复变函数积分方法总结

复变函数积分方法总结[键入档副标]acer[选取日]每个zmax1cᵅ线每个zmax1cᵅ线复变函数积分方法总结数学本就灵活多变类函数的排列组合衍生多式多样函数新形势时也具有本来原数的性质会多类型的可积函数类，也就会有相应的积分函数求解方法。就复变函数：z=x+iy，分别称为的实部和虚部，记作。

θ称为主值，。利用直角坐标和极坐标的关系式θ，y=rsin故θ+iθ用拉公式θ+isinθ。分：定义：设函数定义在区域，为区域内起点为终点为一条光滑的有向曲线把曲线任意成个段，设分点为z1，zk-1zk，n，在…n)任取一作和式∑k-1)=f(

ᵅ

)

z

k

记z=z-kk

k-1

，弧段k度=

{…,n),当0k，不对的分发即取法如何，n有唯一的极限，则该极限值为函数沿曲线的积分为：∫f(z)dzlimδ0

n)k−1设负向BA的积分记作f(z)dzC闭曲c−的积分记作(C圆周正方向为逆时针方)c例积分dzc

2)∫,其中表示到b的任曲线。c（1解当闭曲时，∫c文档c有可kn12β数写103+i∫11261+i2c有可kn12β数写103+i∫11261+i2∵∑n-z)=b-ank−1kk-1∴Sn=b-a,即∫dzn0(2)当为曲线，沿连续，积分存cc在，,则∑∑n1k−1

k−1(z-zk-1)，则∑nZ2k−1

k−1(z因为的极限存在，且应与1及∑限等所以S=(∑∑nz2k−1kk

−z2)=b2k−1∴=b22c定义衍生参数法：f(z)=u(x,y)+iv(x,y),带入：c∫f(z)dzc

=

∫-vdy+∫+udycc再设(t≤)∫f(z)dz=c

∫α

́dt参书+(zt（0≤t≤10+reθ，(0θ2π)题：0

积路是点到直段解：数方程t3+i0

z

2

∫+i)t]0

2

+i)t]dti3

∫0

t例题：计∫x+iy）0文档x=t∫1110∫iθire∫0∮1：∮1x=t∫1110∫iθire∫0∮1：∮1：程=t2或t+it2

(0t≤10

(x

2

+)

∫0

t2+

）(1=(1+i)[∫(t)dt+t]00=-5i66定义衍生重要积分结果：+reiθ0

(0θ≤2π)，由数可：∮c

n+1

=

π0

e

dθ=i（n+1）rn+1rn

1+i0

e−ind∮c

n+1

={

2πin=00n0题

题：||=1

z2：

解柯西：柯西-古特定理若在连通区域内析，则对的任意一条封闭曲线有：∮=0c理当通的解析函数是积分与路线无关仅由分线起点与点来确定。闭路合定理：数单连通区域内析，C与C1

是两条正向简单闭曲线在内部复合闭Γ=C+C文档∮11z1zz1z∮11z1zz1z所围成的多通区域全于则：∮f(z)dz

=∮f(z)dz∮=0Γcc即

1cc1：f(z)dzc

nf(z)dzck：c

dz

C包含1的正向简曲线解：函数奇点z=0C内互不相交，互不包含的正向曲线c1c2∮c

2z

dz∮c1

2zz(1

dz

+∮c2

2zz(1

dz∮c1

1z

+dz+zc2

1z

+dzz=∮c1

1z

dz

+∮c1

1z

dz∮c2

1z

dz

+∮c2

1z

dzπi+2πi+0函法牛顿莱布尼公)

：可知解函数单连域内沿简单曲线C的积只起z与终点1有关，∫f(c

d

∫f(0

这里的和0积的上限。当下限

z0固定，上限

z1

B

内变动，则积分∫0

d内确定文档z10理ź0111−1−1e−1e+1f(z)0所c0δ=f(z)00的有1f(z)0dzsinzz2z10理ź0111−1−1e−1e+1f(z)0所c0δ=f(z)00的有1f(z)0dzsinzz2了个值数即∫z

d

有若单连区域内析数必为内的解析函数，且F(z)根据定∫1z例题：∫0解：在全平面内解析

)-100

zcosz

d|

i0

∫0

sinz

d=

i0

=isini+cos=i

+-12i

2i此方法计算复变数的积分和计算微分学中类似的方是要注意复变适合方法的条件。柯西积分公法：设为单连通区域B中点在内析数z−z在解析，在内围绕0的闭曲C的积分

f(z)z−z

一般不为零。取位心以半径的正向圆周|z−z曲线，由连续性，所以

|

=δ位积分∫dzcz−z

∫c

f(z)z−z

=2

)理若在域内析为内任何一条正向简单闭曲线，它内部完全含于，0为内，：)=πi

∮dzz−z例题∮z=2z

2）∮dzz=2)(z+i)：=2isinz|

=0解：z=2文档

z−zdzz−(−i)zn!0任一ze1π22+zn!0任一ze1π22+=2|2析函数的高阶导数：

=

π5解析函数的导数仍是解析函数，它的阶导数为f(z02πi

∮

f(z)(z)n+1

dz(n=1,2…其中C为解析围z0的，它内全例题：dzcz

|Z|解：由高阶导数的柯西积分公式：原式i(e|2

=

πi12与：义）和函数：如果二实函数在区内具有二阶连续函数，且满足拉普拉斯方程：∂

φ∂

φ

则称为区域D

内的调和函数f(z)=u+iv为解析∂x

∂y

2函数，则u和v是调和函，反之不一定正确共轭调和函数，为区域内给定的调和函数，我们把是u+iv在构成解析函数的和函数称为的共调和函数。若是共轭调函数，u是的共轭和函数关系：任何在区D内解析的函数，它的实部和虚部都是内的调和函数；且虚部为实部共轭调和函数。方法：（1偏分法：若知实利C-R方先求v的文档∂u∂v∂u∂ú=-∂∂v∂u∂u∂∂v∂v∂uy）22∂u22y22+∂u∂v∂u∂ú=-∂∂v∂u∂u∂∂v∂v∂uy）22∂u22y22+数边对得dy+g(x)再由∂x∂y∂x∂y∂x

