學(xué)習(xí)復(fù)變函數(shù)工科

第三章復(fù)積分1至此，關(guān)于解析函數(shù)，我們獲得了定義，充分必要條件及幾個具體的解析函數(shù)．為了深入研究

解析函數(shù)，我們選擇怎樣的研究途徑呢？經(jīng)討論，我們從研究數(shù)學(xué)分析的途徑中選擇了從積分這個

角度來研究解析函數(shù)．實踐證明，這種選擇是成

功的．23要點1.理解復(fù)積分的概念、性質(zhì)及其計算公式；

2.掌握解析函數(shù)的Cauchy積分定理、Cauchy積分公式和高階導(dǎo)數(shù)公式；3.熟練掌握利用積分基本定理、積分基本公式和高階導(dǎo)數(shù)公式計算函數(shù)沿閉曲線的積分；

4.理解解析函數(shù)和調(diào)和函數(shù)的關(guān)系。4§3-1復(fù)積分的概念及性質(zhì)積分的概念積分存在條件及性質(zhì)積分實例1.積分的概念設(shè)C為平面上給定的一條連續(xù)曲線,如果選定C

的兩個可能方向中的一個作為正方向

(或正向),那么我們就把C理解為帶有方向的曲線,稱為有向曲線。xyoA5B如果A

到B

作為曲線C

的正向,那么B

到A

就是曲線C

的負向,記為C

-.是指當(dāng)曲線上的點P

沿此方向前進時,鄰近P

點的曲線的內(nèi)部始終位于P點的左方.以后把兩個端點中的一個作為起點,

另一個作為終點,除特殊聲明外,正方向總是指從起點到終點的方向.簡單閉曲線C

的正向xyoPPPP6與之相反的方向就是曲線的負方向.關(guān)于曲線方向的說明:設(shè)C為一條起點在a，終點在b的有向光滑曲線（或逐段光滑曲線），其方程為z

=

z(t)

=

x(t)

+

y(t)i函數(shù)

f

(z在)

C上處處有定義。同數(shù)學(xué)分析一樣，我們也采用“分割”、

“作和”、“取極限”的步驟來定義積分．圖3-17(k

=1,2,...,

n)n圖3-11.C上依次取分點a=z0,z1,…,zn=b記該分法為T；取Vk

?

zk

-1

zk如圖，作積分和式：Sn

(T

)=

f

(Vk

)Dzkk

=1,

Dzk

=

zk

-

zk

-182.設(shè)上述n段小弧的最大長度為λ(T)，且令(k

=1,2,.當(dāng)..,n)則稱函數(shù)定義

若對曲線

c的任意分法T和任意Vk

?

zk

-1

zkI

=

lim

Sn

(T

)l(T

)fi

0l時(T

，)fi

上0

述和式的極限存在且唯一，沿曲線可積，其積分值為I，記為nC

f

(z)dz

=

lim

f

(Vk

)Dzkl(T

)fi

0

k

=1(3-1-1)f

(z)c其中，c稱為積分路徑，f(為z)被積函數(shù)，為積分變量。9試計算S

=

dz例

設(shè)

是c

一條起點在A終點在B的逐段光滑曲線，c解：依定義，將代入(1.1)，有故10此例揭示了函數(shù)f

(z)=1

的一個深刻性質(zhì)：復(fù)變函數(shù)

f(z)的=1積分只依賴于積分路徑C的起點A與終點B，而與積分路徑的形狀無關(guān).f

(z)

=1nSn

=(zk

-zk-1)

=

B-Ak=1=B-A11有了積分定義后，我們最先關(guān)心的問題是：積分存在的條件，積分的性質(zhì)與積分的計算．為了尋求復(fù)變函數(shù)積分存在的條件，現(xiàn)在我們唯一可利用的只有定義．于是問題就歸結(jié)為考察極限I

=lim的存Sn

(在T

)條件．為此，我們不妨將l(T

)fi

0變形后Sn再加以考察．2.積分存在的條件及積分性質(zhì)nnn+

i[v(xk

,hk

)Dxk

+

u(xk

,hk

)Dyk

]k

=1

f

(zk

)Dzk

=

[u(xk

,hk

)Dxk

-v(xk

,hk

)Dyk

]k

=1

k

=1C

f

(z)dz

=C

udx

-

vdy

+

i

C

vdx

+

udy公式

C

f

(z)dz

=C

udx

-

vdy

+

iC

vdx

+

udy1213從形式上可以看成是f

(z)=u

+iv

與dz

=dx

+idy

相乘后求積分得到:C

f

(z)dz

=

C

(u

+

iv)(dx

+

idy)=

C

udx

+

ivdx

+

iudy

-

vdy=

C

udx

-

vdy

+

i

C

vdx

+

udy.定理如果f

(z)是連續(xù)函數(shù)而C

是光滑曲線時,積分

C

f

(

z)dz

一定存在.14上述討論：給出了復(fù)變函數(shù)積分存在的一個充分條件；研究復(fù)變函數(shù)的積分問題，可以轉(zhuǎn)化為研究實變量的二元實值函數(shù)沿曲線C的線積分問題。15復(fù)變函數(shù)的積分與實函數(shù)的積分有類似的性質(zhì).(1)

C

f

(z)dz

=

-C

-

f

(z)dz;(k為常數(shù))(2)

C

kf

(z)dz

=

k

C

f

(z)dz;C

[

f

(z)

