复积分

3.1 复积分的概念

积分路径是复平面上的一条曲线C（从点A到点B）。这里\(z = x + iy\)是复数， \(f(z)\) 是复变函数。复积分可以理解为 “在复平面上沿着一条路径做积分”。

计算积分时需要注意C是有向的(由\(z_{0}\)到\(z_{n})\)，方向改变, 积分变号,\(\int_{c}f(z)dz=-\int_{-c}f(z)dz\) 对于闭曲线，与高数一样，我们规定逆时针方向为正向。

常规的计算方法

1. 化为两个二元实变函数的线积分。 如书上定理3.1所示，f(z)连续时简单的做虚实部分离即可,即

\[ \int_{c} f(z)dz=\int_{c}udx-\int_{c}vdy+i\int_{c}vdx+i\int_{c}udy， \quad f(z)=u(x,y)+iv(x,y) \]

1. 参数方程法 同上，不过附加一个条件，曲线的参数方程 \(C:z(t)=x(t)+iy(t)\)。根据高数中第一型线积分的计算公式和法 1 的化简结果，可以得到

\[ \int_{c} f(z)\,dz=\int_{a}^b f(z(t))z'(t)\,dt \]

一个重要积分

\[ \oint_{|z-z_{0}|=r} \frac{1}{(z-z_{0})^n}dz= \begin{cases} 2\pi i, & n=1 \\ 0, & n\neq 1 \end{cases} \]

其中n为任意整数，且以上结果与圆心\(z_{0}\)和半径\(r\)无关

复积分的基本性质

大部分曲线积分的性质(线性性、可加性、不等式)都适用于复积分

1. （方向改变, 积分变号）\(\displaystyle \int_{C} f(z)\mathrm{d}z = -\int_{C^-} f(z)\mathrm{d}z\)

2. （线性性质）\(\displaystyle \int_{C} kf(z)\mathrm{d}z = k\int_{C} f(z)\mathrm{d}z\)（\(k\) 为常数）

3. （对积分路径的可加性） 若 \(C\) 由 \(C_1\) 与 \(C_2\) 连接而成，则

\[ \displaystyle \int_{C} f(z)\mathrm{d}z = \int_{C_1} f(z)\mathrm{d}z + \int_{C_2} f(z)\mathrm{d}z \]

1. （不等式性质） 曲线 \(C\) 的长度为 \(L\), 函数 \(f(z)\) 在 \(C\) 上满足 \(|f(z)| \leq M\), 那么

\[ \left| \int_{C} f(z)\mathrm{d}z \right| \leq \int_{C} |f(z)|\mathrm{d}s \leq ML \tag{3.5} \]

——《复变函数复习资料》P40 需要提示的是，上课强调了求一个积分上界的题型，这里贴上书本上的例题。

例 3.4

设 \( C \) 为从原点到点 \( 3+4\text{i} \) 的直线段, 试求积分 \( \int_{C} \frac{1}{z - \text{i}} \mathrm{d}z \) 绝对值的一个上界.

解答: \( C \) 的方程为 \( z=(3+4\text{i})t, 0\leqslant t\leqslant 1 \). 由估值不等式 (3.6) 和

\[ \left| \int_{C} \frac{1}{z - \text{i}} \mathrm{d}z \right| \leqslant \int_{C} \left| \frac{1}{z - \text{i}} \right| \mathrm{d}s \]

知, 在 \( C \) 上

\[ \left| \frac{1}{z - \text{i}} \right| = \frac{1}{|3t + (4t - 1)\text{i}|} = \frac{1}{\sqrt{25\left(t - \frac{4}{25}\right)^2 + \frac{9}{25}}} \leqslant \frac{5}{3}, \]

及

\[ \left| \int_{C} \frac{1}{z - \text{i}} \mathrm{d}z \right| \leqslant \frac{5}{3}\int_{C} \mathrm{d}s, \]

