复变函数积分方法总结

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=z 0 ，z 1，…，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 βα
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 10
=6+26
3i
例题2： 沿曲线y=x 2计算∫（x 2+iy）dz 1+i
解： 参数方程 {x =t y =t
2 或z=t+it 2
(0≤t ≤1) ∫(x
2+iy )dz 1+i 0=∫（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
+1z dz c1+∮1z −1
+1
z
dz c2
=∮1
z −1
dz c1
+∮1z
dz c1+∮1
z −1
dz c2
+∮1z
dz c2
=0+2πi+2πi+0
=4πi
原函数法(牛顿-莱布尼茨公式)：
定理可知，解析函数在单连通域B 内沿简单曲线C 的积分只与起点z 0与终点z 1有关，即
∫f (?)c d ? = ∫f (?)z1
z
d ? 这里的z 1和z 0积分的上下限。

当下限z 0
固定，让上限z 1在B 内变动，则积分∫f (?)z1
z
d ?在B 内确定了一个单值函数F(z),即
F(z)= ∫f (?)z1z 0
d ? 所以有 若f(z)在单连通区域B 内解析，则函数F(z)必为B 内的解析函数，且
F (z ) ́=f(z).根据定理和可得∫f (k )z 1
z
d k = F(z 1) - F(z 0). 例题：求∫zcosz 1
d k 解： 函数zcosz 在全平面内解析
∴∫zcosz 1
0d k =zsinz |0i -∫sinz 1
d k = isin i+cosz |0i =isin i+cos i-1 =i
e −1−12i
+
e −1+12i
-1=e -1-1
此方法计算复变函数的积分和计算微积分学中类似的方法，但是要注意复变适合此方法的条件。

柯西积分公式法：
设B 为以单连通区域，z 0位B 中一点，如f(z)在B 内解析，则函数
f (z )z −z 0
在z 0
不解析，所以在B 内沿围绕z 0的闭曲线C 的积分∫f (z )z −z 0
dz c
一般不为零。

取
z 0位中心，以δ>0为半径的正向圆周|z −z 0|=δ位积分曲线c δ，由于f(z)的连续性，所以
∫f (z )z −z 0
dz c
=∫f (z )
z −z 0
dz c
δ=2πif(z 0)
：若f(z)在区域D 内解析，C 为D 内任何一条正向简单闭曲线，它的内部完全含于D ，z 0为C 内的任一点，有： f(z 0)=12πi
∮f (z )
z −z 0
dz
例题：1）∮|z |=2
）∮z (9−z 2)(z +i )
dz |z |=2
解：=2π isin z|z=0=0 解： =∮z
9−z 2
z −(−i )
dz |z |=2
=2πi
z 9−z
2|z=-i
=π
5
解析函数的高阶导数：
解析函数的导数仍是解析函数，它的n 阶导数为 f (n)(z 0)=
n !2πi
∮f (z )
(z −z
0)
n +1
dz(n=1,2…)
其中C 为f(z)的解析区域D 内围绕z 0的任一条正向简单闭曲线，而它的内部全含于D.
例题：∮e z z 5
dz c
C:|Z |=1
解：由高阶导数的柯西积分公式： 原式=2πi ?1
4!(e z )(4)|z=π
2 =πi
12 3.解析函数与调和函数：
定义：（1）调和函数：如果二元实函数φ(x,y)在区域D 内具有二阶连续
函数，且满足拉普拉斯方程：
?2φ?x 2
+
?2φ?y 2
=0，则称φ(x,y)为区域D 内的调和函数。

若f(z)=u+iv 为解析函数，
则u 和v 都是调和函数，反之不一定正确
（2）共轭调和函数:u(x ，y)为区域内给定的调和函数，我们把是 u+iv 在D 内构成解析函数的调和函数v(x,y)称为u(x,y)的共轭调和函数。

