复变函数3 - 3 原函数与不定积分
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不定积分及积分公式
4i
(C : z 2正向圆周)
(C为包含单(C位: z圆周1在正内向的) 任何一条正向简单闭曲线) 2
Note.利用待定系数法将被积函数分解成简单分式的和.
NUDT
练习题
Exercise1.
? 试问：
dz
?
dz
C1 3z 2 1 C2 3z 2 1
其中：C1是 z （4 正向圆周），
C
f (z)d z
z2 z1
f (z)dz
与连接起点与终点的路线无关.
D z1.
.z2 C2
C1
Note.实际上Cauchy-Goursat基本定理与定理1等价.
定义:变上限积分
z
f ( )d F(z)
z0
NUDT
§4 原函数与不定积分
定理2 如果函数 f (z)在单连通区
设 C : z z(t) x(t) iy(t) ( t )，则
C
f
(z) d
z
f
[ z(t )]z(t ) d t
什么是基本定理?
定理（Cauchy-Goursat基本定理）设函数 f (z) 在单连 通区域 D 内解析，C 为 D 内的闭曲线，则 f (z)在C上的 积分等于零，即
C2是以x 1, y 1为边的正向正方形。
---闭路变形原理/复合闭路定理
(1)将被积函数分解成简单分式
dz 1
dz
dz
C2 3z2 1 2
[
3
C2
z
3i
C2
z
]0 3i
3
3
(2)利用复合闭路定理与 (3)利用留数定理 Cauchy积分公式
复变函数第三章(第六讲)
∫
l1
f ( z )dz =
∫
l2
f ( z )dz。
在单连通区域D内解析 则函数f 内解析, 定理 3.2.6 设 f 在单连通区域 内解析 则函数 在 D内积分与路径无关。 内积分与路径无关。 内积分与路径无关
为起点， 证明 设 ∀z1 , z 2 ∈ D , l1 , l 2 是任意两条以 z1为起点， 内的有向曲线段， 以 z 2为终点的任意两条含于 D内的有向曲线段，
下面用例3.2.4(2)来说明定理 来说明定理3.2.8的条件稍有不 下面用例 来说明定理 的条件稍有不 满足，就可能产生错误。 满足，就可能产生错误。
1 因为1/ 在区域C 1/z在区域 内解析, 错误解法一 因为1/ 在区域C﹨{0}内解析 (lnz)′ = , 内解析 z 且C2 ⊂ C﹨{0}, 所以 i 1 1 i ∫C 2 z dz = ∫− i z dz = ln z − i = ln i − ln( − i ) = π i。 y 错误分析： 错误分析： i C﹨{0} C2
z0 z
F ( z + ∆z ) − F ( z ) =∫ =∫
z + ∆z z0 z + ∆z
f (ζ )dζ − ∫ f (ζ )dζ
z0
z
z z0
z+∆z D
z
f (ζ )dζ
由 f 在D内连续性可知 内连续性可知
∀ε > 0, ∃δ > 0,当ζ ∈ N ( z, δ )时，|f (ζ ) − f ( z)| < ε。 取 | ∆z |< δ , 则z + ∆z ∈ N ( z , δ ), 且
令 C = l1 + l 2 , (1)当 C是一条简单闭曲线时， 是一条简单闭曲线时，
复变函数与积分变换之不定积分
zdz
F z1
F z0
证
哈
尔
滨
工
程
大
学
当 z z0 时, 得 C F (z0 ),
复
变
函
数
与 积
[证毕]
分
变
换 说明:有了以上定理, 复变函数的积分就可以
用跟微积分学中类似的方法去计算.
例1 求 i z cos z2dz 的值.
哈
0
尔
滨
工
程
例2 计算积分 cos zdz，其中
C
z0
数
与 积 分 变 换
固定起点z0，让终点z1在D内变动，因此得 到了D内一个变上限的单值函数，记为
F (z) z f ( )d， z D z0
定理 若函数 f (z) 在单连通域 D 内处处解析,
哈 尔 滨 工
那么函数 F (z) z f ( )d 必为D 内的 z0
程 大
一个解析函数, 并且 F (z) f (z).
学
证 利用导数的定义来证.
复 变
设 z 为 D 内任一点,
函
数 与 积
以 z 为中心作一含于
D
z
分 变
D 内的小圆 K ,
换
取 z 充分小使 z z 在 K 内,
F (z z) F (z) zz f ( )d z f ( )d
z0
z0
哈 尔
由于积分与路线无关,
滨
工 程 大 学
zz f ( )d 的积分路线 z0
cos zdz 2i cos zdz
C
1
C
2i
分
变 换
sin 2 i sin 1 -1
复变函数第三章
C f ( z )dz {u[ x( t ), y( t )] x( t ) v[ x( t ), y( t )] y( t )}dt
i {v[ x ( t ), y( t )] x( t ) u[ x ( t ), y( t )] y( t )}dt
{u[ x( t ), y( t )] iv[ x( t ), y( t )]}{ x( t ) iy( t )}dt
12
复变函数
第五版
当 n 无限增大而弧段长度的最大值趋于零时,
不论对 C 的分法任何, 点 ( k , k ) 的取法如何, 下式两端极限存在 ,
f ( k )zk [u( k ,k )xk v( k ,k )yk ]
k 1 k 1
n
n
i [v ( k ,k )xk u( k ,k )yk ]
0
2π
0.