–

g(z)]dz

=

C

f

(z)dz

–

C

g(z)dz;設(shè)C1的終點是C2的起點，C

=

C1

+

C2

,

則C

f

(

z)dz

=

C

f

(z)dz

+

C

f

(z)dz1

2C

f

(

z)dz

￡

C

f

(z)ds

￡

ML.f

(z)￡

M

,

則(5)

設(shè)曲線C

的長度為

L,

函數(shù)

f

(

z)

在C

上滿足估值不等式16例1解dz

模的一個上界.1設(shè)

C

為從原點到點

3

+

4i

的直線段,

試估計積分C

z

-

iC

的參數(shù)方程為

z

=

(3

+

4i)t, (0

￡

t

￡

1),

因此C

z

-

iC

z

-

i1

1dz

￡

ds

=

C

3t

+

(4t

-

1)i1ds=

(3t

)2

+

(4t

-

1)2Cds

=

1

Cds925

t

-

25

+

2514

23C

3dz

￡

5

ds

=

25

.1C

z

-

i故173.積分的計算18到現(xiàn)在為止，計算復(fù)變函數(shù)積分只有兩種方法，一是定義，二是（3-1-2）式，均比較麻煩．有無其它方法？由于積分路徑常取光滑曲線(或逐段光滑曲線)C，所以f(z)沿曲線C的積分可歸結(jié)為f[z(t)]關(guān)于曲線C的參數(shù)的積分。事實上，若

C

:

z

=

z(t

)

=

x(t

)

+

iy(t

)

(a

￡

t

￡

b

)為一條光滑曲線(或逐段光滑曲線)，則

z(是)C上的起點，

z是(bC)

上的終點，再設(shè)f(z)在C上連續(xù)。19{u[

x(t

),

y(t

)]x￠(t

)

-

v[

x(t

),y(t

)]

y￠(t

)}dt{v[

x(t

),

y(t

)]x￠(t

)

+

u[

x(t

),y(t

)]

y￠(t

)}dt+

ibaba={u[

x(t

),

y(t

)]

+

iv[

x(t

),

y(t

)]}{

x￠(t

)

+

iy￠(t

)}dt=ba￠f

[z(t

)]z

(t

)dt.=baC

f

(z)dz

=C

udx

-

vdy

+

iC

vdx

+

udy于是這樣一來，將f(z)沿曲線C的積分歸結(jié)為f(z)關(guān)于曲線C

的參數(shù)t

的積分．(3-1-3)20由以上討論可知，用上式計算積分

C

f

(z包)dz含三個步驟：寫出曲線C

的方程z

=

z(t

)

=

x(t

)

+

iy(t

)

(a

￡

t

￡

b

)將z=z(t)與dz=z'(t)dt

代入所求積分

C

f

(z)dz計算(3-1-3)式右端的關(guān)于參數(shù)t

的積分．，于是有|z|=R

zm

z

ndz例1

求 其中

m,

n

為整數(shù)=

Rm+nemti

e-ntii

Reit

dt=

Rm+n+1i

ei(m+1-n)tdt2p

2p0

0=

Rm

+n+1i(

cos[(

m

+

1

-

n)t

]dt

+

i

sin[(

m

+

1

-

n)t

]dt

)2p

2p0

0=

0,

n

?

m

+1,n

=

m

+1.2n2pR

i,解:

C

的參數(shù)方程為：

z(t

)

=

Reit

,

t

?

[0,2p

]dz

=

i

Reit

dt

zm

z

ndz|z|=R21例2解

積分路徑的參數(shù)方程為計算

C

z

dz,

其中C

為:

圓周z

=

2.(0

￡

q

￡

2π

),z

=

2eiqdz

=

2ieiq

dq

z

dz

=2πC

0iq2

2ie

dq(

因為

z

=

2

)22(cosq

+

i

sinq

)dq=

4i2π0=

0.例3徑的正向圓周,

n

為整數(shù).解

積分路徑的參數(shù)方程為dz

,

C

為以

z

為中心,

r

為半10n+1(z

-

z

)求Cz0yxorqz0(0

￡

q

￡

2π

),iqz

=

z0

+

reC(z

-

z

)n+1dz10rn+1ei

(

n+1)q

dq=2π0ireiq023n

2πe-inq

dq

,r=

izxyorz0q當(dāng)n

=0

時,n+1(z

-

z0

)Cdz1=

i2π0dq

=

2pi;當(dāng)n

?0

時,C(z

-

z

)n+1100rdz

=

in

2π(cos

nq

-

i

sin

nq

)dq

=

0;z-z

=r01(z

-

z

)n+10所以n

=

0,0,

n

?

