复变函数积分方法总结

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复变函数积分方法总结

数学本就灵活多变，各类函数的排列组合会衍生多式多样的函数新形势，同时也具有本来原函数的性质，也会有多类型的可积函数类型，也就会有相应的积分函数求解方法。就复变函数：

z=x+iy i2=-1 ，x,y分别称为z的实部和虚部，记作x=Re(z),y=Im(z)。arg z=θ? θ?称为主值-π＜θ?≤π，Arg=argz+2kπ。利用直角坐标和极坐标的关系式x=rcosθ，y=rsinθ,故z= rcosθ+i rsinθ；利用欧拉公式e iθ=cosθ+isinθ。z=re iθ。

1.定义法求积分：

定义：设函数w=f(z)定义在区域D内，C为区域D内起点为A终点为B的一条光滑的有

向曲线，把曲线C 任意分成n 个弧段，设分点为A=z 0 ，z 1，…，z k-1，z k ，…，z n =B ，在每个弧段z k-1 z k (k=1,2…n)上任取一点?k 并作和式S n =∑f (?k )n

k ?1(z k -z k-1)= ∑f (?k )n k ?1?z k 记?z k = z k - z k-1，弧段z k-1 z k 的长度 δ=max

1≤k ≤n {?S k }(k=1,2…,n),当 δ→0时，不论对c 的分发即?k 的取法如何，S n 有唯一的极限，则称该极限值为函数f(z)沿曲线C 的积分为：

∫

f (z )dz c

=lim

δ 0

∑

f (?k )n

k ?1

?z k

设C 负方向(即B 到A 的积分记作) ∫f (z )dz c ?.当C 为闭曲线时，f(z)的积分记作∮f (z )dz c (C 圆周正方向为逆时针方向)

例题：计算积分1)∫dz c 2) ∫2zdz c ,其中C 表示a 到b 的任一曲线。（1）解：当C 为闭合曲线时，∫dz c =0. ∵f(z)=1 S n =∑f (?k )n

k ?1(z k -z k-1)=b-a

∴lim n 0

Sn =b-a,即1)∫dz c =b-a.

(2)当C 为闭曲线时，∫dz c =0. f(z)=2z;沿C 连续，则积分∫zdz c 存在，设?k =z k-1,则 ∑1= ∑Z n k ?1（k ?1）(z k -z k-1) 有可设?k =z k ，则

∑2= ∑Z n k ?1（k ?1）(z k -z k-1)

因为S n 的极限存在，且应与∑1及∑2极限相等。所以

S n = (∑1+∑2)= ∑k ?1n z k (z k 2

?z k ?12)=b 2-a

∴ ∫2zdz c

=b 2-a 2

1.2 定义衍生1：参数法：

f(z)=u(x,y)+iv(x,y), z=x+iy 带入∫f (z )dz c 得： ∫f (z )dz c = ∫udx c - vdy + i ∫vdx c + udy 再设z(t)=x(t)+iy(t) (α≤t ≤β)

∫f (z )dz c =∫f (z (t ))z (t )dt β

参数方程书写：z=z 0+(z 1-z 0)t （0≤t ≤1）；z=z 0+re i θ，(0≤θ≤2π)

例题1： ∫z 2

dz 3+i 0

积分路线是原点到3+i 的直线段

解：参数方程 z=（3+i ）t

∫z 2

dz 3+i 0

=∫[(3+i )t ]2[(3+i )t ]′dt 1

=(3+i)3∫t 2

dt 1

=6+263

例题2：沿曲线y=x 2计算∫（x 2+iy）dz 1+i

解：参数方程 {x =t

y =t 2 或z=t+it 2 (0≤t ≤1)

∫(x 2+iy )dz 1+i 0=∫（t 2+it 2）(1+2it )dt 1

=(1+i)[∫(t 2dt )dt 1

0 + 2i ∫t 3

dt 1

] =-16+56

i 1.3定义衍生2 重要积分结果： z=z 0+ re i θ ，(0≤θ≤2π) 由参数法可得：

∮dz (z ?z 0)n +1

c =∫ire iθ

i（n +1）θ

n +1

2π0

d θ=i

n ∫

e ?inθ

1+i 0

d θ

∮dz

(z ?z 0)

n +1

={2πi n =0

0 n ≠0

例题1：

∮dz

z ?2|z |

例题2：

∮dz

z ?

|z |

解： =0 解 =2πi 2.柯西积分定理法：

2.1 柯西-古萨特定理：若f(z)dz 在单连通区域B 内解析，则对B 内的任意一条封闭曲线有：

∮

f (z )dz c

2.2定理2：当f 为单连通B 内的解析函数是积分与路线无关，仅由积分路线的起点z 0与终点z 1来确定。

2.3闭路复合定理：设函数f(z)在单连通区域D 内解析，C 与C 1是D 内两条正向简单闭曲线，C 1在C 的内部，且以复合闭路Γ=C+C 1所围成的多连通区域G 全含于D 则有：

