复积分的各种计算方法与应用课件

第1章 引言曹1.1研究背景及研究内容复变函数的积分理论是复变函数理论的重要组成部分，是研究解析函数的重要工具之一.但对于如何计算复变函数积分以及如何处理有关复变函数积分的问题，往往很难迅速找到解决问题的方法.因此，理解复变函数积分，并能够灵活运用复积分计算方法进行复积分计算就显得极其重要.复积分中的Cauchy 积分定理在理论上处于关键地位，由它派生出的Cauchy 积分公式、留数定理、辐角原理等都涉及到积分的计算问题.解析函数在孤立奇点的留数原本是一个积分，而实际计算却需要Laurent 展式.因而把积分与级数结合起来的留数定理使复积分理论甚至是复变函数理论达到高潮，且其用途十分广泛.因此，研究复变函数积分计算的各种方法有着非常重要的意义，本文以所列参考文献[3]中的复积分计算方法为基础，并通过查阅相关资料，借鉴了文献[4]-[7]的结果，总结复积分计算的各种方法，并通过应用[1],[2],[8],[9]中的相关知识和方法，对所列出的每种方法作典型例证和分析.1.2预备知识定义1.1[3] 复积分 设有向曲线C ：()()βα≤≤=t t z z ,，以()αz a =为起点，()βz b =为终点，()z f 沿C 有定义.顺着C 从a 到b 的方向在C 上依次取分点：011,,,,n n a z z z z b -==.把曲线C 分成若干个弧段.在从1-k z 到k z ()n k ,..,2,1=的每一弧段上任取一点k ζ.作成和数()1nn k k k S f z ζ==∆∑，其中1k k k z z z -∆=-.当分点无限增多，而这些弧段长度的最大值趋于零时，如果和数n S 的极限存在且等于J ，则称()z f 沿C (从a 到b ）可积，而称J 为()z f 沿C (从a 到b ）的积分，并记以()cf z dz ⎰.C 称为积分路径. ()cf z dz ⎰表示沿C 的正方向的积分，()c f z dz -⎰表示沿C 的负方向的积分.定义1.2[3] 解析函数 如果函数()z f 在0z 点及()z f 的某个邻域内处处可导，那么称 ()z f 在0z 点解析，如果()z f 在区域D 内解析就称()z f 是D 内的一个解析函数.定义1.3[3] 孤立奇点 若函数()z f 在点的0z 邻域内除去点0z 外处处是解析的，即在去心圆域{}00()N z z z z δδ=-<内处处解析，则称点0z 是()z f 的一个孤立奇点.定义 1.4[3] 留数 函数()z f 在孤立奇点0z 的留数定义为()12c f z dz iπ⎰，记作()0Re ,s f z z ⎡⎤⎣⎦.第2章 复积分的各种计算方法2.1复积分计算的常见方法（1）参数方程法定理[3] 设光滑曲线:()()()()C z z t x t iy t t αβ==+≤≤，(()z t '在[,]αβ上连续，且()0z t '≠)，又设()f z 沿C 连续，则()d [()]()d Cf z z f z t z t t βα'=⎰⎰.(α、β分别与起、终点对应)1.若曲线C 为直线段，先求出C 的参数方程C 为过12,z z 两点的直线段，1211:(),[0,1],C z z z z t t z =+-∈为始点，2z 为终点.例1 计算积分1Re d iz z -⎰，路径为直线段.解 设1(1)(1),[0,1]z i t t it t =-++=-+∈，则112101Re d (1)d 22iiz z t i t t t i -⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭⎰⎰2.若曲线C 为圆周的一部分，例如C 是以a 为圆心，R 为半径的圆. 设:C z a R -=，即Re ,[0,2]i z a θθπ=+∈，（曲线的正方向为逆时针）. 例2 计算积分d ,Cz z C ⎰为从1-到1的下半单位圆周.解 设,d d ,[,0]i i z e z ie θθθθπ==∈-，d (cos sin )d 2Cz z i i πθθθ-=+=⎰⎰.用Green 公式法也可计算复积分, Green 公式法是参数方程法的一种具体计算方法.例3 设C 为可求长的简单闭曲线，A 是C 所围区域的面积，求证：2czdz iA =⎰.证明 设z x iy =+，则ccczdz xdx ydy i xdy ydx =++-⎰⎰⎰由Green 公式，有：0cxdx ydy +=⎰2cxdy ydx A -=⎰得证.本题目用Green 公式解决了与区域面积有关的复积分问题. （2）用Newton-Leibnize 公式计算复积分在积分与路径无关的条件下（即被积函数()f z 在单连通区域内处处解析）也可直接按类似于实积分中的Newton-Leibnize 公式计算.例4 计算222(2)d i z z -+-+⎰.解 因为2()(2)f z z =+在复平面上处处解析，所以积分与路径无关.22222322221(2)d (44)d 2433ii i iz z z z z z z z -+-+-+---+=++=++=-⎰⎰.