复变函数积分方法总结
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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=z0,
z1,…,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 −1z 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 −1z 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 2
∴ ∫2zdz c
=b 2-a 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
α
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+26
3
i
例题2: 沿曲线y=x
2
计算∫(x 2
+iy)dz 1+i 0
解: 参数方程 {x =t y =t 2 或z=t+it 2
(0≤t ≤1)
∫(x 2+iy )dz 1+i
=∫(t 2+it 2)(1+2it )dt 1
=(1+i)[∫(t 2dt )dt 1
0 + 2i ∫t 3
dt 1
] =-16+5
6
i
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 +1c =∫ire iθ
e i(n +1)θr n +12π0d θ=i r
n ∫
e −inθ1+i 0d θ
∮dz
(z −z 0)n +1c
={
2πi n =0
0 n ≠0
例题1:∮dz z −2|z |=1 例题2:∮dz
z −1
2
|z |=1
解: =0 解 =2πi
2.柯西积分定理法:
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
=0 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。
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
=0 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−z
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−z
dz c
=∮2z −1z (1−z )dz c1
+∮2z −1z (1−z )
dz c2
=∮1z −1+1
z dz c1+∮1z −1
+1z
dz c2
=∮1
z −1
dz c1
+∮1z
dz c1+∮1
z −1
dz c2
+∮1z
dz c2