复变函数的积分

贡献者： FFjet; addis

整合中

预备知识　线积分

　　我们之前已经接触过了实函数的积分，那么我们如何推广到复数上呢？实际上，同高等数学一样，也采用 “分割”、“求和”、“取极限” 的步骤来定义积分。

图 1：复积分的定义

定义 1　复积分的定义

　　设 $C$ 为复平面上一条起点在 $a$ ，终点在 $b$ （ $a, b \in C$ ）的有向曲线，其方程为

\begin{matrix} (1) & z (t) = x (t) + i y (t) (t_{a} ⩽ t ⩽ t_{b}) . \end{matrix}

函数

f (z)

定义在

C

上。用一组点

z_{0}, z_{1}, \dots, z_{n}

沿曲线从

a

到

b

对曲线

C

进行分割。当

n

不断增加，设

Δ z_{k} = z_{k} - z_{k - 1}

，

ζ_{k}

为

z_{k - 1}, z_{k}

之间任意一点，分割

C

所得各个弧段长度中的最大值

d

，不论对

C

的分法及

ζ_{k}

的取法如何，若存在极限

\begin{matrix} (2) & S = lim_{d \to 0} \sum_{k = 1}^{n} f (ζ_{k}) Δ z_{k}, \end{matrix}

则称

f (z)

沿

C

（从

a

到

b

）可积，称

S

为

f (z)

沿

C

（从

a

到

b

）的积分，记作

\begin{matrix} (3) & S = \int_{C} f (z) d z . \end{matrix}

其中

f (z)

称为被积函数，

C

称为积分路径。

　　现在来看一下用定义计算复积分的一个简单例子。

例 1　

　　设 $C$ 是一条起点为 $a$ 终点为 $b$ 的曲线，试计算 $S = \int_{C} d z$ 。

　　解：用定义来计算该积分。由定义，将 $f (z) = 1$ 代入，得：

\begin{matrix} (4) & \int_{C} d z = lim_{d \to 0} \sum_{k = 1}^{n} (z_{k} - z_{k - 1}) = b - a . \end{matrix}

　　通过这道例题，我们发现对于函数 $f (z) = 1$ ，它的积分值只依赖于积分路径 $C$ 的起点 $a$ 和终点 $b$ ，而与积分路径的形状是无关的。这个性质对于更一般的 $f$ 是否成立？在后面的柯西积分定理中，我们将给出答案。

　　有了积分定义后，最先关心的问题是：积分存在的条件，积分的性质与积分的计算。下面就来讨论这几个问题。

1. 复积分与线积分

定理 1　

　　令复平面的实轴为 $x$ 轴，虚轴为 $y$ 轴，用两个二元实函数 $u, v$ 来表示 $f (z)$

\begin{matrix} (5) & f (z) = u (x, y) + i v (x, y), \end{matrix}

令两个矢量场为（

r

为

x y

平面上的位置矢量）

\begin{matrix} (6) & f (r) = u \hat{x} - v \hat{y} g (r) = v \hat{x} + u \hat{y}, \end{matrix}

那么积分

\int_{C} f (z) d z

的实部和虚部分别可以看作两个矢量场

f (r), g (r)

在曲线

C

上的线积分

\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} \int_{C} f (z) d z & = \int_{C} f (r) \cdot d r + i \int_{C} g (r) \cdot d r \\ = \int_{C} u d x - v d y + i \int_{C} v d x + u d y . \end{aligned} \end{matrix}

　　研究复变函数的积分问题，可以转化为研究实变量的二元实值函数沿曲线 $C$ 的线积分问题。

证明

\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} \int_{C} f (z) d z & = \int_{C} (u + i v) (d x + i d y) \\ = \int_{C} u d x - v d y + i \int_{C} v d x + u d y . \end{aligned} \end{matrix}

