复变函数的积分

             

  • 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
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 $b$($a,b\in\mathbb C$)的有向曲线,其方程为

\begin{equation} z(t)=x(t)+\mathrm{i} y(t) \qquad(t_a \leqslant t \leqslant t_b) \end{equation}
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 $\Delta z_{k}=z_{k}-z_{k-1}$,$\zeta_k$ 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 $\zeta_k$ 的取法如何,若存在极限
\begin{equation} S = \lim_{d \rightarrow 0} \sum_{k=1}^{n} f\left(\zeta_{k}\right) \Delta z_{k} \end{equation}
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{equation} S=\int_{C} f(z) \mathrm{d} z \end{equation}
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 $\displaystyle S=\int_C\mathrm dz$.

   解:用定义来计算该积分.由定义,将 $f(z)=1$ 代入,得:

\begin{equation} \int_{C} \mathrm{d} z=\lim _{d \rightarrow 0} \sum_{k=1}^{n}\left(z_{k}-z_{k-1}\right)= b-a \end{equation}

   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{equation} f (z) = u(x, y) + \mathrm iv(x, y) \end{equation}
令两个矢量场为($ \boldsymbol{\mathbf{r}} $ 为 $xy$ 平面上的位置矢量)
\begin{equation} \boldsymbol{\mathbf{f}} ( \boldsymbol{\mathbf{r}} ) = u \hat{\boldsymbol{\mathbf{x}}} - v \hat{\boldsymbol{\mathbf{y}}} \qquad \boldsymbol{\mathbf{g}} ( \boldsymbol{\mathbf{r}} ) = v \hat{\boldsymbol{\mathbf{x}}} + u \hat{\boldsymbol{\mathbf{y}}} \end{equation}
那么积分 $\int_{C} f(z) \mathrm{d} z$ 的实部和虚部分别可以看作两个矢量场 $ \boldsymbol{\mathbf{f}} ( \boldsymbol{\mathbf{r}} ), \boldsymbol{\mathbf{g}} ( \boldsymbol{\mathbf{r}} )$ 在曲线 $C$ 上的线积分
\begin{equation} \begin{aligned} \int_{C} f(z) \,\mathrm{d}{z} &= \int_C \boldsymbol{\mathbf{f}} ( \boldsymbol{\mathbf{r}} ) \boldsymbol\cdot \,\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{r}} } + \mathrm{i} \int_C \boldsymbol{\mathbf{g}} ( \boldsymbol{\mathbf{r}} ) \boldsymbol\cdot \,\mathrm{d}{ \boldsymbol{\mathbf{r}} } \\ &= \int_{C} u \mathrm{d} x-v \mathrm{d} y+\mathrm{i} \int_{C} v \mathrm{d} x+u \mathrm{d} y \end{aligned} \end{equation}