又得+g(x)∂x∂x

∂u∂y

而[−

∂u∂y

−

∂∂x

∫

∂u∂x

+Cv=∫dy+∫−−∂x∂y∂x不定积分法：

∫

∂u∂x

+C同理由求因为xx=Ux-iU=Vy+iV所以∫U(z)+c∫V(z)dz+c分法：已实部

利

程可

∂u

dy故部为∂x

∂y

∂y

∂xv=∫（x，（xy）0，，

∂u∂y

dx

∂u∂x

该积分与路径无关，可自选路径，同理已v(x,y)也可求例：2为调函数，试求其轭函数解函数解利条∂u

∂u

∂u

∂u

=-2∂x

∂y

∂x

∂y

2所以满足拉拉斯方程，有∂v

=−

∂u

=2y-x

∂v

==

∂x

∂y

∂y

∂x∂v所v=(2yx)dx=2xy-=2x+=2x+y∂y=+c2

x2

+(y)

xy22

+c文档1洛式次数为处，01者111=0可去奇点01洛式次数为处，01者111=0可去奇点0f(z)=u(x,y)+iv(x,y)=(2-i)z

2

+iC2分：留数义：设为函数一个孤立奇点，即在去心邻域、0<z−z0

|

我们把在处的开一系称0的数]即]=c或πi

∮()c

C为z−z0

|

<留数定理：设函数在域除有限孤立奇点…12

n,∮f(z)c

=2πin()k=1k

]中表示函数z的孤立奇点立点：如果函数(在解析但在个去邻域z−z0

|

<内解，则称为(的孤立点例ez都是以z=0为孤立z奇点函数)（z+2）

以、z=2孤立奇在立点0去心邻域内函数(可展开为洛朗级数ᵅ(∑

cn=n

（z−z）

n洛朗级数中负幂项是否存在若存在是有限项还是无项这对f(z)在的奇异性将起着决定的作用。讨论孤立奇点的类型：

数孤立奇点的心邻域内的洛朗展开式中不含负幂项，即对一n<0有称的去奇点故到函数f(z)的-n-1文档可方函个域，中0常的，奇要：点条0极点：0cc+1++…−mmm+1c0cc+1−mc1000可方函个域，中0常的，奇要：点条0极点：0cc+1++…−mmm+1c0cc+1−mc1000本性奇点0点零∮f()c

=2πin(),k=1k

]

=0。断点⑴数ᵅ(在某邻z

|

<内解析，则是(z的可去奇点充要条件是存在极限（z）其z→zc0

是一复⑴下是去充是存在δ，使得在z−z

|

内有界

若函数孤立奇点的心邻域洛级展开式中只有有正整数0当时则称是的极点。其洛朗展开式是：（−z））+−1+c+c)n+m+…(z-z)n+…01000z−z这c≠0于是在m+m+1…（0））+−1+c01(z-z0)n+m+…0(z-z0n+…φ(z)*z−zz−zmφ(z)一个在z−z|解，同时，则是的极点。判断定理f(z)在的去邻域z−z0

|

解析z0是的m级极点的充要件是以表示的形式是的极点充条是f(z)=

z→z

数孤立奇点的去心域内洛朗级数展开式中只有无限个负幂项，称是的本性奇点判断方法立奇点是本性奇点的充要条件是不存在有限或无的极文档00：极m−11d000P(Z)P(Z)́01留1100：极m−11d000P(Z)P(Z)́01留11限。z数在极点的留数：准一若为级极点则]=0z→z

()(z−z)0二为级则Res[f(z),z]=)mf(z)}(mzdz−1准三设以及都在解果=0，Q(Z)(z则是一级极点，而：]=00Q(Z)无穷远处的留数：定充平上设∞为的孤立奇点即在z|，圆环绕原点任一条正简单闭曲线，积分值πi

∮fz)dzc为在处留，作

∮f)dzc果在z|∞内的洛朗展开式为

∑

cn

zn有]=-c-1

如果在扩充复平面上只有包括无远处在内）设为，，…zn则各奇点的,即∑n

∞]=0;

]=-Res[f()∙,0]z

z

2例题求下Res[f(z),]值文档ze1ze1ze111112πdz222π22∮(zdz,]22形∫ze1ze1ze111112πdz222π22∮(zdz,]22形∫（1f(z)=z−1

zz+1(z）在充平上奇点：1，，±1为一级极点且(zlimzz

=ez+12Res[f(z),-1]=lim(z1)f(z)=z−1z

=-z2

e∵Res[f(z),]+Res[f(z),1]+Res[f(z),-1]=0得∴Res[f(z),]=-{Res[f(z),-1]}=

e−12

e(2)由公式]=-Res[f()

1

而

1z

z

z

z

zz+1(z以可去奇点，所以]=-Res[f()

1

,0]=0zz留数定理计算积分：

形∫θ,sinθ的R(cosθ,为0cosθ与θ的有理函数。故解这题是就会联到复变函数与三角变换的相关知识欧拉公式，令eiθ,dz=izdθ=ieiθ

dd=

izθ

1

(iθ

e

z−1

θ(eiθ

eθ

)=

z2i则∫0

2iz∮θz

z+1zdz2iz2izizz

2i