若v 是u 的共轭调和函数，则-u 是v 的共轭调和函数
关系：任何在区域D 内解析的函数，它的实部和虚部都是D 内的调和函数；且虚部为实部的共轭调和函数。

求解方法：
（1）偏积分法：若已知实部u=u(x,y),利用C-R 方程先求得v 的偏导数
?u ?x
=?v ?y
，两边对y 积分得v=∫
?u ?x
dy +g (x ).再由
?u ?y
=−?v ?x
又得
?
?x ∫?v
?x
dy +g (x )́=- ?u ?y 从而g (x )=∫[−?u ?y
−??x
∫
?u ?x
dy ]dx + C
v=∫?u
?x
dy + ∫[−?u ?y
−
??x
∫
?u ?x
dy ]dx + C 同理可由v(x,y)求u(x,y).
不定积分法：
因为f (z )́=U x +i V x = U x -iU y = V y +iV X
所以f(z)=∫U (z )dz +c f(z)=∫V (z )dz +c
线积分法：
若已知实部u=u(x,y),利用C-R 方程可得的dv=?v
?x dx+
?v ?y
dy=-
?u
?y
dx+∫
?u ?x
dy 故
虚部为 v=∫−
?u ?y
dx +
（x，y）（x
0，y 0，
）?u ?x
dy +C
该积分与路径无关，可自选路径，同理已知v(x,y)也可求u(x,y). 例题：设u=x 2-y 2+xy 为调和函数，试求其共轭函数v(x,y)级解析函数
f(z)=u(x,y)+iv(x,y) 解：利用C-R 条件
?u ?x
=2x+y
?u
?y
=-2y+x ?2u ?x
2=2 ?2u
?y
2=-2
所以满足拉普拉斯方程，有
?v ?x
=−
?u ?y
=2y-x
?v
?y
=
?u
?x
=2x+y
所以v=∫(2y −x )dx +φ(y )=2xy- x 22
+φ(y )
?v ?y
=2x+φ(
y )́=2x+y φ(y )́=y φ(y )=y 2
2
+c v(x,y)=2xy- x 22
+y 2
2
+c
f(z)=u(x,y)+iv(x,y)=12
(2-i)z 2+iC
4.留数求积分：
留数定义：设z 0为函数f(z)的一个孤立奇点，即f(z)在去心邻域、 0<|z −z 0|<δ ,我们把f(z)在z 0处的洛朗展开式中负一次幂项系数c -1称为f(z)在z 0处的留数，记为Res[f(z),z 0]即Res[f(z),z 0]=c -1 或者Res[f(z),z 0]=
1
2πi
∮f (z )dz c C 为0<|z −z 0|<δ 留数定理：设函数f(z)在区域D 内除有限个孤立奇点z 1z 2…z n,
其中z k 表示函数f (z )的孤立奇点
孤立奇点：
定义：如果函数k (k )在z 0不解析，但在z 0某个去心邻域0<|z −z 0|<δ内解析，则称z 0为f (z )的孤立奇点。

例如1
z 、e 1
z
都是以z=0为孤立奇点函数
1(z +1)（z +2）
以z=-1、z=2为孤立奇点..........
在孤立奇点z=z 0的去心邻域内，函数f (z )可展开为洛朗级数 k (k )=∑c n ∞n =−∞（z
−z 0）n
洛朗级数中负幂项是否存在，若存在是有限项还是无限项，这对f(z)在z 0处的奇异性将起着决定性的作用。

讨论孤立奇点z 0的类型：
：若函数f(z)在孤立奇点z 0的去心邻域内的洛朗展开式中不含负幂项，即对一切n<0有c n =0，则称z 0是f(z)的可去奇点
因为没有负幂项，即c -n =0,(n=1,2.....)故c -1=0。

遇到函数f(z)的奇点类型是可去奇点 ，一般对函数k (k )求积分一般为零
判断可去奇点方法：⑴函数k (k )在某个去心邻域0<|z −z 0|<δ内解析，
则z 0是f (z )的可去奇点的充要条件是存在极限lim z →z 0
f（z）=c 0，其中c 0是一
复常数; ⑵在⑴的假设下，z 0是f(z)可去奇点的充要条件是：存在r ≤δ，使得f(z)在0<|z −z 0|<r 内有界
若函数f(z)在孤立奇点z 0的去心邻域内洛朗级数展开式中只有有限个负幂项，即有正整数m ，c -m ≠0，而当n<-m 时c -n =0 则称z 0是f(z)的m 级极点。

其洛朗展开式是：f(z)=c −m （z −z 0）
m +
c −m +1（z −z 0）
m +1+…+
c −1z −z 0
+c 0+c 1(z-z 0)n+m +…
+c 0(z-z 0)n +…
这里c -m ≠0，于是在 0<|z −z 0|<δ有f(z)=[c −m （z −z 0）
m
+
c −m +1（z −z 0）
m +1
+…
+
c −1z −z 0
+c 0+c 1(z-z 0)n+m +…+c 0(z-z 0)n +…]=1
(
z −z 0)m
φ(z ). *
φ(z )一个在0<|z −z 0|<δ解析，同时φ(z )≠0，则z 0是f(z)的m 级极点。

