复变函数积分方法总结

1、复变函数积分方法总结经营教育乐享选取日期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=lm(z)arg z = 0? B?称为主值-nV 0?<n, Arg=argz+2k n。利用直角坐标和极坐标的关系式 x=rcos 0 , y=rsin 0,故z= rcos 0+i rsin 0;利用欧拉公式 ei0=cos 0+isin 0。z=re i e°1定义

2、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=Zo ,Zi,Zk-1 , Zk,，Zn = B,在每个弧段Zk-1 Zk(k=1,2n)上任取一点k并作和式Sn = !j-1 f( ?j(Zk-Zk-1)= £-1 f( ?j?Zk 记?Zk= Zk- Z k-1，弧段 Zk-1 Zk 的长度=1<ax<?Sk(k=1,2,n),当时，不管对c的分发即k的取法如何，Sn有唯一的极限，那么称该极限值为函数f(Z)沿曲线C的积分为：jC f(Z)dz =lm ¥-1 f( ?

3、9?Zk0设C负方向(即B到A的积分记作)J f(Z)dZ .当c为闭曲线时，f(Z)的积分 记作£ f(Z)dZ (C圆周正方向为逆时针方向)例题：计算积分1) J dZ 2) J 2zdz,其中C表示a到b的任一曲线。(1)解：当C为闭合曲线时，/ dZ=o.CT f(z)=1Sn = 2-1 f( ?(Zk-Z k-1)=b-a/. lim -Sn=b-a,即 1) / dz=b-a.n 0c当C为闭曲线时，J dz=0. f(z)=2z;沿C连续，那么积分J zdz存在，设k=Zk-1,那么E1= £-1 Z (k- 1) (Zk-zk-1)有可设k=Zk，那么E2

4、= £-1 Z (k- 1) (Zk-zk-1)因为Sn的极限存在，且应与E 1及E 2极限相等。所以Sn= (E1+E2)=E Zk(z2 - z2-1 )=b2-a2 J 2zdz=b2-a21.2定义衍生1:参数法：f(z)二u(x,y)+iv(x,y),z=x+iy 带入丄 f(z)dz 得：4 f(z)dz = 厶 udx - vdy + i 厶 vdx + udy再设 z(t)=x(t)+iy(t)( a t < (3)4 f(z)dz = a f(z(t)z(t)? dt参数方程书写：z=zo+(zi-zo)t (0<t <1) ； z=zo+rei

5、0，(0 <0<2 n例题1：4+i z2dz积分路线是原点到3+i的直线段解：参数方程z=( 3+i)t3+i14 z2dz=4(3 + i)t2【(3 + i)t' dt=(3+i)3 Z26=6+yi例题2 : 沿曲线y=x2计算 广(x2 + iy) dzx = t2解：参数方程y = t2 或 z=t+it(0<t <1)41+i(x2 + iy)dz= 4 (t2 + it2) (1 + 2it)dt1 o1 o=(1+i) 4(t2dt)dt + 2i 4 t3dt=-1+5i6 61.3定义衍生2重要积分结果：z=z o+ rei 0 , (0

6、< 0<2 n)由参数法可得：“dz2 n ire i 0i+i _in 0幺(z-z 0)n+1 =4 ei (n+1 ) 0rn+1 d 0=；n 4 e d 0於 dz= 2 n in= 0兀(z-z 0)n+1 =0nM 0例题1：dzdz|z|=1 z-2例题2 :z-解： =0解=2 n2. 柯西积分定理法：2.1柯西-古萨特定理：假设f(z)dz在单连通区域B内解析，那么对B内的任意一条封闭曲线有：疋 f(z)dz =02.2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Zo与终点Z1来确定。2.3闭路复合定理：设函数f(z)在单连通区域D

7、内解析，C与C1是D 内两条正向简单闭曲线，G在C的内部，且以复合闭路r二C+G所围成的多 连通区域G全含于D那么有：父 f(z)dz =令 f(z)dz + 农 f(z)dz =0 即 g f(z)dz = g f(z)dz 推论：g f(z)dz =n=1 g f(z)dzC°k例题：g 2dz c为包含o和1的正向简单曲线。c z2-z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 C1和C2 °2z-1z2-z2z-12z-1刀1严+嘉帀dzz. 2z-111 .+ dz z-1z二z-1dz+也 fdz11=/+ - dz + 0还1 z-1