（3)用Cauchy 定理及其推论计算复积分Cauchy 积分定理[3] 设函数()f z 在复平面上的单连通区域D 内解析，C 为D 内任一条周线，则()d 0Cf z z =⎰.Cauchy 积分定理的等价定理[3]设函数()f z 在以周线C 为边界的闭域D D C =+上解析, 则()d 0Cf z z =⎰例5 计算2d ,22C zC z z ++⎰为单位圆周1z =.解 1z =是21()22f z z z =++的解析区域内的一闭曲线，由Cauchy 积分定理有2d 022C zz z =++⎰. 注1 利用Cauchy 积分定理也有一定的局限性，主要是要求被积函数的解析区域是单连通的，计算起来较为方便.注2 此题可用参数方法，但计算要复杂得多，而用Cauchy 积分定理很简单. 另外，Cauchy 积分定理可推广到复周线的情形.定理[3] 设D 是由复周线012nC C C C C ---=++++ 所围成的有界1n +连通 区域，函数()f z 在D 内解析，在D D C =+上连续，则()0Cf z dz =⎰，或写成 ()()()010nC C C f z dz f z dz f z dz --++=⎰⎰⎰，或写成 ()()()010nC C C f z dz f z dz f z dz --++=⎰⎰⎰.这也是计算复积分的一个有力工具，即复函数沿区域外边界曲线的积分等于沿区域内边界积分的和.适用于积分曲线内部含被积函数奇点的情形.例6计算22d C zz z z -⎰的值，C 为包含圆周1z =的任何正向简单闭曲线. 解 2211d d 1C C z z z z z z z ⎛⎫=+ ⎪--⎝⎭⎰⎰，分别以0,1z z ==为心做两个完全含于C 且互不相交的圆周12,C C ，则有12221111d d d 11C C C z z z z z z z z z z ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰ 11221111d d d d 11C C C C z z z z z z z z =+++--⎰⎰⎰⎰ 20024i i i πππ=+++=.（4）用Cauchy 积分公式计算复积分Cauchy 积分公式[3] 设区域D 的边界是周线（或复周线）,()C f z 在D 内解析，在D D C =+上连续，则有1()()d ()2C f f z z D i zζζπζ=∈-⎰.Cauchy 积分公式可以解决积分曲线内有被积函数的奇点的积分问题.例7 计算2d 1zCe z z +⎰，其中C 为圆周2z =. 解 因被积函数的两个奇点是,i i -，分别以这两点为心做两个完全含于C 且互不相交的圆周12,C C .则有1212222d d d d d 111z z z z zC C C C C e e e e e z i z i z z z z z z z z z iz i +-=+=++++-+⎰⎰⎰⎰⎰22()zzi i z iz ie e iie e z iz i πππ-==-=+=-+-.此题是Cauchy 积分公式与Cauchy 积分定理复周线情形的结合. （5）用解析函数的高阶导数公式计算复积分 Cauchy 积分公式解决的是形如()d ,()C f z D zζζζ∈-⎰的积分，那么形如()d ,()()n C f z D z ζζζ∈-⎰的积分怎样计算呢？利用解析函数的高阶导数公式()1!()()d ,()(1,2,)2()n n C n f f z z D n i z ζζπζ+=∈=-⎰可解决此问题.例8 计算22d ,(1)zC e z C z +⎰为2z =.解 因被积函数的两个奇点是,i i -，分别以这两点为心做两个完全含于C 而且互不相交的圆周12,C C .12222222d (1)d d (1)(1)zC zzC C e z z e ez z z z +=+++⎰⎰⎰1222222222()()d d ()()22()()(1)()2z zC C z z z iz ii i e e z i z i z z z i z i e e i i z i z i i e ie πππ==--+-=+-+''⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥+-⎣⎦⎣⎦=--⎰⎰注 Cauchy 积分公式与解析函数的高阶导数公式在计算复积分时的主要区别在于被积函数分母的次数是否为一次因式，二者在计算时都常与Cauchy 积分定理复周线情形相结合.（6）用留数定理计算复积分留数定理[3] 设函数()z f 在以C 为边界的区域D 内除12,,,n a a a 外解析，且连续到C ，则()()12Re k nCz a k f z dz i s f z π===∑⎰.例9 计算2252d (1)z z z z z =--⎰.解 252()(1)z f z z z -=-在圆周2z =内有一阶极点0z =，二阶极点1z =.20052Re ()2(1)z z z s f z z ==-==--，1152Re ()2z z z s f z z =='-⎛⎫== ⎪⎝⎭，由留数定理()221052d 2Re ()Re ()2(22)0(1)z z z z z i sf z s f z i z z ππ===-=+=-=-⎰. 