}{s^s(s+1)},-1\right] \\
&= (t-1) + e^{-t},\quad t > 0
\end{aligned}
$$

卷积

Laplace 变换的应用

例 求解微分方程 $y’’+\omega^2y(t)=0, y(0)=0, y’(0)=\omega$ 。

解 令 $Y(s)=\mathscr{L}[y(t)]$ ，对方程两边取 Laplace 变换，得
$$
s^2Y(s)-sy(0)-y’(0)+\omega^2Y(s)=0
$$
代入初值条件，得
$$
s^2Y(s)-\omega+\omega^2Y(s)=0 \\
\Rightarrow Y(s)=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}
$$
求逆变换，得
$$
\begin{aligned}
y(t)=\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{\omega}{s^2+\omega^2}\right] &= \mathrm{Res}\left[\frac{we^{s\mathrm{i}}}{s^2+w^2},w\mathrm{i}\right] + \mathrm{Res}\left[\frac{we^{s\mathrm{i}}}{s^2+w^2},-w\mathrm{i}\right] \\
&= \lim_{s\to w\mathrm{i}}\frac{we^{s\mathrm{i}}}{(s^2+w^2)’} + \lim_{s\to -w\mathrm{i}}\frac{we^{s\mathrm{i}}}{(s^2+w^2)’} \\
&=\frac{we^w\mathrm{i}t}{2w\mathrm{i}}+\frac{we^{-w\mathrm{i}t}}{-2w\mathrm{i}} \\
&=\frac{2\mathrm{i}\sin wt}{2\mathrm{i}}=\sin wt
\end{aligned}
$$