0.dz

=

2pi,重要結(jié)論：積分值與路徑圓周的中心、半徑無關(guān).2425此例可作為積分公式，在后面的積分計算中將經(jīng)常用到。26解例

4

計算

C

Re

zdz,

C

zdz

其中C

為:從原點到點1

+i

的直線段;拋物線y

=x2

上從原點到點1

+i

的弧段;從原點沿x

軸到點1

再到1

+i

的折線.(1)

積分路徑的參數(shù)方程為(0

￡

t

￡

1),dz

=

(1

+

i)dt,z(t

)

=

t

+

it于是Re

z

=t,

Re

zdz

=t(1

+

i)dt1C

0(1

+

i);12=xyo1

+

i1i12

zdz

=C

0tdt

=

i102(1

+

i)

tdt

=

(1

+

i)(2)

積分路徑的參數(shù)方程為xo1

+

i1yiy

=

x2z(t

)

=

t

+

it

2

(0

￡

t

￡

1),于是

Re

z

=

t, dz

=

(1

+

2ti

)dt,1C

0

0

1

2

3

Re

zdz

=

t(1

+

2it

)dt

=

2i

t

2+

t

3

=1

22

327+

i;zdz

=C102(t

+

it

)(1

+

2it

)dt=10[(t

-

2t

3

)

+

i

3t

2

]dt=

i;xyo1

+

i1ix2y

=(3)

積分路徑由兩段直線段構(gòu)成x軸上直線段的參數(shù)方程為z(t

)=t于是

Re

z

=

t, dz

=

dt,(0

￡

t

￡

1),1到1+i直線段的參數(shù)方程為z(t

)=1

+it

(0

￡

t

￡

1),于是

Re

z

=

1, dz

=

idt,CRe

zdztdt

+=10101

idt

=+

i.2812tdt

+10

zdz

=C(1

+

it

)idt10=

i.29的限制,必須記作

f

(z)dz.Cf

(

z)dz,

因這是曲線積分,

要受積分路線分記成a注意2

一般不能把起點為a

,

終點為b

的

f

(

z)的積bC注意1

從例

4

可以看出，曲線積分

zdz與積分路徑無關(guān)，但曲線積分

Re(

z)dz與積分路徑有關(guān)。C這和高等數(shù)學(xué)中的曲線積分與路徑無關(guān)的關(guān)系？30§3-2積分與其路徑的無關(guān)性31觀察前面幾個例子我們可以發(fā)現(xiàn)：有的函數(shù)(如f(z)=z)，其積分只依賴于積分路徑的起點與終點，而與積分路徑的形狀無關(guān)；而有的函數(shù)(如f(z)=Rez)，其積分不僅與積分路徑的起點與終點有關(guān)，而且與積分路徑的形狀還有關(guān)．進一步觀察可以發(fā)現(xiàn)，前一類函數(shù)是解析函數(shù)，以前我們研究過復(fù)變函數(shù)f(z)=1，其積分也只依賴于積分路徑的起點與終點，而與積分路徑的形狀無關(guān)，而它本身也是解析函數(shù)，由此，我們可提出猜想：解析函數(shù)的積分只依賴于積分路徑的起點與終點，而與積分路徑的形狀無關(guān)．命題1

設(shè)p

=p(x,y)C在D內(nèi)，且記

，則C

該積分與在D內(nèi)的積分路徑無關(guān)的充要條件為對D內(nèi)的任何閉路C其積分值I=0。=

pdx

+

qdy和

I

在單

連域D內(nèi)連續(xù)，積分路徑命題2

設(shè)p

=p(和x,y)D內(nèi)具有連續(xù)的一階導(dǎo)數(shù)q在=單q(連x,域y)?p和q

=

q(x,

y)?y?x?，q

且滿足條件?p

=

?q

((x,

y)

?

D)?y

?x則對D內(nèi)的任何簡單閉路C有

pdx

+

qdy

=

0C3233C

f

(z)dz

=

C

udx

-

vdy

+

i

C

vdx

+

udy對于式右端的兩個曲線積分，命題2的條件等式應(yīng)當(dāng)分別為=

-v'

,

u'

=

v'

(

x,

y

?

D)x

x

yyu'這是函數(shù)f(z)在單連通域D解析的必要條件(C-R方程)。問題

f(z)

在上述單連通域

D

內(nèi)解析是否能保證它沿D內(nèi)的任意簡單閉路的積分為零？34一、復(fù)積分與其積分路徑無關(guān)的條件定理1

Cauchy積分定理若函數(shù)

在f

(z簡)

單閉曲線C上及其內(nèi)部解析，則一定有

f

(z)dz

=

0Cauchy-Gourcsat基本定理若

f在(z單)連域D內(nèi)解析，則對D內(nèi)的任何閉路C有

f

(z)dz

=

0c柯西積分定理DC說明：該定理的主要部分

是Cauchy于1825年建立；它是復(fù)變函數(shù)理論的基礎(chǔ)。若函數(shù)

在f

z簡)

單閉曲線C上及其內(nèi)部解析，則一定有

f

(z)dz

=

0c35注意

定理不能反過來用.即不能由

f

(z)dz

=0,而說f

(z)在C

內(nèi)處處解析.Cz236例如:

f

(

z)

=

1

在z

=

1內(nèi).解

函數(shù)例1z

=1計算積分2z

-

3dz.1在z

￡

1內(nèi)解析,2z

-

31根據(jù)Cauchy積分定理,

有37z

=1dz

=

0.2z

-

31例2dz.z(z2

+

1)12z-i

=1計算積分解112z(z

+

1)+

,-=121 1

1z

2

z

+

i z

-

i

1上解析,和 都在

z

-

i

￡1z z

+

i因為根據(jù)Cauchy積分定理得z(z2

+

1)1z-i

=2dz=138dz2

z

-

i

1

1

-

1

1

-

1

1z-i

=2

z2

z

+

iz-i

=21

z

-

i=-

1z-i

=2z-i

=21

dz1

z

+

i

21

dz

-

11

z

2dz1=

0z-i

=21

z

-

i12=

-

1239dz

=

-

1

2pi

=

-pi.均的單連通區(qū)域G內(nèi)是例3

計算積分解

因為

在復(fù)平面上解析，所以，它們的和在一包含積分路徑解析，而積分路徑

圍線，所以，由柯西定理得顯然，該例所用方法是最簡單的．4041定理2復(fù)積分與其積分路徑的無關(guān)性若函數(shù)f(z)在單連域D內(nèi)解析，則它在D內(nèi)從