而 \( \int_{C} \mathrm{d}s = 5 \), 所以

\[ \left| \int_{C} \frac{1}{z - \text{i}} \mathrm{d}z \right| \leqslant \frac{25}{3}. \]

3.2 柯西积分定理

柯西积分定理

若\(f(z)\)在单连通区域\(D\)内解析，则沿着区域\(D\)内任一分段光滑闭曲线的积分值为0. 注:若曲线为边界曲线，如果还有闭区域\(D\)上连续，则定理依然成立

闭路变形原理

闭合曲线C 连续改变且不经过不解析的点, 则\(\int_{c}f(z)dz\)的值不变 即对于多联通区域，只需构造辅助线分割为单连通区域，即可使用定理计算积分.

推论:复合闭路定理

设 \(f\) 在某区域 \(D\) 上解析，除有限个孤立奇点 \(\{a_1,\dots,a_n\}\) 外。令 \(C\) 为位于 \(D\) 内且不经过任何奇点的分段光滑闭曲线，取正向（逆时针）；对每个奇点 \(a_k\) 取互不相交且均位于 \(C\) 内的小圆周 \(C_k\)（均取正向）。若 \(C\) 可在不穿越奇点的前提下连续变形为这些小圆周的并集，则有

\[ \oint_C f(z)\,\mathrm{d}z \;=\; \sum_{k=1}^n \oint_{C_k} f(z)\,\mathrm{d}z. \]

方向约定应一致（若某小圈方向与 \(C\) 相反，则对应项带负号）。 感到眼熟？这一部分将在留数定理粉墨登场 关于复合闭路的方向？和高数一样，可以用“沿着线走，左手在区域内”判断

原函数与牛-莱公式

这部分基本照搬实函数积分，建议参考书本或越杰学组复习资料

3.3 柯西积分公式

设\(f(z)\)在闭圆盘\(|z-z_{0}|\leq \rho_{0}\)上解析且在边界上连续，\(C\) 为其边界圆周。由多联通区域的柯西积分定理可得：

\[ \oint_{C}{\frac{f(z)}{z-z_{0}}dz}=2\pi i f(z_{0}) \]

此处用的是便于直接求积分的形式

推论1：平均值公式

设\(f\)在以\(z_0\)为圆心、半径\(\rho\)的闭圆盘上解析，则有如下推论：

\[ f(z_0)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi} f\bigl(z_0+\rho e^{it})\,dt. \]

证明（要点）：由柯西积分公式

\[ f(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z-z_0|=\rho}\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz \]

取参数化\(z=z_0+\rho e^{it},\ dz=i\rho e^{it}dt\)即可得到上式。

最大模原理

若 f 在连通开集 \(D\) 上解析。且\(f(z)\)不是常函数，则\(|f(z)|\)在\(D\)上没有最大值

推论1：

若\(f\)在连通区域内解析且在某点\(z_0\)取得模的局部最大值，则\(f\)在该连通区域上为常函数。

证明：利用平均值公式可得该点周围每个圆周上的平均值等于中心值，从而模不变并可推广到整个连通区域。

推论2：

若\(f(z)\)在有界区域\(D\)内解析，在闭区域\(\bar D\)连续，则最大模\(|f(z)|\)一定在边界上取得

3.4 高阶导数

若\(f(z)\)在区域\(D\)内解析，在闭区域\(\bar D\)连续，C是闭区域的边界，则其各阶导函数都在D内解析，且对D内任意一点\(z_0\)有

\[ f^{(n)}(z_0)=\frac{n!}{2\pi i}\oint_{C}\frac{f(z)}{(z-z_0)^{\,n+1}}\,dz,\qquad n=0,1,2,\dots \]

同样的，这个公式有两方面的用处，笔者同样指出其更主要的目的是计算特定形式的积分。

Cauchy 估计

从高阶导数公式推理得到的结果 （边界上取最大值 \(M=\max_{|z-z_0|=r}|f(z)|\)）：

\[ \bigl|f^{(n)}(z_0)\bigr|\le\frac{n!\,M}{r^{n}}. \]