   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{equation} \begin{aligned} \int_C f(z) \,\mathrm{d}{z} &= \int_C (u+iv)( \,\mathrm{d}{x} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{y} )\\ &= \int_C u \,\mathrm{d}{x} - v \,\mathrm{d}{y} + \int_C v \,\mathrm{d}{y} + u \,\mathrm{d}{x} \end{aligned} \end{equation}
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{equation} \int_{C} A f(z) \mathrm{d} z=A \int_{C} f(z) \mathrm{d} z \quad(A \text { 为复常数 }) \end{equation}
\begin{equation} \int_{C}[Af(z)+ Bg(z)] \mathrm{d} z= A\int_{C} f(z) \mathrm{d} z + B\int_{C} g(z) \mathrm{d} z \end{equation}
\begin{equation} \int_{C} f(z) \mathrm{d} z=-\int_{C^{-}} f(z) \mathrm{d} z \end{equation}
\begin{equation} \int_{C} f(z) \mathrm{d} z=\int_{C_{1}} f(z) \mathrm{d} z+\int_{C_{2}} f(z) \mathrm{d} z \quad\left(C \text{ 由 } C_{1} \text{ 与 } C_{2} \text { 首尾相接而成}\right) \end{equation}
设 $ L$ 为曲线 $C$ 的长度,若 $f (z)$ 沿 $C$ 可积,且在 $C$ 上满足 $ \left\lvert f(z) \right\rvert \leqslant M $,则
\begin{equation} \left|\int_{c} f(z) \mathrm{d} z\right| \leqslant \int_{c}|f(z)| \mathrm{d} s \leqslant M L \end{equation}
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{equation} \begin{aligned} z &=z(t) \\ &=x(t)+\mathrm{i} y(t),(t_a \leqslant t \leqslant t_b) \end{aligned} \end{equation}
则 $z^\prime(t)$ 在 $[t_a, t_b]$ 上连续,且 $z^\prime(t) = x^\prime(t) + \mathrm iy^\prime(t) \neq 0$.再设 $ f (z)$ 在 $C$ 上连续及
\begin{equation} \begin{aligned} f[z(t)] &=u[x(t), y(t)]+\mathrm{i} v[x(t), y(t)] \\ &=u_{1}(t)+\mathrm{i} v_{1}(t) \end{aligned} \end{equation}
则有
\begin{equation} \begin{aligned} \int_{C} f(z) \mathrm{d} z &=\int u \mathrm{d} x-v \mathrm{d} y+\mathrm{i} \int_{C} v \mathrm{d} x+u \mathrm{d} y \\ &=\int_{t_a}^{t_b}\left\{u[x(t), y(t)] x^{\prime}(t)-v[x(t), y(t)] y^{\prime}(t)\right\} \mathrm{d} t+\\ & \mathrm{i} \int_{t_a}^{t_b}\left\{v[x(t), y(t)] x^{\prime}(t)+u[x(t), y(t)] y^{\prime}(t)\right\} \mathrm{d} t \\ &=\int_{t_a}^{t_b}\left[u_{1}(t)+\mathrm{i} v_{1}(t)\right]\left[x^{\prime}(t)+\mathrm{i} y^{\prime}(t)\right] \mathrm{d} t \\ &=\int_{t_a}^{t_b} f[z(t)] \mathrm{d} t \end{aligned} \end{equation}

   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 $\displaystyle \int_{C} f(z) \mathrm{d} z$ 包含三个步骤:

  1. 写出曲线 $C$ 的方程 $z=z(t)=x(t)+i y(t), t_a \leqslant t \leqslant t_b$
  2. 将 $ z = z(t)$ 与 $\mathrm{d}z = z^\prime (t)\mathrm{d}t $ 代入所求积分 $\displaystyle \int_{c} f(z) \mathrm{d} z$ 中
  3. 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 $\displaystyle \int _ C z \mathrm dz$,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 $\zeta_k=z_{k-1}$,则 $f\left(\zeta_{k}\right)=z_{k-1}$,作和:

\begin{equation} A_{n}=\sum_{k=1}^{n} f\left(\zeta_{k}\right) \Delta z_{k}=\sum_{k=1}^{n} z_{k-1}\left(z_{k}-z_{k-1}\right) \end{equation}
因 $f(z)=z$ 在 $C$ 上连续,所以积分一定存在,于是
\begin{equation} \int_{C} f(\mathrm{z}) \mathrm{d} \mathrm{z}=\lim _{n \rightarrow \infty \atop d \rightarrow 0} A_{n} \end{equation}
另外,若取 $\zeta_k=z_k$,则 $f\left(\zeta_{k}\right)=z_{k}$,作和:
\begin{equation} B_{n}=\sum_{k=1}^{n} f\left(\zeta_{k}\right) \Delta z_{k}=\sum_{k=1}^{n} z_{k}\left(z_{k}-z_{k-1}\right) \end{equation}
由之前的讨论知,
\begin{equation} \int_{C} f(\mathrm{z}) \mathrm{d} \mathrm{z}=\lim _{n \rightarrow \infty \atop d \rightarrow 0} B_{n} \end{equation}
式 18 式 20 知,
\begin{equation} \begin{aligned} \int_{C} f(z) \mathrm{d} z &=\frac{1}{2} \lim _{n \rightarrow \infty \atop d \rightarrow 0}\left(A_{n}+B_{n}\right) \\ &=\frac{1}{2}\left(b^{2}-a^{2}\right) \end{aligned} \end{equation}