8、z%21 1=0 dz+0 dz+0c1 z-1c1 zc2=0+2 n+2 n+o=4 n2.4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Zo 与终点Z1有关，即厶f( )d = Qf( )d这里的Z1和zo积分的上下限。当下限zo 固定，让上限Z1在B内变动，那么积分f f( )d在B内确定了一个单值函数 F(z),即 F(z)= 40 f( ) d 所以有假设f(z)在单连通区域B内解析，贝間数F(z)必为B内的解析函数，且F(?) =f(z).根据定理 2.2 和 2.4 可得 f f(?)d? F(Z1)- F(z o).例题：

9、求 J zcoszd?解： 函数zcosz在全平面内解析I1 1J zcoszd?zsinz lb- J sinzd?=isin i+cosz |o=isin i+cos i-1e1 -1 e-1 +1-1=i+-1=e -12i 2i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，Zo位B中一点，女口 f(z)在B内解析，贝卩函数-在z-z oZ0不解析，所以在B内沿围绕Z0的闭曲线C的积分/ 竺dz 般不为零。 c z-z 0取zo位中心，以8>0为半径的正向圆周|z - z0|= 8位积分曲线S,由于f(

10、z) 的连续性，所以八 f(z)f(z)云 dz=/ s 石 dz=2 nf(z o):假设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, zo为C内的任一点，有：1J(z).f(z 0)=27zT；dz例题："$|=2 竽 dz2)你2 (9-Z 2：(z+i) dzz2解：=2nisin z|z=o=O 解：二粘=2dzZ . n=2 ni o | z=-i =i9-z 2I 52.6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(n)n! / f(z)f(n)(zo)=2TV(z7dz(n=1,2 )其中C为f(z)的解析区域D内

11、围绕Z0的任一条正向简单闭曲线，而它的内 部全含于D.ez例题：电强dz C:|Z|=1解：由高阶导数的柯西积分公式：原式=2 ni?4(ez) |z=； 3. 解析函数与调和函数：定义：(1)调和函数：如果二元实函数©(x,y)在区域D内具有二阶连续函数，且满足拉普拉斯方程：?2 I ?2 I磐+#=0，那么称I(x,y)为区域D内的调和函数。假设f(z)=u+iv为解析函数，那么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。假设v是u的共轭调和函数，

12、那么-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：假设实部u=u(x,y),利用C-R方程先求得v的偏导数 严二子,两边对 y 积分得 v= /尹dy + g(x).再由守二-子又得? j¥dy+g(x)=-严?x ?x?y?u i小 ？uv= J dy + J-?x?y ?x/Z dy乜(?)=-学 从而 g(x) = J- 护-十 /尹 dydx + C?utJ? dydx + C 同理可由 v(x,y)求 u(x,y).3.2不定积分法：因为f(z) =Ux+i Vx= Ux-

13、iU y= Vy+iVX所以 f(z)= /U(z)dz+cf(z)= /V(z)dz+c3.3线积分法：假设实部u=u(x,y),利用C-R方程可得的dv=gdx+?_dy=-_dx+ J/ dy故虚部为(x, y)?u , ?u?y dx+ ?x该积分与路径无关，可自选路径，同理v(x,y)也可求u(x,y).例题：设u=x2-y2+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?u?2u?2u?x =2x+y?r=-2y+x 丽=2 矛=-2所以满足拉普拉斯方程，有?v ?u?v ?u矿二?7=2y-x矿=2x+yx2所以

14、 v=/(2y- x)dx+© (y)=2xy-刁 +© (y)?v?y =2x+ © - (y=2x+y0 ?y=y© (y=2 +cx2y2v(x,y)=2xy- 2 + 2+c|12 If(z)=u(x,y)+iv(x,y)=2(2-i) z2+iC4. 留数求积分：留数定义：设zo为函数f(z)的一个孤立奇点，即f(z)在去心邻域、0<|z- zol<8，我们把f(z)在Zo处的洛朗展开式中负一次幕项系数 J称为f(z)在 zo 处的留数，记为 Resf(z),z o即 Resf(z),z o=c-i、 1或者 Resf(z),z o