25
复变函数
第五版
三、积分的性质
复积分与实变函数的定积分有类似的性质.
(1) f ( z )dz
C C C
f ( z )dz;
( 2) kf ( z )dz k f ( z )dz; ( k为常数)
C
( 3) [ f ( z ) g( z )]dz f ( z )dz g( z )dz;
设 k k ik , 因为 zk zk zk 1 xk iyk ( xk 1 iyk 1 )
( xk xk 1 ) i ( yk yk 1 ) xk iyk ,
11
复变函数
第五版
所以
f ( k ) zk
k 1 n k 1
复变函数第三章
x
§4 原函数与不定积分
定理一 若函数 f(z) 在单连通区域 B 内解析，则
积分 ∫ f ( z)dz 与连接起点和终点的路线 C 无关.
20
求I =
∫ Γ f (z)dz 型积分的步骤：
一、判断 f ( z)是否解析；
二、若 f ( z)在曲线Γ 内解析且连续到边界，则 I = 0.
三、若 f ( z)在曲线 Γ 内有奇点 z1 ,L, zn ,则作分 别以 z1,L, zn 为心的小圆周 C1,L, Cn , 且这些小 圆周位于曲线Γ 内部，由复合闭路定理可得：
) f ( z)dz
) f ( z)dz
= ( + − ) f ( z)dz ∫ ∫
C C1
dz 例 计算 ∫Γ (z − z0 )n+1 ，其中Γ 为包含 z0 的任意一条简单 闭曲线，n 为整数.
y
Γ
z0
r
C
解：作一条以 z0 为心，以 r 为半径 x O 的圆周 C，C 含于 Γ 内部. 1 由函数 在除 z = z0 外解析，以及复合 n +1 ( z − z0 ) 闭路定理可得， n=0 dz dz 2π i, Γ (z − z0 )n+1 =C (z − z0 )n+1 = 0, n ≠ 0, n ∈Z ∫ ∫
解：C 的方程： z = z0 + reiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π ,
z
z − z0 = reiθ
z0 r
x
θ
O
2π 2π dz ireiθ i i 2π −inθ C (z − z0 )n+1 = ∫0 rn+1ei(n+1)θ dθ = ∫0 rneinθ dθ = rn ∫0 e dθ ∫
《复变函数》第3章
§1 复变函数积分的概念
一、定义 1. 有向曲线: C : z z (t ) x(t ) iy(t ) 选定正方向: 起点 终点 C + 简单闭曲线正方向: P 沿正向前进, 曲线 内部在左方. 2. 复变函数的积分:(P70定义)
f ( z )dz
c
2014-10-20
( n ) k 1
复 变 函 数（第四版）
第三章 复变函数的积分
§1 §2 §3 §4 §5 §6 §7 复变函数积分的概念 柯西－古萨(Cauchy-Goursat)基本定理 基本定理的推广－复合闭路定理 原函数与不定积分 柯西积分公式 解析函数的高阶导数 解析函数与调和函数的关系
《复变函数》(第四版) 第1 页
2014-10-20
2014-10-20 《复变函数》(第四版) 第16页
条件放宽, C 为解析域 D 的边界. f (z)在D C D上连续 , 则 c f ( z )dz 0 例: 对任意 C .
c z
2
dz 0
c e dz 0 c sin z dz 0
2014-10-20 《复变函数》(第四版) 第17页
dz ire d i 2 dz ire c 0 n1 i ( n1) d n 1 ( z z0 ) r e i 2 i 0 n in d n r r e
2014-10-20 《复变函数》(第四版)
i
2 0
e in d
第7 页
( 接上页例 )
i [v( k ,k )xk u( k ,k )yk ] .
k 1
《复变函数》(第四版) 第3 页
n
2014-10-20
复变函数(3.3.4)--原函数与不定积分
= ie1+i
= ie(cos1+ i sin1).
例 5、 试沿区域 Im(z) 0, Re(z) 0 内的圆弧 z = 1，求 i ln(z +1) dz 的值.
1 z +1
解
函数
ln(z +1) z +1
在所涉区域内解析，
它的一个原函数为
ln 2
(z 2
+
1)
,
i ln(z +1) dz
i 0
z cos
zdz
= [z sin
z
+ cos z]i0
= i sin i + cos i -1
=
i
e-1 2i
e
+
e-1 + 2
e
-1
=
e-1
-1.
例 3、 求 i z cos zdz 的值. 0
另解 i z cos zdz = i zd(sin z)
0
0
第三章 复变函数的积分
第三章 复变函数的积分
第二节 原函数与不定积分
例题
例 1、 求 z1 zdz 的值. z0
解
因为
z
是解析函数，它的原函数是
1 2
z
2
.