定點z0到動點z

的積分值與在D內(nèi)所取路徑無關(guān)，而只與動點z有關(guān)。42由此結(jié)論可知:解析函數(shù)在單連通域內(nèi)的積分只與起點和終點有關(guān),即：D0z1zC1C2D0z1zC1C243如果起點為z0

,終點為z1

,C1

C2

1z0f

(z)dz

=

f

(z)dz

記為f

(z)dzz0如果固定z0

,讓z1

在B內(nèi)變動,并令z1

=z,zzf

(z

)dz

.便可確定D內(nèi)的一個單值函數(shù)F

(z)=441.

原函數(shù)的概念定義如果函數(shù)j

(z)在區(qū)域D內(nèi)的導(dǎo)數(shù)為f

(z),即j￠(

z)

=

f

(z),

那末稱j

(

z)

為

f

(

z)

在區(qū)域

D內(nèi)的原函數(shù).如果f(z)在區(qū)域D內(nèi)存在原函數(shù)j

(z)，則函數(shù)j

(z)在區(qū)域D內(nèi)必是解析函數(shù)。原函數(shù)之間的關(guān)系:f

(z)的任何兩個原函數(shù)相差一個常數(shù).二、解析函數(shù)的原函數(shù)和在積分計算中的應(yīng)用45那末[G(z)-H

(z)]=G￠(z)-H

￠(z)=

f

(z)

-

f

(z)

”

0于是

G(

z)

-

H

(z)

=

c.

(c

為任意常數(shù))根據(jù)以上討論可知:如果f

(z)在區(qū)域B內(nèi)有一個原函數(shù)F

(z),那末它就有無窮多個原函數(shù),一般表達式為F

(z)+c

(c為任意常數(shù)).證設(shè)G(z)和H

(z)是f

(z)的任何兩個原函數(shù),46并且F

￠(z)=f

(z).f

(z

)dz

必為D內(nèi)的一個解析函數(shù),函數(shù)F

(z)=定理

如果函數(shù)

f

(

z)

在單連通域

D內(nèi)處處解析,

則0zzf

(z

)dz

是f

(z)的一個原函數(shù).可以證明F

(z)=0zz472.

Newton-Leibniz

公式這里z0

,z1

為域B

內(nèi)的兩點.說明:有了以上定理,復(fù)變函數(shù)的積分就可以用與微積分學(xué)中類似的方法去計算.0110如果函數(shù)f

(z)在單連通域B

內(nèi)處處解析,G(z)為f

(z)的一個原函數(shù),那末zzf

(

z)dz

=

G(z

)

-

G(z

)48證f

(z)dz

也是f

(z)的原函數(shù),0因為zzf

(

z)dz

=

G(

z)

+

c,0zz所以當(dāng)

z

=

z0

時,

根據(jù)

Cauchy積分定理,得

c

=

-G(

z0

),f

(

z)dz

=

G(

z)

-

G(z0

),0zz所以f

(

z)dz

=

G(

z1

)

-

G(z0

).10zz或例1z

cos

zdz

的值.0求i解

因為

z

cos

z

是解析函數(shù),它的一個原函數(shù)是

zsinz

+

cosz,iz

cos

zdz0i0=

[zsinz

+

cosz]=

i

sin

i

+

cos

i

-12i

249e-1

-

e

e-1

+

e=

i

+-1-1

=

e

-1.例21求1+izze

dz

的值.解

利用分部積分法可得zez

的一個原函數(shù)為(z

-1)ez

,1+izze

dz1150=

(z

-1)ez

1+i=

ie1+i=

ie(cos1

+

i

sin1).51三D、復(fù)閉路定理和閉路變形原理問題：如果G是復(fù)連通區(qū)域，那么，定理是否仍然有效？可簡單記為 ，其中簡所謂復(fù)閉路是指一種特殊的有界多連區(qū)域