判断定理：（1）f(z)在z0的去心邻域0<|z−z0|<δ解析，z0是f(z)的m级
极点的充要条件是可以表示成*的形式。

（2）z0是f(z)的m级极点的充要条件是lim
z→z0
f(z)=∞.
：若函数f(z)在孤立奇点z0的去心邻域内洛朗级数展开式中只有无限个负幂项，则称z0是f(z)的本性奇点
判断方法：孤立奇点是本性奇点的充要条件是不存在有限或无穷的极限
lim
z→z0
f(z)。

函数在极点的留数：
准则一：若z0为一级极点，则
Res[f(z),z0]=lim
z→z0
f(z)(z−z0)
准则二：做z0为m级极点，则
Res[f(z),z0]=1
(m−1)!lim
z→z0
d m−1
dz m−1
{(z-z0)m f(z)}
准则三：设f(z)=P(Z)
Q(Z)
,P(z)以及Q(z)都在z0解析，如果P(z0)=0，
Q(z0)≠0，则z0是f(z)的一级极点，而且：
Res[f(z),z0]=P(Z0)
Q(Z0)
́
无穷远处的留数：
定义：扩充z平面上设z=∞为f(z)上的孤立奇点，即f(z)在R<|z|<+∞内解析，C为圆环绕原点z=0的任一条正向简单闭曲线，则积分值
1 2πi ∮f(z) c−1
dz
称为f(z)在z=∞处的留数，记作
Res[f(z),∞]=1
2πi ∮f(z) c−1
dz
如果f(z),在R<|z |<+∞内的洛朗展开式为
f(z),=∑c n z n
∞n =−∞ 则有Res[f(z), ∞]=-c -1
如果f(z)在扩充复平面上只有有限个孤立奇点（包括无穷远处在内）设为z 1，z 2，…，z n ，∞则f(z)在各奇点的留数总和为零,即
∑Res [f (z )dz ]n k =1+Res[f(z), ∞]=0;
Res[f(z), ∞]=-Res[f(1
z
)? 1
z 2,0]
例题：求下列Res[f(z), ∞]的值 （1）f(z)=
e z z 2−1
(2)f(z)=
1
z (z +1)4(z −4)
解：（1）在扩充复平面上有奇点：±1，∞ ，而±1为f(z)的一级极点且Res[f(z),1]=lim z →1
(z −1)f (z )=lim
z →1e z
z +1=1
2
e
Res[f(z),-1]= lim z →−1
(z −1)f (z )=lim
z →1e z
z −1
=-1
2
e −1
∵Res[f(z), ∞] + Res[f(z),1] + Res[f(z),-1]=0得
∴Res[f(z), ∞]=-{ Res[f(z),1]+ Res[f(z),-1]}= 1
2
(e −1+e )=-sh1 (2) 由公式Res[f(z), ∞]=-Res[f(1
z
)? 1
z
2,0]，而1
z
2f(1
z
)=
1z (z +1)4(z −4)
以z=0为可去奇点，所以
Res[f(z), ∞]= -Res[f(1
z
)? 1
z 2,0]=0
用留数定理计算积分：
形如∫R (cosθ,sinθ)2π
d θ的定积分计算；其中R (cosθ,sinθ)为
cos θ与sinθ的有理函数。

故解这类题是就会联想到复变函数与三角变换的相关知识--欧拉公式，令z=e iθ,dz=izd θ=i e iθ d θ d θ=dz iz
sin θ=1
2i (e
iθ
−e
−iθ
)=
z 2−12iz
cos θ(e
iθ
+e
−iθ
)=
z 2+12iz
则∫R (cosθ,sinθ)2π0
d θ=∮R [
z 2+12iz
,
z 2−12iz
]|z |dz iz
=∮f (z )dz |z |
其中f(z)= R [
z 2+12iz
,
z 2−12iz
]
1iz
然后又留数定理求的积分值为
2πi ∑Res [f (z ),z k ]n k =1 其中z k （k=1,2, …n ）为f(z)在单位圆周内的所有孤立奇点。

形如∫R (x )dx +∞−∞
的积分计算。

其中R(x)为x 的有理函数，且分母的次数至少
比分子的高二次，R(x)在实轴上无孤立奇点。

则
∫R (x )dx +∞
−∞=2πi ∑Res [R(z),z k ],z k 为上半平面的所有奇点
形如∫R (x )e iax dx +∞−∞
=2πi ∑Res [R (x )e iax ，z k ] 其中k
为上半平面的所有奇
点
5.总结：以上只是粗略的列举了计算复变积分的方法，还有许多细节性
的问题没有一一列举。

复变积分的算法对比实函数积分的计算方法，有很多相似的地方，较实函数积分要复杂些。

复变的积分变换多是理解性的问题，多做题目可以提高思维的多样性，但容易造成思维定势。

理解才是主要解题之道！。