复变函数第四版(第三章)

f z dz f z dz f z dz ,
C C1 C2
C C1 C2

C
f ( z )dz f ( z ) dz f ( z ) ds ML C C
(若f ( z)在C上有界： f ( z) M , L为C的长度.)
}
例题1
f ( z) f ( z) d z dz z z0 z z0 C K f ( z0 ) f ( z ) f ( z0 ) dz dz z z0 z z0 K K
f ( z ) f ( z0 ) 2 π if ( z0 ) dz z z0 K
C C
M y N x u y ( v ) x
例题4
证明
M
N
M
N
M y N x vy ux

C
z 1 dz 8 , C : z 1 2 . z 1
证明：
C
z 1 z 1 z 1 dz dz dz C C z 1 z 1 2
2i cos( i )
i(e e 1 ).
}
例题2
计算

z 2
sin z dz. 2 z 1
因为f(z)=sinz在复平面上解析,又 解：方法1 -1,1均在 内,所以 z 2
}
注2：如果曲线C是D的边界, 函数 f (z)在D内与C上
解析, 即在闭区域 D+C上解析, 甚至 f (z)在D内解析,
在闭区域D+C 上连续, 则 f (z)在边界上的积分仍然有
f ( z)dz 0.
c
推论： 如果函数 f (z)在单连通域D内处处解析, C属于D，
则 f z dz 与路径无关仅与起点和终点有关。


1


C AB C1
C C1
BA
C1 C1
0
C
这说明解析函数沿简单闭曲线积分不因 闭曲线在区域内作连续变形而改变它的值。 ------闭路变形原理
}
推论（复合闭路定理）：
z z0

1 d z 2 π if ( z0 ). z z0
}
定理 (柯西积分公式) 如果 f (z)在区域D内处处解析,
C为D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 ) d z. 2 π i C z z0
1
1
或
0,i 1 1 4 1 1 1 i d C z 2 dz 0, z 0,3i i 3i 3 3i z
0,i
3
4 i. 3
}
例题2
1 dz 求 2 cz z
C为包含0与1的任何正向简单闭曲线。
1 1 1 解： z 2 z z 1 z
现分别以z=0,1为圆心,在C内作两个互不包含也互 不相交的正向圆周C1与C2.
C
C1
0
1
C2
}
1 1 1 c z 2 z dz c1 z 2 z dz c2 z 2 z dz

c1
1 1 1 1 dz dz dz dz c1 z c2 z 1 c2 z z 1
0 2 i 2 i 0
0
}
练习：计算积分
1 z 3 ( z 1)( z 2) dz.
解：现分别以z=1,2为圆心,在C内作两个互不包含也
互不相交的正向圆周C1与C2.由复合闭路定理知：
1 1 1 dz dz z 3 ( z 1)( z 2) c1 ( z 1)( z 2) c2 ( z 1)( z 2) dz I1 I 2
1 3 i i e d e 3 0
3 i
i



C2
z dz e ie d
0
0
2 . 3
可见，积分仅与起点和终点有关,而与路径无关。
}

C
z 2 dz x2 y 2 dx 2 xydy i 2 xydx x2 y 2 dy
f ( z) c z z0 dz 2if ( z0 ).
f 1 d or f z 2 i C z
---解析函数可用复积分表示。
}
[证] 由于f (z)在 z0连续, 任给e >0, 存在 (e) >0, 当
|zz0|< 时, | f (z)f (z0)| <e. 设以 z0为中心, R 为半径 的圆周K : |zz0|=R全部在C的内部, 且R <.
f ( z)连续 u( x, y)，v( x, y)连续
udx vdy与 vdx udy存在
C C
f ( z )dz存在.
C
}
复积分的计算方法：
f z u x, y iv x, y z x iy , dz dx idy
f z dz u iv dx idy udx vdy i vdx udy c c f x t , y t z t dt
n i 1 ci
f ( z)dz
f ( z )dz.
}
1 例题1 求 2 dz , C 如图所示： C z 解：存在 f (z)的解析单连通域D包含曲
线 C ，故积分与路径无关，仅与起点
i
i
和终点有关。
现设z=it，t从-3变化到1，
3 i
1 1 i c z 2 d 3 t 2 idt t
C