证毕。

2. 复积分的性质与计算

　　上面我们看到了将线积分和复积分联系起来的。容易想到，线积分的一些性质可移到复变函数的积分上来。

　　若 $f (z)$ 与 $g (z)$ 沿曲线 $C, C^{-}$ （ $C^{-}$ 表示与曲线 $C$ 方向相反的同一条曲线）可积，则有

\begin{matrix} (9) & \int_{C} A f (z) d z = A \int_{C} f (z) d z (A 为复常数), \end{matrix}

\begin{matrix} (10) & \int_{C} [A f (z) + B g (z)] d z = A \int_{C} f (z) d z + B \int_{C} g (z) d z, \end{matrix}

\begin{matrix} (11) & \int_{C} f (z) d z = - \int_{C^{-}} f (z) d z, \end{matrix}

\begin{matrix} (12) & \int_{C} f (z) d z = \int_{C_{1}} f (z) d z + \int_{C_{2}} f (z) d z (C 由 C_{1} 与 C_{2} 首尾相接而成) . \end{matrix}

设

L

为曲线

C

的长度，若

f (z)

沿

C

可积，且在

C

上满足

| f (z) | ⩽ M

，则

\begin{matrix} (13) & | \int_{c} f (z) d z | ⩽ \int_{c} | f (z) | d s ⩽ M L . \end{matrix}

该式提供了一种估计复变函数积分的模的方法。

未完成：以下待审阅

　　到现在为止，计算复变函数积分只有两种方法，一是定义，二是。有无其他方法呢？

　　我们注意到，由于积分路径常取光滑曲线（或逐段光滑曲线），所以 $f (z)$ 沿曲线 $C$ 的积分可归结为 $f [z (t)]$ 关于曲线 $C$ 的参数的积分。

　　事实上，若 $C$ 为光滑曲线（或逐段光滑曲线）

\begin{matrix} (14) & \begin{aligned} z & = z (t) \\ = x (t) + i y (t), (t_{a} ⩽ t ⩽ t_{b}) . \end{aligned} \end{matrix}

则

z^{'} (t)

在

[t_{a}, t_{b}]

上连续，且

z^{'} (t) = x^{'} (t) + i y^{'} (t) \neq 0

。再设

f (z)

在

C

上连续及

\begin{matrix} (15) & \begin{aligned} f [z (t)] & = u [x (t), y (t)] + i v [x (t), y (t)] \\ = u_{1} (t) + i v_{1} (t) . \end{aligned} \end{matrix}

则有

\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} \int_{C} f (z) d z & = \int u d x - v d y + i \int_{C} v d x + u d y \\ = \int_{t_{a}}^{t_{b}} {u [x (t), y (t)] x^{'} (t) - v [x (t), y (t)] y^{'} (t)} d t + \\ i \int_{t_{a}}^{t_{b}} {v [x (t), y (t)] x^{'} (t) + u [x (t), y (t)] y^{'} (t)} d t \\ = \int_{t_{a}}^{t_{b}} [u_{1} (t) + i v_{1} (t)] [x^{'} (t) + i y^{'} (t)] d t \\ = \int_{t_{a}}^{t_{b}} f [z (t)] d t . \end{aligned} \end{matrix}

　　这样一来，便将 $f (z)$ 沿曲线 $C$ 的积分归结为 $f (z)$ 关于曲线 $C$ 的参数 $t$ 的积分。

　　用式 16 来计算积分 $\int_{C} f (z) d z$ 包含三个步骤：

写出曲线 $C$ 的方程 $z = z (t) = x (t) + i y (t), t_{a} ⩽ t ⩽ t_{b}$
将 $z = z (t)$ 与 $d z = z^{'} (t) d t$ 代入所求积分 $\int_{c} f (z) d z$ 中
计算式 16 右端的关于参数 $t$ 的积分。

　　有了上述求复变函数的积分的方法之后，我们一起来看几个例子，并尝试用不同的方法来求解。

例 2　

　　计算 $\int_{C} z d z$ ，其中 $C$ 为起点在 $a$ 终点在 $b$ 的一条逐段光滑曲线。

　　我们用定义来计算一下。

　　由题知， $f (z) = z$ 。取 $ζ_{k} = z_{k - 1}$ ，则 $f (ζ_{k}) = z_{k - 1}$ ，作和：

\begin{matrix} (17) & A_{n} = \sum_{k = 1}^{n} f (ζ_{k}) Δ z_{k} = \sum_{k = 1}^{n} z_{k - 1} (z_{k} - z_{k - 1}) . \end{matrix}