∮

f (z )dz Γ

∮

f (z )dz c

∮f (z )dz c 1

即

∮

f (z )dz c

∮

f (z )dz

c 1

推论：

∮

f (z )dz c

∑∮

f (z )dz

c k

n k =1

例题：

∮

2z ?1z 2

dz c

C 为包含0和1的正向简单曲线。

解：被积函数奇点z=0和z=1.在C 内互不相交，互不包含的正向曲线c 1和c 2。

∮

2z ?1z 2

dz c

∮

2z ?1z

(1?z )

dz c1

∮

2z ?1z

(1?z )

∮

1z ?1

dz c1

∮

1z ?1

∮

1z ?1

dz c1

∮

dz c1

∮

1z ?1

dz c2

∮

=0+2πi+2πi+0 =4πi

2.4原函数法(牛顿-莱布尼茨公式)：

定理2.2可知，解析函数在单连通域B 内沿简单曲线C 的积分只与起点z 0与终点z 1有关，即

∫f (?)c d ? = ∫f (?)z1

z 0

d ? 这里的z 1和z 0积分的上下限。当下限z 0固定，让上限z 1在B 内变动，则积分∫f (?)z1

d ?在B 内确定了一个单值函数F(z),即F(z)= ∫f (?)z1

z 0

d ? 所以有

若f(z)在单连通区域B 内解析，则函数F(z)必为B 内的解析函数，且F (z

) =f(z).根据定理2.2和2.4可得∫f (k )z 1

d k = F(z 1) - F(z 0). 例题：求∫zcosz 1

d k 解：函数zcosz 在全平面内解析

∴∫zcosz 1

d k =zsinz |0i -∫sinz 1

0d k = isin i+cosz |0i =isin i+cos i-1 =i

e ?1?12i

e ?1+12i

-1=e -1-1

此方法计算复变函数的积分和计算微积分学中类似的方法，但是要注意复变适合此方法的条件。

2.5柯西积分公式法：

设B 为以单连通区域，z 0位B 中一点，如f(z)在B 内解析，则函数

f (z )

z ?z 0

在z 0不解析，所以在

B内沿围绕z0的闭曲线C的积分∫f(z)

z?z0dz

一般不为零。取z0位中心，以δ>0为半径的正向圆周|z?z0|=δ位积分曲线cδ，由于f(z)的连续性，所以

∫f(z)

z?z0dz

c =∫f(z)

z?z0

cδ

=2πif(z0)

2.5.1定理：若f(z)在区域D内解析，C为D内任何一条正向简单闭曲线，它的内部完全含于D，z0为C内的任一点，有：

f(z0)=

2πi

∮f(z)

z?z0

例题：1）∮|

z|=22）∮z

(9?z2)(z+i)

dz |z|=2

解：=2π isin z|z=0=0 解：=∮

9?z2

z?(?i)

|z|=2

=2πi z

9?z2|z=-i=π

2.6解析函数的高阶导数：

解析函数的导数仍是解析函数，它的n阶导数为

f(n)(z0)=n!

2πi ∮f(z)

(z?z0)n+1

dz(n=1,2…)

其中C为f(z)的解析区域D内围绕z0的任一条正向简单闭曲线，而它的内部全含于D.

例题：∮e z

z5dz

C:|Z|=1

解：由高阶导数的柯西积分公式：

原式=2πi ?1

4!(e z )(4)

|z=π2

=πi

3.解析函数与调和函数：

定义：（1）调和函数：如果二元实函数φ(x,y)在区域D 内具有二阶连续函数，且满足拉普拉斯方程：

?2φ?x 2

+?2φ?y

2=0，则称φ(x,y)为区域D 内的调和函数。若f(z)=u+iv 为解析函数，则u 和v 都是调和

函数，反之不一定正确

（2）共轭调和函数:u(x ，y)为区域内给定的调和函数，我们把是 u+iv 在D 内构成解析函数的调和函数v(x,y)称为u(x,y)的共轭调和函数。若v 是u 的共轭调和函数，则-u 是v 的共轭调和函数

关系：任何在区域D 内解析的函数，它的实部和虚部都是D 内的调和函数；且虚部为实部的共轭调和函数。 3.1求解方法：

（1）偏积分法：若已知实部u=u(x,y),利用C-R 方程先求得v 的偏导数?u ?x

=?v ?y

，两边对y 积

分得v=∫

?u ?x

dy +g (x ).再由

?u ?y

?v ?x

又得??x

∫

?v ?x

dy +g (x

)=- ?u ?y

从而g (x )=∫[?