留数计算方法的改进留数是复变函数中的一个重要的概念，一般的复变函数专著对函数在极点处的留数通常采用下面三个引理中叙述的计算方法进行计算，即引理1[3] 若a 为()f z 的m 阶极点，即()()()mz f z z a ϕ=-,其中()z ϕ在a 解析,且()0a ϕ≠,则()()1Re ()(1)!m z a a s f z m ϕ-==-.引理2[3]若()()()z f z z ϕψ=,其中(),(z z ϕψ在a 解析，()0a ϕ≠，()0,()0a a ψψ'=≠，则()Re ()()z aa s f z a ϕψ=='. 引理3[3] 设()f z 在扩充复平面上除12,,,,n a a a ∞外解析,，则()f z 在各点的留数总和为零，即1Re ()Re ()0k nz z a k s f z s f z =∞==+=∑.在实际运用中，发现以上三个引理所给公式应用范围有限，对有些留数的计算效果不佳.为了使计算简化、公式更为通用，下面通过三个定理给出三个改进的留数计算公式，并相应的给出算例.定理1[6] 设a 是()h z 的m 阶零点，也是()g z 的m 阶零点，则()()()g z f z h z =在a点的留数为111d Re ()lim ()()(1)!d m mm z a z a s f z z a f z m z --→=⎡⎤=-⎣⎦-. 证明 因为a 为()f z 的m n -阶极点，则()f z 在点a 的邻域内可展开为()1()1()1()101()()()()()m n m n m n m n f z C z a C z a C z a C C z a ----------=-+-++-++-+.则11()1()10()()()()()()m n n m m m n m n z a f z C z a C z a C z a C z a +-------=-+-++-+-+.两端求1m -阶导数，令z a →，则1111d lim ()()(1)!d m mm z a C z a f z m z ---→⎡⎤=-⎣⎦-. 运用定理1只需判断()f z 分母零点的阶数，不必判断分子的零点阶数及()f z 极点的阶数，它简化了一些分式函数留数的计算.推论1[6] 设()()()nz f z z a ϕ=-，其中()z ϕ在点a 解析，则(1)1Re ()()(1)!n z as f z a n ϕ-==-. 例10 求225(1)()z e f z z -=在孤立奇点处的留数.解 因为0z =是5()h z z =的5阶零点，据推论1[6]，有44522440001d 1d 28Re ()lim (())lim (1)4!d 4!d 3z z z z s f z z f z e z z →→==⋅=-=. 定理2[6] 设a 为()()()z f z z ϕψ=的一阶极点，且(),()z z ϕψ在a 解析，z a =为()z ϕ的m 阶零点，为()z ψ的1m +阶零点，则()(1)(1)()Re ()()m m z a m a s f z a ϕψ+=+=. 证明 由假设可得112112()()(),()()()m m m m m m m m z a z a a z a z b z a b z a ϕψ++++++=-+-+=-+-+.又a 为()f z 的一阶极点，则1101()()()f z C z a C C z a --=-++-+，即1101()()()()z z C z a C C z a ϕψ--⎡⎤=-++-+⎣⎦.比较系数得11mm a C b-+=，而()(1)1()(),!(1)!m m m m a a a b m m ϕϕ++==+，由此解得()1(1)(1)()()m m m a C a ϕψ-++=. 例11 计算积分31sin d (1)z z z zz e =-⎰.解 被积函数在单位圆内只有0z =一个奇点，且0z =是3()(1)z z e ψ=-的三阶零点，是()sin z z z ϕ=的二阶零点，又23()2cos sin ,()32427z z z z z z z z e e e ϕψ'''''=-=-+-.由定理2[6]，得(2)(3)0(21)(0)Re ()1(0)z s f z ϕψ=+==-.另外，对于多个奇点留数的和利用定理1、定理2相当麻烦，于是通过对引理3进行改进得到如下一种更简便的方法.定理3[6] 设()()()P z f z Q z =，其中110()(0)n n n n n P z a z a z a a --=+++≠，110()(0)m m m m m Q z b z b z b b --=+++≠，则有以下结论：(1)当2m n -≥时，Re ()0z s f z =∞=； (2)当1m n -=时，Re ()nz ma s f zb =∞=-； (3)当0m n -≤时，设()()()()P z R z Q z r z =+，其中(),()R z r z 为z 的多项式，且()r z 的次数小于m ，则()Re ()Re ()z z r z s f z sQ z =∞=∞=，化为1）或2）. 