因

f (z) = z

在

C

上连续，所以积分一定存在，于是

\begin{matrix} (18) & \int_{C} f (z) d z = lim_{\binom{n \to \infty}{d \to 0}} A_{n} . \end{matrix}

另外，若取

ζ_{k} = z_{k}

，则

f (ζ_{k}) = z_{k}

，作和：

\begin{matrix} (19) & B_{n} = \sum_{k = 1}^{n} f (ζ_{k}) Δ z_{k} = \sum_{k = 1}^{n} z_{k} (z_{k} - z_{k - 1}) . \end{matrix}

由之前的讨论知，

\begin{matrix} (20) & \int_{C} f (z) d z = lim_{\binom{n \to \infty}{d \to 0}} B_{n} . \end{matrix}

由式 18 和式 20 知，

\begin{matrix} (21) & \begin{aligned} \int_{C} f (z) d z & = \frac{1}{2} lim_{\binom{n \to \infty}{d \to 0}} (A_{n} + B_{n}) \\ = \frac{1}{2} (b^{2} - a^{2}) . \end{aligned} \end{matrix}

　　我们再次发现： $f (z) = z$ 也有一个和 $f (z) = 1$ 一样好的性质：它沿曲线 $C$ 的积分只依赖于起点与终点，而与 $C$ 的形状无关！

例 3　

　　试计算 $\int_{C} x d z$ ，其中 $C$ 为起点在 $z = 0$ ，终点在 $z = 1 + i$ 的直线段。

图 2：积分路径

　　我们用式 16 计算。首先，写出 $C$ 的方程为

\begin{matrix} (22) & z = z (t) = (1 + i) t (0 ⩽ t ⩽ 1) . \end{matrix}

由

x + i y = z = z (t) = (1 + i) t

得

d z = z^{'} (t) d t = (1 + i) d t

，将

x = t

和

d z

代入所求积分，得

\begin{matrix} (23) & \int_{C} x d z = \int_{0}^{1} (1 + i) t d t, \end{matrix}

最后，计算上式右端的积分得

\begin{matrix} (24) & \int_{C} x d z = \frac{1 + i}{2} . \end{matrix}

例 4　

　　设 $Γ$ 为由 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 首尾相接而成的起点在 $z = 0$ ，终点在 $z = 1 + i$ 的曲线，如图 3 所示。计算 $\int_{Γ} x d z$ 。

图 3：积分路径

　　首先写出 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的方程为

\begin{matrix} (25) & \begin{array}{l} C_{1} : z = z (t) = t (0 ⩽ t ⩽ 1) \\ C_{2} : z = z (t) = 1 + i t (0 ⩽ t ⩽ 1) . \end{array} \end{matrix}

下面分别计算

C_{1}

和

C_{2}

。

　　在 $C_{1}$ 上有 $x = t, d z = d t$ ，代入 $\int_{C_{1}} x d z$ 得 $\int_{C_{1}} x d z = \int_{0}^{1} t d t$ 。在 $C_{2}$ 上有 $x = Re z (t) = 1, d z = id t$ ，代入 $\int_{C_{2}} x d z$ 得到 $\int_{C_{2}} x d z = \int_{0}^{1} id t$ 。

　　最后，计算积分得

\begin{matrix} (26) & \int_{Γ} x d z = \int_{C_{1}} x d z + \int_{C_{2}} x d z = \int_{0}^{1} t d t + \int_{0}^{1} i d t = \frac{1}{2} + i . \end{matrix}

　　比较例 3 和例 4 ，我们发现，对于复变函数 $f (z) = x$ ，积分的结果却与积分路径的选取很有关系。

　　再来介绍一个十分重要的例题。

例 5　

　　试证：

\begin{matrix} (27) & \oint_{C} \frac{1}{(z - a)^{n}} = {\begin{aligned} 2 π i & (n = 1) \\ 0 & (n \neq 1 且为整数) . \end{aligned} \end{matrix}