?u ?y

??x

∫?u

?x dy ]dx + C

v=∫?u ?x

dy + ∫[?

?u ?y

??x

∫?u

?x dy ]dx + C 同理可由v(x,y)求u(x,y).

3.2不定积分法：

因为f (z

)=U x +i V x = U x -iU y = V y +iV X

所以f(z)=∫U (z )dz +c f(z)=∫V (z )dz +c 3.3线积分法：

若已知实部u=u(x,y),利用C-R 方程可得的dv=?v

dx+

?v ?y

dy=-

dx+∫

?u ?x

dy 故虚部为

v=∫?

?u ?y

dx +

（x，y）

（x

0，y 0，

）

?u ?x

dy +C

该积分与路径无关，可自选路径，同理已知v(x,y)也可求u(x,y).

例题：设u=x 2-y 2+xy 为调和函数，试求其共轭函数v(x,y)级解析函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y) 解：利用C-R 条件

?u ?x

=2x+y ?u ?y

=-2y+x ?2u ?x 2

?2u ?y 2

=-2

所以满足拉普拉斯方程，有

?v ?x

=??u ?y

=2y-x ?v ?y

?u ?x

=2x+y

所以v=∫(2y ?x )dx +φ(y )=2xy- x 22

+φ(y )

?v ?y

=2x+φ(y

)=2x+y φ(y

)=y φ(y )=y 22

+c v(x,y)=2xy- x 22

+y 2

f(z)=u(x,y)+iv(x,y)=12

(2-i)z 2+iC

4.留数求积分：

留数定义：设z 0为函数f(z)的一个孤立奇点，即f(z)在去心邻域、

0<|z ?z 0|<δ ,我们把f(z)在z 0处的洛朗展开式中负一次幂项系数c -1称为f(z)在z 0处的留数，记为Res[f(z),z 0]即Res[f(z),z 0]=c -1

或者Res[f(z),z 0]=

2πi ∮f (z )dz c

C 为0<|z ?z 0|<δ

4.1留数定理：设函数f(z)在区域D 内除有限个孤立奇点z 1z 2…z n,

其中z k 表示函数f (z )的孤立奇点 4.2孤立奇点：

定义：如果函数k (k )在z 0不解析，但在z 0某个去心邻域0<|z ?z 0|<δ内解析，则称z 0为f (z )的孤立奇点。例如1

z 、e 1

z 都是以z=0为孤立奇点函数

(z +1)（z +2）

以z=-1、z=2为孤立奇点..........

在孤立奇点z=z 0的去心邻域内，函数f (z )可展开为洛朗级数 k (k )=∑c n ∞

n =?∞（z ?z 0）

洛朗级数中负幂项是否存在，若存在是有限项还是无限项，这对f(z)在z 0处的奇异性将起着决定性的作用。讨论孤立奇点z 0的类型：

4.2.1可去奇点：若函数f(z)在孤立奇点z 0的去心邻域内的洛朗展开式中不含负幂项，即对

一切n<0有c n=0，则称z0是f(z)的可去奇点

因为没有负幂项，即c-n=0,(n=1,2.....)故c-1=0。遇到函数f(z)的奇点类型是可去奇点，一般对函数k(k)求积分一般为零

判断可去奇点方法：⑴函数k(k)在某个去心邻域0<|z?z0|<δ内解析，则z0是f(z)的可去奇点的充要条件是存在极限lim

z→z0

f（z）=c0，其中c0是一复常数; ⑵在⑴的假设下，z0是f(z)可去奇点的充要条件是：存在r≤δ，使得f(z)在0<|z?z0|

4.2.2极点：若函数f(z)在孤立奇点z0的去心邻域内洛朗级数展开式中只有有限个负幂项，即有正整数m，c-m≠0，而当n<-m时c-n=0

则称z0是f(z)的m级极点。

其洛朗展开式是：f(z)=c?m

（z?z0）m +c?m+1

（z?z0）m+1

+…+c?1

z?z0

+c0+c1(z-z0)n+m+…+c0(z-z0)n +…

这里c-m≠0，于是在0<|z?z0|<δ有f(z)=[c?m

（z?z0）m +c?m+1

（z?z0）m+1

+…+c?1

z?z0

+c0+c1(z-z0)n+m+…

+c0(z-z0)n +…]=1

(z?z0)m

φ(z). *

φ(z)一个在0<|z?z0|<δ解析，同时φ(z)≠0，则z0是f(z)的m级极点。

判断定理：（1）f(z)在z0的去心邻域0<|z?z0|<δ解析，z0是f(z)的m级极点的充要条件是

可以表示成*的形式。（2）z0是f(z)的m级极点的充要条件是lim

z→z0

f(z)=∞.