D的邊界曲線

G，

它由幾條簡單閉曲線組成，-單閉曲線

C取正向，而簡單閉曲線 取負D的邊界曲線向，它們均在

C的內(nèi)部且互不相交，互不包含，52如圖：上述

G的方向稱為區(qū)域正向。-nG

=

C

+

C-

+

C

+

+

C1

2-

-,

C1

nC

,多連通區(qū)域。若函數(shù)f

(z)在D內(nèi)及其邊界G上解析，則f

(z)沿G的積分為0，即1

n設(shè)D是以復(fù)閉路G=C

+C

-+

+C

_

為邊界的DC1C2CC3f

(z)dz,53k

=1nCk

f

(z)dz

=

C其中C

及

Ck

均取正方向復(fù)閉路定理設(shè)n

=

2,

作三條輔助線A1

A2

,

A3

A4，A5

A6

(如圖);證明D這樣

G成為由G1

=

EA1

A2

FA3

A4GA5

A6

E與G2

=

A1

IA6

A5

JA4

A3

HA2

A1組成的邊界，54CA1

A2C1EIA4F

A3HA5C2A6GJG1G2f

(z)在簡單閉路Gk

上及其內(nèi)部區(qū)域解析(k=1,2)，由Cauchy積分定理，Gkf

(z)dz

=

0.f

(z)dz55f

(z)dz21

--G

G1

G2CCf

(z)dz

-

C2f

(

z)dz

-

C1f

(z)dz

+=

C

f

(

z)dz

+=

C=

0由于G1和G2在上述割線段上重合且反向，G1

和G2的其余部分組成了D的邊界G且與G

同向，因此上式可化簡為

f

(

z)dz

=

f

(z)dz

+

f

(z)dzC56f

(z)dz

+

C2f

(z)dz

=

C1f

(z)dz當(dāng)n

為其它值時，可同樣證明。特殊情況：閉路變形原理設(shè)函數(shù)f

(z)在多連通域內(nèi)解析(如圖),C及C1

為D內(nèi)的任意兩條簡單閉曲線(正向為逆時針方向),1C

及C

為邊界的區(qū)域

D1全含于D.由復(fù)合閉路原理DCC1D1C57f

(z)dz

=

C1f

(z)dz這就是閉路變形原理解析函數(shù)沿閉曲線的積分,不因閉曲線在區(qū)域內(nèi)而改變它的值.作連續(xù)變形DC1C1DCf

(z)dz1f

(z)dz

=

C在變形過程中曲線不經(jīng)過函數(shù)f(z)的不解析的點.說明：5859意義1.揭示了解析函數(shù)的一個性質(zhì)——在一定條件下，解析函數(shù)沿復(fù)連通區(qū)域邊界的積分等于零；

2.提供了一種計算函數(shù)沿圍線積分的方法．603.典型例題例1向圓周

z

=

1

所組成.計算積分

G

z

dz

,

G

為正向圓周

z

=

2

和負ezxy2C1C2o

1解

C1

和C2

圍成一個圓環(huán)域,上處處解析,

圓環(huán)域的邊界構(gòu)成一條復(fù)合閉路,函數(shù) 在此圓環(huán)域和其邊界zezG61根據(jù)閉路復(fù)合原理,

z

dz

=

0.ez例2解在內(nèi)的任何正向簡單閉曲線.z

2

-

z2z

-

1

dz,

G

為包含圓周

z

=

1計算積分G因為函數(shù)2z

-

1

在復(fù)平面z

2

-

z內(nèi)有兩個奇點z

=0

和z

=1,xyo1G62依題意知,

G

包含這兩個奇點，C1

和C2

,在G內(nèi)作兩個互不包含也互不相交的正向圓周xyo1GC1

只包含奇點z

=0,C2

只包含奇點

z

=

1,

根據(jù)復(fù)合閉路原理,C1C2z

-

zG2

1

22

2CCz

-

zz

-

z2z

-

1dz

=

2z

-

1dz

+

2z

-

1dz=

63221111CCCCzdz

+

1

dzz z

-

1dz

+

1

dz

+

z

-

1=

0

+

2pi

+

2pi

+

0

=

4pi.例3

求n

為整數(shù).1G

(z

-

a)n+1解dz

,G

為含a

的任一簡單閉路,G因為a

在曲線G內(nèi)部,故可取很小的正數(shù)r,使

G1

:

z

-

a

=

r

含在Γ

內(nèi)部,a1G由閉路變形原理，G64G1

(z

-

a)n+1dz

=(z

-

a)n+1dz110

<

q

￡

2π

,令z

=a

+reiqdz

=(z

-

a)G1n+11(

reiq

)n+1

dq2π0rieiq=

02π

ie-inqdqrnG1(z

-

a)n+1dz

=

2pi,

n

=

00,

n

?

0.故GaG1這一結(jié)果很重要。6566§3-3

Cauchy積分公式和高階導(dǎo)數(shù)公式1.問題的提出設(shè)

D

為一單連通區(qū)域,

z0

為

D

中一點.Cz

-

z00670如果

f

(

z)

在D內(nèi)解析,

那末

f

(

z)

在

z

不解析.z

-

z所以

f

(

z)

dz

一般不為零,C

為D

內(nèi)圍繞z0

的閉曲線.根據(jù)閉路變形原理知,該積分值不隨閉曲線C

的變化而改變,求這個值.積分曲線C

取作以z0

為中心,半徑為很小的d的正向圓周

z

-

z0

=

d,由f

(z)的連續(xù)性,在C上函數(shù)f

(z)的值將隨著d

的縮小而逐漸接近于它在圓心z0

處的值,(d

縮小)CCdz

將接近于z

-

z0

z

-

z0f

(z)

f

(

z0

)

dz.Cz

-

zdzf

(z

)001000dz

=

2pif

(z

).=

f

(z

)z

-

zC682.Cauchy積分公式如果函數(shù)f

(z)在有界多連域D

內(nèi)及其邊界C上處處解析,

z0

為

D

內(nèi)任一點,

那末Dz0CCauchy積分公式2πi

C

z

-

z69f

(

z

)