z 1 2 dz 2 2

C
dz 8 .
}
§ 3.2 柯西-古萨基本定理
定理1（Cauchy-Goursat） 如果函数 f (z)在单连通域D内处处解析, 则它 在D内任何一条封闭曲线 C 的积分为零:
f ( z)dz 0.
c
注1：定理中的曲线C可以不是简单曲线. 此定理成立的条件之一是曲线C要属于区域D。
解： C : z z0 rei (0 2 ), dz irei d
I
2
0
2 ire d 0, n 1, 1 i n 1 dz d i n n 1 ie 0 . (re ) z r1 2 0 3 2 i, n 1.
c
}
柯西-古萨基本定理还可推广到多连通域:
定理2 (复合闭路定理) 假设C及C1为任意两条简单闭曲线, C1在C内
部,设函数 f (z)在C及C1所围的二连域D内解析,
在边界上连续，则
C
A
f ( z)dz
c
c1
f ( z )dz.
D
C1
B
}
证明：取 C AB C BA
(1)C : i i 的直线段；
（2）C：左半平面以原点为中心逆时针方向 的单位半圆周。 解（1）线段 的参数方程为 z it t :1 1
计算
C
z dz.
dz idt , z it t

C
z dz
1
1
1 1 t idt i[ tdt tdt i ( ) i 1 0 2 2
c c

一个复积分的实质是两个实二型线积分
}
3 复积分的性质 ：
1 线性性： af ( z) bg ( z)dz a f ( z)dz b g ( z)dz (a、b为常数)
C C C
2 设C 为C的逆向曲线，则

C

f ( z )dz f ( z )dz
C
3
4
设C1 , C2 ,, Cn为简单闭曲线(互不包含且互不相交)，
C为包含C1 , C2 ,, Cn的简单闭曲线，
D为由边界曲线 C C1 C 2 Cn
所围成的多连通区域，
C
f ( z)在D内解析，
在D D 上连续, 则
D
Ci

c

f ( z )dz 0
}
§ 3.3 柯西积分公式
在上节的基础上,我们来进一步探讨如下积分:
f ( z) c z z0 dz
C
z0
D
分析： 设 z0 D, 若 f (z) 在D内解析，则
f ( z) f ( z) d z闭路变形原理 dz z z0 z z0 C z z0
f z f z0 0 f ( z ) 0
1 z 3 ( z 1)( z 2) dz I1 I 2 2i 2i 0.
1 1 1 I1 dz dz dz 2i c1 ( z 1)( z 2) c1 z 2 c1 z 1 1 1 1 I2 dz dz dz 2i c2 ( z 1)( z 2) c2 z 2 c2 z 1
i

( z 1)
dz 例如 z 1 z 2 i,
}
例题3 计算 z 2 dz , Ci 如图所示：
C
解：C1 : z x , y 0, x :1 1
C2 C1
2 2 2 x dx ; C1 z dz 3 1
1
1

2 2 i
1
i
C2 : z e , : 0
1 k n
f ( z )dz lim f (
c n k 1
n
y
k
k
z k
c
B
)z k .
1
如果C为闭曲线, 则积分记作 f ( z )dz.
c
A
0
x
}
2 复积分存在的一个充分条件：
设函数f ( z ) u ( x, y ) iv ( x, y )在逐段光滑 的曲线上C连续， 则c f z dz 必存在 .
0 1
}
（2）参数方程为
3 i z e , 2 2

i
dz ie d , z e 1
i
i

C
z dz
3 2
i

2
iei d e
3 i 2

2i
2
可见积分与路径有关。
}
dz (n Z), C : z z0 r 0 例题2 计算积分I C n ( z z0 )
在每个弧段上任意取一点 k , 并作和式
B
S n f ( k )( zk zk 1 ) f .
k 1
k 1
}
记sk zk 1 zk的长度, max sk .
当n无限增加, 且趋于零时, 如果不论对C的分法 及 k的取法如何, S n有唯一极限, 那么称该极限值 为函数f ( z )沿曲线C的积分. 记作 :
C
z K
R z0
D
}
f z f ( z ) f ( z0 ) dz C z z0 dz 2 if z0 z z0 K
e | f ( z ) f ( z0 ) | d s 2 πe . d s RK | z z0 | K
第3章
复变函数的积分
§3.1 复积分的概念
§3.2 柯西-古萨基本定理 §3.3 柯西积分公式 §3.4 解析函数的高阶导数
}
§3.1 复积分的概念
1 复变函数的积分定义 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
A z0 ,nz 曲线C任意分成 个弧段，设分点为 :n 1 , , zk 1 , zk , , z
从而有:
f ( z) c z z0 dz 2if ( z0 ).
}
例题1
计算
cos z z i 1 z i dz.
解：因为f(z)=cosz在复平面上解析, 又-i在
z i 1 内,所以
z i
cos z z i 1 z i dz 2i cos z