柯西积分公式(1)

∫
C
f ( z) f (z) − f (z0 ) dz − 2π if ( z0 ) = ∫ dz z − z0 z − z0 K
ε | f ( z ) − f ( z0 ) | <∫ d s < ∫ d s = 2 πε . RK | z − z0 | K
∫
例1
C
f ( z) dz =2π if ( z0 ) z − z0
复习 （柯西基本定理）若f(z)在单连通域 D 内解析，则 柯西基本定理） 在单连通域 内解析，
∫ f (z)d z = 0,
C
内的封闭曲线。 其中 C 为D 内的封闭曲线。
在多连通域D内解析 （复合闭路定理）若f(z)在多连通域 内解析，在边界上连续则 复合闭路定理） 在多连通域 内解析，
∫
C1
f ( z ) dz =
Ι=∫
C1
+∫
C2
= −π i + ∫
C2
ez z ( z − 2) dz z +1
ez = −π i + 2π i z ( z − 2)
2π = −π i + i 3e z = −1
C2 C1
−1
C3
2
0
r > 2, Ι = ∫
C1
+∫
C2
+∫
C3
2π = −π i + i+∫ C3 3e
ez z ( z + 1) 2π ez dz = −π i + i + 2π i z−2 3e z ( z + 1)
∫
C
f ( z) dz z − z0 + ∆ z
f ( z0 + ∆ z ) − f ( z0 ) 1 = ∆z 2πi
∫
C
f ( z) dz ( z − z0 )( z − z0 − ∆ z )
因此
f (z0 + ∆ z) − f (z0 ) 1 f (z) ∫ (z − z0 )2 d z − 2π i C ∆z 1 f ( z) 1 f ( z) = ∫ ( z − z0 )2 d z − 2 π i C ( z − z0 )( z − z0 − ∆ z ) d z ∫ 2πi C
z =2
2π e 2π = −π i + i+ i 3e 3
二、 解析函数的高阶导数 一个解析函数不仅有一阶导数, 而且有各高阶导数, 它的值也可用函数在边界上的值通过积分来表示. 这 一点和实变函数完全不同.
定理 解析函数f(z)的导数仍为解析函数, 它的n阶导数为:
f
(n)
n! f (z) (z0 ) = ∫ (z − z0 )n+1 d z (n =1,2,L) 2π i C
or
∫
C
f (z) dz = 2π if ( z0 ) z − z0
[证]
∫
C
f (z) f (z) d z =∫ dz z − z0 z − z0 K
C z Kቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
=
∫
K
f ( z0 ) f ( z ) − f ( z0 ) dz+ ∫ dz z − z0 z − z0 K
R z0
D
= 2 π if ( z0 ) +
∫
K
f ( z ) − f ( z0 ) dz z − z0
由于f (z)在 z0连续, 任给 ε > 0 , 存在 δ > 0 , 当 |z-z0|< δ 时, | f (z)-f (z0)| < ε . 设以 z0为中心, R 为半径的圆周K : |z-z0|=R全部 在C的内部, 且R < δ .
1 = 2πi
∫
C
∆ zf ( z ) dz = I 2 ( z − z0 ) ( z − z 0 − ∆ z )
现要证当∆z→0时I→0, 而
1 | I |= 2π
1 ∆ zf (z)d z ∫ (z − z0 )2 (z − z0 − ∆ z) ≤ 2π C
| ∆ z || f ( z ) | d s ∫ | z − z0 |2 | z − z0 − ∆ z | C
这就证得了当 ∆z→0时, I→0.