=1

f

(z)

dz.00證明：以z0為心作一完全包含于D內(nèi)的圓盤K記其邊界為圓C數(shù)解析，由柯西定理有：的C積rz0

?D0C1C2CrCr0:|

z

-z，|<并r且0余下的點:|

z

-z。|=rK，rr在D上，挖去圓盤r

r集是一個閉區(qū)域D=D。\K在f

(x函)r上Dx

-

z0dxC

Crx

-

zdx

=x

-

z0

0

f

(x)

f

(x)在這里沿C的積分是按照

D區(qū)域的正向取的，沿分是按正向取的，即逆時針方向。以下我們證明：0700f

(x)

dx

=

2pif

(z

)x

-

zCr我們證明由于和f(z)在z0是連續(xù)的，所以對于任意的ε>0，可以找到記I

=

f

(x)dxC

x

-

z0r由柯西定理知：I是個不依賴于r的常數(shù)，從而dxCrx-z0f

(x)I

=

limrfi

0+00f

(x)

dx

=

2pif

(z

)x

-

zCrlimrfi

0+(3

-

3

-

2)dx71Cr

Crx

-

zx

-

z000

0dx

-2pif

(z

)

=f

(x)

f

(x)

-

f

(z

)d

使得當(dāng)r

<，dx

?時C，r

有從而當(dāng)r

<時d，2p0|

f

(x)

-

f

(z

)

|<

e|72000|

x

-

z

||

f

(x)

-

f

(z0

)

|

|dx

|<

ex

-

zf

(x)

dx

-2pif

(z

)

|￡CrCr解

sin

z

dz;例1

求下列積分z

=4

z

=4dz.z

-

3

z

+

1+21(2)(1)z

sin

z

dzz

=4(1)z因為f

(z)=sin

z

在復(fù)平面內(nèi)解析,z

=

0

位于

z

<

4內(nèi),

由Cauchy積分公式z

=4z=

0;sin

z

dz

=

2pi

sin

z73z=0(2)

z

=4

dz.z

-

3

z

+

1+21=

z

=4

z

-

3dz

+

z

=4

z

+

1dz

=

2pi

1

+

2pi

221=

6pi.計算積分例2dz.z

=2

z

-

1ez解f

(z)=ez

在復(fù)平面內(nèi)解析,由Cauchy積分公式z

=1

位于z

<2內(nèi),=

2epi.z=174z

=2z

z

-

1dz

=

2pi

eez例3

計算積分-

1dz

z2z

=2

z被積函數(shù)在積分路徑內(nèi)部含有兩個奇點

z

=

1

與2

21

2c2z

=2

c1dz

z2

-1zdz

+zdz

=

z2

-1

z2

-1zz

=

-1

作

c

:

z

+

1

=

1

,

c

:z

-

1

=

1

，有c1z

+

1dz

=c1計算上式右端兩個積分z

z2

-1zz

=-175z

-1zz

-1

dz

=

2π

i[

]=

π

ic2z

-

1dz

=c2

z

2

-

1zz=

π

iz

=1]z

+

1z

+

1

dz

=

2π

i[zdz

=

2π

i76z

2

-

1z

=2z故77關(guān)于Cauchy積分公式的說明:

把函數(shù)在C內(nèi)部任一點的值用它在邊界上的值表示.

（這是解析函數(shù)的一個重要特征）公式不但提供了計算某些復(fù)變函數(shù)沿閉路積 分的一種方法,

而且給出了解析函數(shù)的一個積 分表達式.

(這是研究解析函數(shù)的有力工具)觀察下列等式問題：解析函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)一定為解析函數(shù)？若是，則其導(dǎo)函數(shù)可否用一公式來表示呢？783、解析函數(shù)的高階導(dǎo)數(shù)定理設(shè)D為有界多連域（單連域），其邊界正向曲線f

(z在)在f

(z)內(nèi)1

n-

-為復(fù)閉路

G

=

C

+

C

（簡單閉路

）+

+

C內(nèi)D及邊界

上G解析，則函數(shù)G

=

CD有任意階導(dǎo)數(shù)，對于給定的

z0

?和D自然數(shù)

有n(n

=

1,2,)79dz2πi0(z

-

z

)n+10f

(z

)

=(

n)n!

f

(z)C(n

=

1,2,)dzf

(z)2πin!0(z

-

z

)n+10f

(z

)

=(

n)Cz0C80D高階導(dǎo)數(shù)公式的作用:不在于通過積分來求導(dǎo),而在于通過求導(dǎo)來求積分.證明：f(z)在D內(nèi)任意一點z有導(dǎo)數(shù)，現(xiàn)證明當(dāng)n=1時，式（3-3-3）成立。設(shè)z+h∈D,h≠0，由導(dǎo)數(shù)定義我們僅需要證明：當(dāng)h→0時，0

(3

-

3

-

4)f

(x)

dx

fi

f

(

z

+

h)

-

f

(

z)

-

1h

2pi2(x

-

z)Gf

(x)

dxh

2piG

f

(

z

+

h)

-

f

(

z)

-

12(x

-

z)

Gdx

--

hpi

x

-

zf

(x)G2pi

x

-

z1

f

(x)dx

-h

2=

1

12piG1

f

(x)

dx2(x

-

z)G81dxh2pi

(x

-

z

-

h)(x

-

z)2f

(x)=現(xiàn)在來估計上式右邊的積分。設(shè)以z為心，以2d為半徑的圓盤完全包含在D內(nèi)，并且在這圓盤內(nèi)取z+h使得0<|h|<d，那么當(dāng)ξ∈C

時，|

x

-

z

|>

d

,|

x

-

z

-

h

|>

d設(shè)|f(z)|在C上的一個上界是M，并且設(shè)C的長度為L，于是我們有因此，當(dāng)h→0，（3-3-4）成立。d

3822phG2pi

(x

-

z

-

h

)(

x

-

z

)

2f

(x

)

dx

￡

|

h

|

ML現(xiàn)在用數(shù)學(xué)歸納法來完成定理的證明。假設(shè)(3-3-3)當(dāng)n=k時成立。取z與z+h同上，那么Gh-2pi

(x

-

z)k

+2

dxf

(x)f

(

k

)

(

z

+

h)

-

f

(

k

)

(

z)

(k

+1)!