4.2.3本性奇点：若函数f(z)在孤立奇点z0的去心邻域内洛朗级数展开式中只有无限个负幂项，则称z0是f(z)的本性奇点

判断方法：孤立奇点是本性奇点的充要条件是不存在有限或无穷的极限lim

z→z0

f(z)。

4.3函数在极点的留数：

准则一：若z0为一级极点，则

Res[f(z),z0]=lim

z→z0

f(z)(z?z0)

准则二：做z0为m级极点，则

Res[f(z),z0]=1

(m?1)!lim

z→z0

d m?1

dz m?1

{(z-z0)m f(z)}

准则三：设f(z)=P(Z)

Q(Z)

,P(z)以及Q(z)都在z0解析，如果P(z0)=0，

Q(z0)≠0，则z0是f(z)的一级极点，而且：

Res[f(z),z0]=P(Z0)

Q(Z0)

4.4无穷远处的留数：

定义：扩充z平面上设z=∞为f(z)上的孤立奇点，即f(z)在R<|z|<+∞内解析，C为圆环绕原点z=0的任一条正向简单闭曲线，则积分值

1 2πi ∮f(z) c?1

称为f(z)在z=∞处的留数，记作

Res[f(z),∞]=1

2πi ∮f(z) c?1

如果f(z),在R<|z |<+∞内的洛朗展开式为

f(z),=∑c n z n

∞n =?∞ 则有Res[f(z), ∞]=-c -1

4.4.1如果f(z)在扩充复平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远处在内）设为z 1，z 2，…，z n ，∞则f(z)在各奇点的留数总和为零,即 ∑Res [f (z )dz ]n k =1+Res[f(z), ∞]=0; 4.4.2 Res[f(z), ∞]=-Res[f(1

z )? 1

z 2,0]

例题：求下列Res[f(z), ∞]的值

（1）f(z)=

e z

z 2?1

(2)f(z)=

1z (z +1)4(z ?4)

解：（1）在扩充复平面上有奇点：±1，∞ ，而±1为f(z)的一级极点且Res[f(z),1]=lim z →1

(z ?

1)f (z )=lim

z →1e z

z +1=1

Res[f(z),-1]= lim z →?1

(z ?

1)f (z )=lim z →1e z

z ?1=-12

∵Res[f(z), ∞] + Res[f(z),1] + Res[f(z),-1]=0得

∴Res[f(z), ∞]=-{ Res[f(z),1]+ Res[f(z),-1]}= 1

2(e ?1+e )=-sh1 (2) 由公式Res[f(z), ∞]=-Res[f(1

)? 1

z 2,0]，而1

2f(1

)= 1

z (z +1)4(z ?4)

以z=0为可去奇点，所以 Res[f(z), ∞]= -Res[f(1

z )? 1

z 2,0]=0

4.5用留数定理计算积分：

4.5.1形如∫R (cosθ,sinθ)2π

0d θ的定积分计算；其中R (cosθ,sinθ)为cos θ与sinθ的有理函数。故解这类题是就会联想到复变函数与三角变换的相关知识--欧拉公式，令z=e iθ,dz=izd θ=i e iθ d θ d θ=

dz iz

sin θ=1

2i (e iθ?e

?iθ

)=z 2?12iz

cos θ(e iθ+e

?iθ

z 2+12iz

则∫R (cosθ,sinθ)2π

0d θ=∮R [z 2+12iz

z 2?12iz

]|z |dz iz

=∮f (z )dz |z | 其中f(z)= R [

z 2+12iz

z 2?12iz

]1iz

然后又留数定理求的积分值为2πi ∑Res [f (z ),z k ]n k =1 其中z k

（k=1,2, …n ）为f(z)在单位圆周内的所有孤立奇点。

4.5.2形如∫R (x )dx +∞

?∞的积分计算。其中R(x)为x 的有理函数，且分母的次数至少比分子的高二次，R(x)在实轴上无孤立奇点。则

∫R (x )dx +∞

?∞=2πi ∑Res [R(z),z k ],z k 为上半平面的所有奇点

4.5.3形如∫R (x )e iax

dx +∞

?∞

=2πi ∑Res [R (x )e iax ，z k ] 其中k 为上半平面的所有奇点 5.总结：以上只是粗略的列举了计算复变积分的方法，还有许多细节性的问题没有一一列举。复变积分的算法对比实函数积分的计算方法，有很多相似的地方，较实函数积分要复杂些。复变的积分变换多是理解性的问题，多做题目可以提高思维的多样性，但容易造成思维定势。理解才是主要解题之道！