于是很快推出下面的定理:

刘维尔定理：

若\(f(z)\)在全平面上解析且有界，其必为常函数。 简单的在Cauchy 估计中令\(n=1,R \rightarrow +\infty\)即得到导函数为0对任意点成立。

习题

由于柯西积分定理可以看作留数定理对一阶极点的特殊形式，笔者没有选择较多的例题，建议读者可结合辅导书上的例题复习。

求函数上界

上课提到的3.4/3.5题，已在前文插入，笔者认为略微留意一下这种题型即可

例1 （辅导书 例1）

解

(1) 积分路径的参数方程为 \(z(t) = t + \mathrm{i}t\ (0 \leq t \leq 1)\), 于是 \(\operatorname{Re} z = t\), \(\mathrm{d} z = (1+\mathrm{i})\mathrm{d} t\), 因此,

\[ \begin{aligned} \int_{C} \operatorname{Re} z \mathrm{d} z &= \int_{0}^{1} t(1+\mathrm{i}) \mathrm{d} t = (1+\mathrm{i}) \left. \frac{t^2}{2} \right|_{0}^{1} \\ &= \frac{1}{2}(1+\mathrm{i}). \end{aligned} \]

(2) 积分路径的参数方程为 \(z(t) = t + \mathrm{i}t^2\ (0 \leq t \leq 1)\), 于是 \(\operatorname{Re} z = t\), \(\mathrm{d} z = (1+2\mathrm{i}t) \mathrm{d} t\), 因此,

\[ \begin{aligned} \int_{C} \operatorname{Re} z \mathrm{d} z &= \int_{0}^{1} t(1+2\mathrm{i}t) \mathrm{d} t \\ &= \left. \left( \frac{t^2}{2} + \frac{2\mathrm{i}}{3}t^3 \right) \right|_{0}^{1} = \frac{1}{2} + \frac{2}{3}\mathrm{i}. \end{aligned} \]

(3) 积分路径由两条直线段构成, \(x\) 轴上由 \(O\) 到 \(1\) 的线段的参数方程为 \(z =t(0 \leq t \leq 1)\), 此时 \(\mathrm{d} z = \mathrm{d} t\), \(\operatorname{Re} z = t\); 由 \(1\) 到 \(1+\mathrm{i}\) 的线段的参数方程为 \(z = 1+\mathrm{i}t\ (0 \leq t \leq 1)\), 此时, \(\mathrm{d} z = \mathrm{i}\mathrm{d} t\), \(\operatorname{Re} z = 1\), 因此,

\[ \begin{aligned} \int_{C} \operatorname{Re} z \mathrm{d} z &= \int_{0}^{1} t \mathrm{d} t + \int_{0}^{1} 1 \cdot \mathrm{i}\mathrm{d} t = \left. \left( \frac{t^2}{2} + \mathrm{i}t \right) \right|_{0}^{1} = \frac{1}{2} + \mathrm{i}. \end{aligned} \]

例2 (辅导书 例10)

计算积分: \(\oint_{C} \frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z^2 - 1} \mathrm{d} z\), 其中 1. \(C: |z+1| = \frac{1}{2}\); 2. \(C: |z-1| = \frac{1}{2}\); 3. \(C: |z| = 2\).