   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 $\displaystyle \int_{C} x \mathrm{d} z$,其中 $C$ 为起点在 $z = 0$,终点在 $z =1+\mathrm i$ 的直线段.

图
图 2:积分路径

   我们用式 16 计算.首先,写出 $C$ 的方程为

\begin{equation} z=z(t)=(1+i) t \qquad (0 \leqslant t \leqslant 1) \end{equation}
由 $x+\mathrm{i} y=z=z(t)=(1+\mathrm{i}) t$ 得 $\mathrm{d} z=z^{\prime}(t) \mathrm{d} t=(1+\mathrm{i}) \mathrm{d} t$,将 $x=t$ 和 $\mathrm dz$ 代入所求积分,得
\begin{equation} \int_{C} x \mathrm{d} z=\int_{0}^{1}(1+\mathrm{i}) t \mathrm{d} t \end{equation}
最后,计算上式右端的积分得
\begin{equation} \int_{C} x \mathrm{d} z=\frac{1+\mathrm{i}}{2} \end{equation}

例 4 

   设 $\Gamma$ 为由 $C_1$ 与 $C_2$ 首尾相接而成的起点在 $z=0$,终点在 $ z =1+ \mathrm i $ 的曲线,如图 3 所示.计算 $\displaystyle \int_{\Gamma} x \mathrm{d}z$.

图
图 3:积分路径

   首先写出 $C_1$ 和 $C_2$ 的方程为

\begin{equation} \begin{array}{l}C_{1}: z=z(t)=t(0 \leqslant t \leqslant 1) \\ C_{2}: z=z(t)=1+\text { i }t(0 \leqslant t \leqslant 1)\end{array} \end{equation}
下面分别计算 $C_1$ 和 $C_2$.

   在 $C_1$ 上有 $x=t, \mathrm{d} z=\mathrm{d} t$,代入 $\displaystyle \int_{C_{1}} x \mathrm{d} z$ 得 $\displaystyle \int_{C_{1}} x \mathrm{d} z=\int_{0}^{1} t \mathrm{d} t$.在 $C_2$ 上有 $\displaystyle x=\operatorname{Re} z(t)=1, \mathrm{d} z=\mathrm{id} t$,代入 $\displaystyle \int_{C_{2}} x \mathrm{d} z$ 得到 $\displaystyle \int_{C_{2}} x \mathrm{d} z=\int_{0}^{1} \mathrm{id} t$.

   最后,计算积分得

\begin{equation} \int_{\Gamma} x \mathrm{d} z=\int_{C_{1}} x \mathrm{d} z+\int_{C_{2}} x \mathrm{d} z=\int_{0}^{1} t \mathrm{d} t+\int_{0}^{1} \mathrm{i} \mathrm{d} t=\frac{1}{2}+\mathrm{i} \end{equation}

   比较例 3 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{equation} \oint_{C} \frac{1}{(z-a)^{n}}=\left\{\begin{array}{ll}2 \pi \mathrm{i}, & n=1 \\ 0, & n \neq 1 \text { 且为整数. }\end{array}\right. \end{equation}
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{equation} \begin{aligned} z &=z(t) \\ &=a+R \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} \quad(0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi) \end{aligned} \end{equation}
其次,$\mathrm{d} z=\mathrm{i} R \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} \mathrm{d} \theta$,被积函数当 $n =1$ 时为 $(z-a)^{-1}=R^{-1} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \theta}$,当 $n \ne 1$ 且为整数时,为 $(z-a)^{-n}=R^{-n} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} n \theta}$