其中

C

是为以

a

为圆心，以

R

为半径的圆周。

　　证明：这里的 $C$ 是一条围线，对于沿围线的积分，若无特殊声明，则今后总理解为沿围线的正向积分。

　　用计算积分的方法来证明本题。

　　首先，写出 $C$ 的方程为

\begin{matrix} (28) & \begin{aligned} z & = z (t) \\ = a + R e^{i θ} (0 ⩽ θ ⩽ 2 π) . \end{aligned} \end{matrix}

其次，

d z = i R e^{i θ} d θ

，被积函数当

n = 1

时为

(z - a)^{- 1} = R^{- 1} e^{- i θ}

，当

n \neq 1

且为整数时，为

(z - a)^{- n} = R^{- n} e^{- i n θ}

　　再次，计算积分， $n = 1$ 时，有

\begin{matrix} (29) & \begin{aligned} \oint_{c} \frac{1}{z - a} d z & = \int_{0}^{2 π} \frac{i R e^{i θ}}{R e^{i θ}} d θ \\ = 2 π i \end{aligned} . \end{matrix}

当

n \neq 1

且为整数时，有

\begin{matrix} (30) & \begin{aligned} \oint_{C} \frac{1}{(z - a)^{n}} d z & = \int_{0}^{2 π} \frac{i R e^{i θ}}{R^{n} e^{i n θ}} d θ \\ = \frac{i}{R^{n - 1}} \int_{0}^{2 π} e^{- i (n - 1) θ} d θ \\ = \frac{i}{R^{n - 1}} [\int_{0}^{2 π} \cos (n - 1) θ d θ - i \int_{0}^{2 π} \sin (n - 1) θ d θ] = 0 . \end{aligned} \end{matrix}

综上所述，问题得证。

例 6　

　　计算积分

\begin{matrix} (31) & \oint_{| z - 1 | = 1} \frac{z}{z - 1} d z . \end{matrix}

由积分路径为

| z - 1 | = 1

，得

z - 1 = e^{i θ} (0 ⩽ θ ⩽ 2 π)

。于是，积分路径的方程为

\begin{matrix} (32) & z = z (θ) = 1 + e^{i θ}, (0 ⩽ θ ⩽ 2 π) . \end{matrix}

故

\begin{matrix} (33) & \begin{aligned} \oint_{z - 1} \frac{z}{z - 1} d z & = \int_{0}^{2 π} \frac{1 + e^{i θ}}{e^{i θ}} {ie}^{i θ} d θ \\ = \int_{0}^{2 π} id θ + \int_{0}^{2 π} (\cos θ + i \sin θ) d θ \\ = 2 π i . \end{aligned} \end{matrix}

例 7　

　　计算积分

\begin{matrix} (34) & \oint_{| z - 2 | = 1} \frac{3 z^{2}}{(z - 2)^{3}} d z . \end{matrix}

由

| z - 2 | = 1

得积分路径的方程为

\begin{matrix} (35) & z = z (θ) = 2 + e^{i θ}, (0 ⩽ θ ⩽ 2 π) . \end{matrix}

于是

\begin{matrix} (36) & \begin{aligned} \oint_{| z - 2 | = 1} \frac{3 z^{2}}{(z - 2)^{3}} d z & = \int_{0}^{2 π} \frac{3 {(2 + e^{i θ})}^{2}}{{(e^{i θ})}^{3}} {ie}^{i θ} d θ \\ = 3 i \int_{0}^{2 π} (4 e^{- i 2 θ} + 4 e^{i θ} + 1) d θ \\ = 6 π i . \end{aligned} \end{matrix}

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复变函数的积分

定义 1 复积分的定义

例 1

1. 复积分与线积分

定理 1

证明

2. 复积分的性质与计算

例 2

例 3

例 4

例 5

例 6

例 7

定义 1　复积分的定义

例 1　

定理 1　

例 2　

例 3　

例 4　

例 5　

例 6　

例 7　