1 f (z) 这就证得了 f ′(z0 ) = ∫ (z − z0 )2 d z 2π i C f ′(z0 + ∆ z) − f ′(z0 ) 再利用同样的方法去求极限: lim ∆ z→0 ∆z 2! f ( z) 便可得 f ′′( z0 ) = ∫ ( z − z0 ) 3 d z 2πi C
依此类推, 用数学归纳法可以证明:
f (ζ ) ∫ C (ζ − z )n+1 dζ ) 高阶导数公式的作用, 不在于通过积分来求导, 高阶导数公式的作用 不在于通过积分来求导 而在于通过求导来求积分. 而在于通过求导来求积分
n! f (z) n! (n) f (z0 ) = ∫ (z − z0 )n+1 d z ( f ( z ) = 2π i 2πi C
ez 例题2 计算积分 Ι = ∫ dz C : z = r (r ≠ 1,2) C z ( z + 1)( z − 2) ez ( z + 1)( z − 2) ez dz = 2π i 解：0 < r < 1, Ι = ∫C = −π i z ( z + 1)( z − 2) z =0
1 < r < 2,
5 2 2 C
1)∫
d z; 2)∫
dz
却是处处解析的. C cosπz 2πi π 5i = ( 4) C dz = (cosπz) | = − . ∫ C1 + ∫ C12 ∫ (z −1)5 z =1 (5 −1)! 12 (z C ez 2) ∫ dz = ∫ + ∫ C2 2 2 C ( z + 1) C1 C2 ez ez ′ ′ 2 2 z z e e ( z + i) ( z − i) + =∫ dz + ∫ dz = 2π i 2 2 2 C ( z − i) C ( z + i) ( z + i) ( z − i) 2 z =i z =−i π = iπ 2 sin(1 − ) 4
因此就是要证
1 2πi
∫
C
f ( z0 + ∆ z ) − f ( z0 ) f ( z) dz− 在 ∆ z → 0时也趋向于零. 2 ( z − z0 ) ∆z
按柯西积分公式有
1 1 f (z) f (z0 ) = ∫ z − z0 d z. f ( z0 + ∆ z) = 2 π i 2πi C
其中C为在函数 f (z)的解析区域D内围绕 z0的任何一 条正向简单曲线, 而且它的内部全含于D. [证] 设z0为D内任意一点, 先证n=1的情形, 即
1 f ′( z0 ) = 2πi
∫
C
f ( z) d z 按定义 f ′( z0 ) = lim f ( z0 + ∆ z ) − f ( z0 ) , ∆ z →0 ( z − z0 ) 2 ∆z
I2 = ∫ er cosθ sin(r sinθ − nθ )dθ
0
dθ dθ = ∫0 e iθ n (e ) 0 z ， 令C： = 1 则z=eiθ , dz = ieiθ dθ , dθ = dz . iz rz 1 2π i rz ( n ) 2π n e (e ) = r . I1 + iI 2 = ∫ n +1 dz = ⋅ C z i n! n! z =0 比较等式两边的实部与虚部得： I = 2π r n , I = 0. 1 2 n!
f (z)在C上连续, 则有界, 设界为M, 则在C上有| f (z) | ≤ M. d 为 z0 到C上各点的最短距离, 则取 |∆z| 适当地小使其满足 |∆z| < d/2,因此
1 1 | z − z0 |≥ d, ≤ , | z − z0 | d
C
z0
d
D
d | z − z0 − ∆ z |≥| z − z0 | − | ∆ z |> , 2 1 2 | ∆ z || f ( z ) | d s ML < , | I |≤ 1 ∫ | z − z0 |2 | z − z0 − ∆ z | <| ∆ z | π d 3 | z − z0 − ∆ z | d 2π C
则：I1 + iI 2 = ∫ e
r cosθ i ( r sin θ − nθ )
2π
2π
e
r cos θ + ir sin θ
1
作业
习题六 1、 2、3、4 、 、 、
sin z 解 1) ∫ dz = 2π i ⋅ sin z z =0 = 0 z= z z =4
1 2 + )dz = 2) ∫ ( z +1 z − 3 z =4
dz ∫=4 z + 1 + z 2 ∫=4 z − 3 dz z
f ( z ) =1及 2
=
2π i ⋅1 + 2π i ⋅ 2 = 6π i
(n)
∫
C
f ( z) 2π i ( n ) dz = f ( z0 ) n +1 ( z − z0 ) n!
例4 求下列积分的值, 其中C为正向圆周: | z | = r >1. cosπz ez
(z +1) (z −1) C cosπz [解] 1) 函数 5 在C内的z=1处不解析, 但cosπz在C内 (z −1 )
∫
C2
f ( z ) dz . C1
D
C2
f (z) dz ∫ z − z0 C
=?
一、 柯西积分公式 柯西积分公式) 定理 .(柯西积分公式 如果 f (z)在区域D内处处解析, C为D 柯西积分公式 内的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, 则
1 f (z) f (z0 ) = ∫ z − z0 d z. 2π i C
1 2
例2 若n为自然数，试证明：
1) ∫
2π 0 2π
e
r cosθ
2π n cos(r sinθ − nθ )dθ = r ; n!
2)∫
0
e
r cosθ
θ sin(r sinθ − n )dθ = 0.
2π 0 2π
证： 令：I1 = ∫ er cosθ cos(r sinθ − nθ )dθ，