G

Gk+1k+1f

(x)f

(x)h

22pi

(x

-

z)dx

-

k!pi

(x

-

z

-

h)=

1

k!Gdx2pi

(x

-

z)k

+2f

(x)

(k

+1)!dx

-G2pi

(x

-

z)k

+2Gdx

-(k

+1)(x

-

z)k

h

+

O(h2

)=

f

(x

)

k

+1

k

+12pih

(x

-

z

-

h)

(x

-

z)f

(x

)dx(k

+1)!k!2pi83

x

+

O(h)d(x

-

z)k

+2

(x

-

z)(x

-

z

-

h)f

(x

)-Gk

+1=

(k

+1)!

11(3

-

3

-

5)84由此可以證明：當(dāng)h→0，(3-3-5)的右邊趨于零。于是(3-3-3)當(dāng)n=k+1時成立時。證畢。推論：若函數(shù)f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在點z0解析，則存在點z0的一個鄰域|z-z0|<ρ，使得在該鄰域內(nèi)f(z)有任意階導(dǎo)數(shù)，其各階導(dǎo)數(shù)也解析；并且在該鄰域內(nèi)函數(shù)u=u(x,y)和v=v(x,y)的各階偏導(dǎo)數(shù)不僅存在而且都連續(xù)。證明：由函數(shù)f(z)在點z0解析知：可作一圓盤|z-z0|<ρ使得f(z)在該閉圓盤上解析。于是對該圓盤應(yīng)用定理2。例1

計算積分解：由高階導(dǎo)數(shù)公式z

-1

=1(z

-1)3

dzz4z

=1854z

-1

=1(z

-

1)3

dz

=

2!z42πi￠[(z

)

]=

12

π

i例2

（1）解（1）函數(shù)在閉圓盤上解|

z析-1，|￡1由定理2可得：|z-1|=1(z3

-1)2dz（2）|z

-1|=1z

3

-

1cos

zdz1(z3

-1)2j

(z)=的1奇點在圓z

=1|z

-1|的=1內(nèi)部，而其它的兩個奇點在左半平面

Re(z，)

<從0而在該圓的外部。于是函數(shù)21-2f

(z)

=(z

+

z

+1)9864pi(z3

-1)21=

2pif

'

(1)

=

-|z-1|=11f

(z)dz(z

-1)2|z-1|=1dz=（2）同理其中在閉圓盤|

z

-1|上￡1解析，因此22j

(

z

)

==f

(

z

)z

3

-

1

z

-

1cos

zz2

+

z

+1cosz2f

(z)

=3872pi

cos1z3

-1cos

zdz

=2=

2pif

(1)

=|z-1|=12f

(z)dzz

-1|z-1|=1例3dz.(2)

e-z

cos

zz3

+

1求積分

(1)

(z

+

1)4

dz;z2z

=2

z

=1解

(1)

函數(shù)

z

3

+

1

在復(fù)平面內(nèi)解析,z0

=-1

在z

￡

2內(nèi),n

=

3,z

=2

(z

+

1)z3

+

14

dz

=3!z=-1[z3

+

1]￠2pi=

2pi;88Cdzf

(z)n!2pi

(z

-

z

)n+100(

n)根據(jù)公式

f

(

z

)

=(2)

z2e

-z

cos

zz

=1函數(shù)e-z

cos

z

在復(fù)平面內(nèi)解析,dzz0

=0

在z

￡

1內(nèi),n

=

1,z

=1z2e-z

cos

zz=0-zdz

=

1!

(e

cos

z)￠2pi=

2pi[-e-z

cos

z

-

e-z

sin

z]

=

-2pi.z=089904.典型例題例4dz.z(z2

+

1)1z-i

=121計算積分解=1z(z2

+

1)

z(z

+

i)(z

-

i)z

-

i=1z(z

+

i)=

f

(z)z0

=

i,2因為

f

(

z)

在

z

-

i

￡

1

內(nèi)解析,

由Cauchy積分公式z(z2

+

1)2z-i

=1dz

=1z

-

i2z-i

=11z=iz(z

+

i)z(z

+

i)

dz

=

2pi

12i

21=

2pi=

-pi.例5解dx,

求f

￠(1

+i).f

(

z)

=

C設(shè)

C

表示正向圓周

x2

+

y2

=

3,x

-

z3x2

+

7x

+

1根據(jù)Cauchy積分公式知,

當(dāng)

z

在C

內(nèi)時,f

(z)

=

2πi

(3x2

+

7x

+

1)

=

2pi(3z2

+

7z

+

1),x=z91故

f

(

z)

=

2pi(6z

+

7),而1

+i

在C

內(nèi),所以

f

(1

+

i)

=

2p(-6

+

13i).1psin

z4例6

計算積分

z2

-

1

dz,

其中C

:

(1)

z

+

1

=

2;C解pz2

-

12z+1

=1sin

z4

dz(1)pdzz

+

1z

-

1=2z+1

=1sin

z4z=-14z

-1sin

p

z=

2pi2922=

pi;例614psin

z計算積分

z2

-

1

dz,

其中C

:

(2)

z

-

1

=

2;Cpz2

-

12z-1

=1sin

z4

dz(2)pdzz

-

1z

+

1=2z-1

=1sin

z4z=14z

+

1sin

p

z=

2pi2932=

pi;解z

=2dz4z2

-

1sin(3)z由復(fù)合閉路定理,得例6Cpdz,

其中C

:

(3)

z

=

2.sin2p4z

-

1z計算積分解pz2

-

1

dz

=z

=2sin

z42z+1

=1sin

z4z2

-

1

dz

+p

πz2

-

1

dz2z-1

=1sin

z422

pi

=2=

2

pi

+2pi.94(2)

C(1)

C(z2

+

1)2

dz.(z

-

1)5

dz;cos

pzez例7

計算下列積分,

其中C

為正向圓周:

z

=

r

>

1.解

(1)

函數(shù)

cos

pz

在C

內(nèi)z

=

1

處不解析,(z

-1)5但cos

pz

在C

內(nèi)處處解析,Cdzf

(z)n!2pi

(z

-

z

)n+100(

n)根據(jù)公式

f

(

z

)

=Ccospz(4)(z

-1)5

dz

=

(5

-1)!(cospz)2pip5i95=

-

;z=1

12ez(2)

函數(shù)

在C

內(nèi)的

z

=

–i

處不解析,(

z2

+

1)21CC2xyoiC-

i在C

內(nèi)以i

為中心作一個正向圓周C1

,以-i

為中心作一個正向圓周C2

,圍成的區(qū)域內(nèi)解析,1

2則函數(shù)

在由C

,

C

,Cez(

z2

+

1)2根據(jù)復(fù)合閉路原理C(z

+

1)ez229612

dz

=

C22

dz(z

+

1)22

dz

+

C(z

+

1)ezezC1dz22(z

+

1)ez=C12

dz(z

-

i)(z

+

i)2ez=z=iez2pi2

(z

+

i)(2

-1)!=p,2(1

-

i)ei1CC2xyoiC-

i2同理可得C2(

z

+

1)2

dz

=ezp,2-(1

+

i)e-iCez(

z2

+

1)2

dz=

2p+(1

-

i)eip-

(1

+

i)e-i2于是=

p(1

-

i)(ei

-

ie-i

)

=

p(1

-

i)2

(cos1

-

sin1)2

2=

ip

(sin1

-

cos1).97例8解(n

為整數(shù))求積分ezn

dz.z(1)

n

￡

0,在z

￡

1

上解析,znz

=1ezz

=1ez由Cauchy

積分定理得

zn

dz

=

0;z

=1(2)n

=1,

由Cauchy積分公式得eznzz=098zdz

=

2pi

(e

)=

2pi;(3)

n

>

1,(

z

)

=C(

n)dzf

(z)n!2pi

(z

-

z

)n+1根據(jù)公式f00z

=1dznezzz=0z

(

n-1)(e

)(n

-

1)!2pi=.99(n

-1)!2pi=例9

求積分解

函數(shù)dz.1

(z

-

2)2

z3C其中C

:

(1)

z

-

3

=

2;

(2)

z

-

1

=

3.有兩個奇點z

=2

和z

=0,(z

-

2)2

z31(1)

z

-

3

=

2,z3僅包含奇點z

=2,

取f

(z)=1

,Cdz

=1

(z

-

2)2

z3C(z

-

2)1z32z=231!

zdz

=

2pi

1

=

-

3pi

;8100(2)

z

-1

=

3兩個奇點z

=2

和z

=0

都含在C

內(nèi),作簡單閉曲線C1

和C2

分別包含0

和2,C1

和C2

互不包含且互不相交,根據(jù)復(fù)合閉路原理和高階導(dǎo)數(shù)公式,Cdz

=1

(z

-

2)2

z3dz1011

1C1

C2dz

+

(z

-

2)2

z3

(z

-

2)2

z3=

C1dz

+dz112C2(z

-

2)z3z3(z

-

2)2z=2+

1!

z3

z=0=

2!

(z

-

2)2

2pi

1

2pi

1?=

3pi

-

3pi

=

0.8

8102103三D、解析函數(shù)的實部和虛部與調(diào)和函數(shù)由解析函數(shù)高階導(dǎo)數(shù)定理的推論，在區(qū)域D內(nèi)解析函數(shù)的實部函數(shù)和虛部函數(shù)在D內(nèi)必有各階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)。下面研究其實部函數(shù)和虛部函數(shù)的二階偏導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系。定義1

若

j

=

j

(

x在,

y平)

面區(qū)域D內(nèi)有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，并且滿足Laplace方程:則稱j

=

j

(

x為,

y區(qū))

域D內(nèi)的調(diào)和函數(shù)。工程中的許多問題，如平面上的穩(wěn)定溫度場、靜電場和穩(wěn)定流場等都滿足Laplace方程.=

0104?2j

?2j?x

2

+

?y

2(3.1)定理

任何在區(qū)域D內(nèi)解析的函數(shù),它的實部和虛部都是

D

內(nèi)的調(diào)和函數(shù).證明設(shè)w

=f

(z)=u(x,y)+iv(x,y)為區(qū)域D內(nèi)的一個解析函數(shù)，則?u

=

?v

,

?u

=

-

?v