   再次,计算积分,$n=1$ 时,有

\begin{equation} \begin{aligned} \oint_{c} \frac{1}{z-a} \mathrm{d} z &=\int_{0}^{2 \pi} \frac{\mathrm{i} R \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}}{R \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}} \mathrm{d} \theta \\ &=2 \pi \mathrm{i} \end{aligned} \end{equation}
当 $n \neq 1$ 且为整数时,有
\begin{equation} \begin{aligned} \oint_{C} \frac{1}{(z-a)^{n}} \mathrm{d} z &=\int_{0}^{2 \pi} \frac{\mathrm{i} R \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}}{R^{n} \mathrm{e}^{\mathrm{i} n \theta}} \mathrm{d} \theta \\ &=\frac{\mathrm{i}}{R^{n-1}} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(n-1) \theta} \mathrm{d} \theta \\ &=\frac{\mathrm{i}}{R^{n-1}}\left[\int_{0}^{2 \pi} \cos\left(n-1\right) \theta \mathrm{d} \theta-\mathrm{i} \int_{0}^{2 \pi} \sin\left(n-1\right) \theta \mathrm{d} \theta\right]=0 \end{aligned} \end{equation}
综上所述,问题得证.

例 6 

   计算积分

\begin{equation} \oint_{|z-1|=1} \frac{z}{z-1} \mathrm{d} z \end{equation}
由积分路径为 $|z -1|=1$,得 $z-1=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}(0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi)$.于是,积分路径的方程为
\begin{equation} z=z(\theta)=1+\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta},(0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi) \end{equation}
\begin{equation} \begin{aligned} \oint_{z-1} \frac{z}{z-1} \mathrm{d} z &=\int_{0}^{2 \pi} \frac{1+\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}}{\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}} \mathrm{ie}^{\mathrm{i} \theta} \mathrm{d} \theta \\ &=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{id} \theta+\int_{0}^{2 \pi}(\cos \theta+\mathrm{i} \sin \theta) \mathrm{d} \theta \\ &=2 \pi \mathrm{i} \end{aligned} \end{equation}

例 7 

   计算积分

\begin{equation} \oint_{|z-2|=1} \frac{3 z^{2}}{(z-2)^{3}} \mathrm{d} z \end{equation}
由 $ |z - 2| =1$ 得积分路径的方程为
\begin{equation} z=z(\theta)=2+\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta},(0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi) \end{equation}
于是
\begin{equation} \begin{aligned} \oint_{|z-2|=1} \frac{3 z^{2}}{(z-2)^{3}} \mathrm{d} z &=\int_{0}^{2 \pi} \frac{3\left(2+\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}\right)^{2}}{\left(\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}\right)^{3}} \mathrm{ie}^{\mathrm{i} \theta} \mathrm{d} \theta \\ &=3 \mathrm{i} \int_{0}^{2 \pi}\left(4 \mathrm{e}^{-\mathrm{i} 2 \theta}+4 \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta}+1\right) \mathrm{d} \theta \\ &=6 \pi \mathrm{i} \end{aligned} \end{equation}

致读者: 小时百科一直以来坚持所有内容免费无广告,这导致我们处于严重的亏损状态。 长此以往很可能会最终导致我们不得不选择会员制,大量广告,内容付费等。 因此,我们请求广大读者热心打赏 ,使网站得以健康发展。 如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 10 元,我们一个星期内就能脱离亏损, 并保证网站能在接下来的一整年里向所有读者继续免费提供优质内容。 但遗憾的是只有不到 1% 的读者愿意捐款, 他们的付出帮助了 99% 的读者免费获取知识, 我们在此表示感谢。

         

© 小时科技 保留一切权利