解

(1)

\[ \begin{aligned} \oint_{|z+1| = \frac{1}{2}} \frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z^2 - 1} \mathrm{d} z &= \oint_{|z+1| = \frac{1}{2}} \frac{\frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z-1}}{z+1} \mathrm{d} z \\ &\stackrel{\text{柯西积分公式}}{=} 2\pi\mathrm{i} \left. \frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z-1} \right|_{z=-1} \\ &= 2\pi\mathrm{i} \cdot \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{-2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\pi\mathrm{i}. \end{aligned} \]

(2)

\[ \begin{aligned} \oint_{|z-1| = \frac{1}{2}} \frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z^2 - 1} \mathrm{d} z &= \oint_{|z-1| = \frac{1}{2}} \frac{\frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z+1}}{z-1} \mathrm{d} z \\ &\stackrel{\text{柯西积分公式}}{=} 2\pi\mathrm{i} \left. \frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z+1} \right|_{z=1} \\ &= 2\pi\mathrm{i} \cdot \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\pi\mathrm{i}. \end{aligned} \]

(3) 由复合闭路定理，得

\[ \begin{aligned} \oint_{|z| = 2} \frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z^2 - 1} \mathrm{d} z &= \oint_{|z+1| = \frac{1}{2}} \frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z^2 - 1} \mathrm{d} z + \oint_{|z-1| = \frac{1}{2}} \frac{\sin \frac{\pi}{4} z}{z^2 - 1} \mathrm{d} z \\ &\stackrel{\text{由(1)、(2)}}{=} \frac{\sqrt{2}}{2}\pi\mathrm{i} + \frac{\sqrt{2}}{2}\pi\mathrm{i} = \sqrt{2}\pi\mathrm{i}. \end{aligned} \]

例3 （辅导书 例18）

注：这是最后一节课举的例子，读者可以试着采用留数定理试证，注意定义法(级数)和公式法的选择

计算积分 \(\oint_{C} \frac{\mathrm{d} z}{(z-1)^3(z+1)^4}\), 其中 (1) \(C\) 是圆心在 \(z=1\), 半径 \(R<2\) 的圆周; (2) \(C\) 是圆心在 \(z=-1\), 半径 \(R<2\) 的圆周; (3) \(C\) 是圆心在 \(z=1\) 或 \(z=-1\), 半径 \(R>2\) 的圆周.

解

(1) \(C\) 内只有一个奇点 \(z=1\), 所以

\[ \begin{aligned} \oint_{C} \frac{\mathrm{d} z}{(z-1)^3(z+1)^4} &= \frac{2\pi\mathrm{i}}{2!} \left. \left[ \frac{1}{(z+1)^4} \right]'' \right|_{z=1} \\ &= \pi\mathrm{i} \cdot (-4)(-5) \left. \frac{1}{(z+1)^6} \right|_{z=1} \\ &= \frac{5}{16}\pi\mathrm{i}. \end{aligned} \]

(2) \(C\) 内只有一个奇点 \(z=-1\), 所以

\[ \begin{aligned} \oint_{C} \frac{\mathrm{d} z}{(z-1)^3(z+1)^4} &= \oint_{C} \frac{\frac{1}{(z-1)^3}}{(z+1)^4} \mathrm{d} z \\ &= \frac{2\pi\mathrm{i}}{3!} \left. \left[ \frac{1}{(z-1)^3} \right]''' \right|_{z=-1} \\ &= \frac{\pi\mathrm{i}}{3} (-3)(-4)(-5) \left. \frac{1}{(z-1)^6} \right|_{z=-1} \\ &= -\frac{5}{16}\pi\mathrm{i}. \end{aligned} \]

(3) \(C\) 内有两个奇点 \(z=1,z=-1\). 作简单闭曲线 \(C_1,C_2\) 分别包围点 \(-1,1\), 且 \(C_1\) 和 \(C_2\) 互不包含、互不相交. 利用复合闭路定理和 (1), (2) 小题的结果, 有

\[ \begin{aligned} \oint_{C} \frac{\mathrm{d} z}{(z-1)^3(z+1)^4} &= \oint_{C_1} \frac{\mathrm{d} z}{(z-1)^3(z+1)^4} + \oint_{C_2} \frac{\mathrm{d} z}{(z-1)^3(z+1)^4} \\ &= \frac{5}{16}\pi\mathrm{i} - \frac{5}{16}\pi\mathrm{i} = 0. \end{aligned} \]