15、=jC f(z)dz C为 0<|z- zo|<82 ni c4.1留数定理：设函数f(z)在区域D内除有限个孤立奇点Z1Z2Zn,j f(z)dz =2 冗显1 Resf(z),zk其中Zk表示函数f(z)的孤立奇点4.2孤立奇点:定义：如果函数？?在Zo不解析，但在Zo某个去心邻域0<|z- z0|vg内解析,1(Z+1 ) (z+2 )1 1Zo为f(z)的孤立奇点。例如1心都是以z=0为孤立奇点函数Z以z=-1、z=2为孤立奇点 在孤立奇点z=z。的去心邻域内，函数f(z)可展开为洛朗级数n?=£=- - Cn ( z- zo)洛朗级数中负幕项是否存在，假设

16、存在是有限项还是无限项，这对f(z)在zo处的奇异性将起着决定性的作用。讨论孤立奇点zo的类型：:假设函数f(z)在孤立奇点Zo的去心邻域内的洛朗展开式中不含负幕项，即对一切n<0有Cn=0，那么称zo是f(z)的可去奇点因为没有负幂项，即c-n=o,(n=1,2.)故 c-i=o。遇到函数f(z)的奇点类型是可去奇点，一般对函数?求积分一般为零危 f(z)dz =2 ni Resf(z),Zk=o。判断可去奇点方法：函数？?)在某个去心邻域o<|z- z°|v油解析，那么zo是f(z)的可去奇点的充要条件是存在极限lim f (z)=Co，其中Co是一复常z Tzo数；

17、在的假设下，Zo是f(z)可去奇点的充要条件是：存在r < 5,使得f(z)在 0<|z- zo|<r 内有界假设函数f(z)在孤立奇点zo的去心邻域内洛朗级数展开式中只有有限个负幕项，即有正整数m, C-m丸，而当n<-m时C-n=0那么称Zo是f(z)的m级极点。其洛朗展开式是：f(z)= 也 m+ c-m +1m+1 + +)+co+C1(z-zo)n+m+ (z-z o)(z-z o)z-z 0/+co(z-z o)n + 这里C-m 工0,于是在0<|Z- Zo|V5有f(z) = C-mm +C-m+1m+1+ (z-z o)(z-z 0)+抚+co+

18、C1(z-zo)n+m+co(z-z o)n + =(z-/o)m 0 (z)*© (z一个在0<|z- Zo|v§解析，同时0工0,那么Zo是f(z)的m级极点。 判断定理：(1) f(z)在Zo的去心邻域0<|z- z0|<5解析，Zo是f(z)的m级极 点的充要条件是可以表示成*的形式。(2) zo是f(z)的m级极点的充要条件 是 lim f(z) =gz Tzo:假设函数f(z)在孤立奇点Zo的去心邻域内洛朗级数展开式中只有无限个负 幕项，那么称Zo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 f(z)

19、。z Tzo4.3函数在极点的留数:准那么一：假设zo为一级极点，那么Resf(z),z o= lim f(z) (z - zo)z Tzo准那么二：做zo为m级极点，那么1d m-1Resf(z)，z °=亍zTZEKzzohKz) 准那么三：设f(z)= Q(|-,P(z)以及Q(z)都在zo解析，如果P(Zo)=o,Q(zo)工0,那么zo是f(z)的一级极点，而且:Resf(z),z o=赛4.4无穷远处的留数：定义：扩充z平面上设z= X为f(z)上的孤立奇点，即f(z)在R<z|v+内解析，C为圆环绕原点z=0的任一条正向简单闭曲线，那么积分值1 o f(z) dz

20、2 兀1 c-1称为f(z)在Z= X处的留数，记作1Resf(z),护27搔-1 f(z)dz如果f(z),在R<z|v+X内的洛朗展开式为f(z),二 K=- rn CnZn 那么有 Resf(z), 护-C-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Zi，Z2，zn, X那么f(z)在各奇点的留数总和为零,即£=1 Resf(z)dz +Resf(z),护0;i i4.4.2 Resf(z),手-Resf( z)?症,0例题：求以下Resf(z),門的值ez1(1)f=z2-1 一 f(z)= z(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ez 1Resf(z),1= Hm(z - 1)f(z)=艸冷+1 =2。ez1Resf(z),-1= zlim/z- 1)f二艸心=-2e-1V Resf(z), 門 + Resf(z),1 + Resf(z),-1=0 得 Resf(z),門=- Resf(z),1+ Resf(z),-1=2(e-1 + e )=-sh1