此定理的结论是求有理函数()f z 在∞点留数的一个好方法，使用起来很方便.当分子次数比分母高时，可用综合除法转化为1）或2）的情形.例12 计算积分152244d (1)(2)z z I z z z ==++⎰.解 被积函数在4z =内部有6个奇点，计算它们十分麻烦，利用留数定理[3] 及引理3[3]有2Re ()z I i s f z π=∞=-.再利用定理3[6]，1,1m m a b ==，则R e ()1mz ma s f zb =∞=-=-，故2I i π=. 例13 求221d ()1n n n z z z I z n N z =-+=∈+⎰. 解 设被积函数()f z 的n 个极点为(1,2,)k z k n =，并且()f z 在2z =外部无极点，利用留数定理及引理3[3]，12Re ()2Re ()k nz z z k I i s f z i s f z ππ==∞===-∑，而213()211n n nn n z z f z z z z -+==-+++，利用定理3[6]0,1;32Re 6,1.1nz n I i si n z ππ=∞>⎧=-=⎨=+⎩ 注 运用定理3[6]求有理函数()f z 在∞点的留数特别简洁，并且利用它求()f z 在孤立奇点的留数可以达到事半功倍的效果.（7）用级数法计算复积分连续性逐项积分定理[3]设()n f z 在曲线C 上连续(1,2,3,n =…)，()1n n f z +∞=∑在C上一致收敛于()f z ，则()f z 在曲线C 上连续，并且沿C 可逐项积分：()()1n ccn f z dz f z dz +∞==∑⎰⎰.将函数展成Taylor 级数或Laurent 级数就解决了该类复积分的有关问题.例14 计算积分11,:2n c n z dz C z ∞=-⎛⎫= ⎪⎝⎭∑⎰.解 在12z <内，有：1111n n z z z ∞=-=+-∑所以 1112021n c c n z dz dz i i z z ππ∞=-⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭∑⎰⎰. 例15 设()f z 在圆环0z a R <-<内解析，且()()lim 0z az a f z →-=，证明：在圆环0z a R <-<内，有()()12a r f f z dz i zηηπη-==-⎰ ()0r R <<. 证明 因为()f z 在圆环0z aR<-<内解析，故有()()nn fz C z a=-∑0z a R <-<，于是 ()()()()()()21320112n nn nC C C z a fC z a C z a C z a C z a z a z a +-----=-+-++-+++++++---由()()lim 0z az a f z →-=，得120n C C C --====，则()0n n n f z C Z ∞==∑在z a R -<内解析，根据Cauchy 积分定理可得：()()12a r f f z dz i zηηπη-==-⎰ ()0r R <<. （8）用Laplace 变换法计算复积分定义[4] 设()f t 是定义在[)0,+∞上的实函数或复函数，如果含复变量p is σ=+（,s σ为实数）的积分()0pt f t e dt +∞-⎰在p 的某个区域内存在，则由此积分定义的复函数()()0pt F p f t e dt +∞-=⎰称为函数()f t 的Laplace 变换，简记为()()F p L f t =⎡⎤⎣⎦. 计算该类复积分时，可先运用Laplace 变换的基本运算法则（线性关系、相似定理、位移定理、象函数微分法、本函数微分法、本函数积分法、延迟定理、卷积定理等），将该类复积分化为()F p 的形式，再参照Laplace 变换表，得出相应的复积分结果.例16 计算积分011cos 2pz e dz az a z π∞-⎰. 解 令 ()11cos 2f az az a z π= 则 ()011cos 2pz L f az e dz az a zπ∞-=⎡⎤⎣⎦⎰ 由相似定理有 ()1p L f az F a a ⎛⎫=⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭由Laplace 变换表得/1cos //p a p F e p a a p a -⎛⎫= ⎪⎝⎭所以 /01111cos cos /2/p a pz p e dz F e p a az a a a z a p a π∞--⎛⎫== ⎪⎝⎭⎰ .2.2各种方法的选择原则及其联系上一节给出了复积分的各种计算方法.那么,碰到有关复积分计算的题目时,我们到底应该如何选择具体的计算方法,简便而快捷地进行计算呢.这是本节所要探讨的主要问题.我们知道,复积分是由三部分构成的,即积分路径、被积函数以及积分微元。