由牛顿-莱布尼兹公式知，
z1 zdz z0
=
1 2
z2
z1 z0
=
1 2
( z12
-
z02 ).
例 2、 求 pi z cos z2dz 的值. 0
解
pi 0ห้องสมุดไป่ตู้
z cos
复变函数与积分变换 第三章第四节原函数与不定积分_复变函数论
z1 z0
1 2
(
z12
z02 ).
例2 求 i z cos z2dz 的值. 0
解
i z cos z2dz 1 i cos z2dz2
0
20
1 sin z2 i 1 sin( 2 ) 1 sin 2 .
2
02
2
(使用了微积分学中的“凑微分”法)
例3 求 i z cos zdz 的值. 0
第四节 原函数与不定积分
一、主要定理和定义 二、典型例题 三、小结与思考
一、主要定理和定义
1. 两个主要定理: 定理一
如果函数 f (z) 在单连通域 B内处处解析,
那末积分 C f (z)dz 与连结起点及终点的路线
C 无关.
由定理一可知: 解析函数在单连通域内的积分只与起点
和终点有关, (如下页图)
f (z)z,
z
z
所以 F (z z) F (z) f (z) z
1 zz f ( )d f (z)
z z
1
z z
[ f ( ) f (z)]d
z z
B
z0 •
z z z
K
因为 f (z) 在 B内解析, 所以 f (z) 在 B内连续,
故 0, 0, 使得满足 z 的一切 都在 K 内, 即 z 时, 总有 f ( ) f (z) ,
或
z1 z0
f
( z)dz
G( z1
)
G(
z0
).
[证毕]
说明: 有了以上定理, 复变函数的积分就可以用
跟微积分学中类似的方法去计算.
二、典型例题
例1 求 z1zdz 的值. z0
解 因为 z 是解析函数, 它的原函数是 1 z2 , 2
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1
i
例1： 计算积分
z cos zdz 。 0
i
原函数的求法：和实变函数一样
z cos zdz zd sin z z sin z sin zdz z sin z cos z C
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。
考查牛顿-莱布尼兹公式的形式
b
a
f (t )dt F (b) F (a)
只和被积函数、起点、终点有关。
考查牛顿-莱布尼兹公式的形式
要求：
b
a
f (t )dt F (b) F (a)
只和被积函数、起点、终点有关。
起点和终点确定后，沿不同的路径 积分结果相同 原函数定义为 F ( z ) f ( )d
F ( z z ) F ( z ) f ( z) z (z 0)
结论：F 解析（因为处处可导）
F ( z ) f ( z )
☺ 证明过程中为何不对下式用中值定理？
F ( z z ) F ( z ) 1 r i f ( z te )dt z r 0
1 tan z cos2 z dz (1 tan z )d tan z 1 2 tan z tan z C 2 代入上下限即得。
例5： 计算积分 e cos zdz
z
i
例5： 计算积分 e cos zdz
z
i
解：被积函数在复平面上解析，求原函数
e cos zdz e d sin z
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。
ln( z 1) 1 2 dz ln ( z 1) 1 z 1 2 1
i
i
1 2 2 [ln (i 1) ln 2] 2 2 3 2 ln 2 ln 2 i 32 8 8
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
再算虚部
F ( z z ) F ( z ) Im z 1 r v( x t cos ，y t sin )dt r 0 1 v( x cos ，y sin )r r v( x，y ) Im f ( z ) 0 r 0
再将实部和虚部合并
习题：
P 54
T 7（1，2，3）
将实部和虚部分离，先算实部
F ( z z ) F ( z ) Re z 1 r u ( x t cos ，y t sin )dt r 0 1 u ( x cos ，y sin )r r u ( x，y ) Re f ( z ) 0 r 0
分析与解：函数 ln(z+1) 是沿着(- ∞，-1]
割开的解析单值分支，分母导致奇点 -1
ln( z 1) z 1 dz ln( z 1)d ln( z 1) 1 2 ln ( z 1) C 2
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
z z
e sin z e sin zdz
z z
e sin zdz e d cos z
z z
e cos z e cos zdz
z z
例5： 计算积分 e cos zdz
z
i
由此可知原函数
1 z z e cos zdz ( e sin z e cos z ) C 2
☺
对下式取极限时对不同的 趋近极限
的速度可能不一样，如何处理？
u ( x cos ，y sin ) u( x，y)
☺
对下式取极限时对不同的 趋近极限
的速度可能不一样，如何处理？
u ( x cos ，y sin ) u( x，y)
☺ 由于函数 cos 和 sin 在±1之间， 可放缩为 u ( x r，y r )
z
i
1 z z e cos zdz (e sin z e cos z ) 2
z
i
......
例5： 计算积分 e cos zdz
z
i
☺
z
复变函数的观点：统一到指数函数
z
1 iz iz e cos zdz e ( e e ) dz 2 1 (1 i ) z (1i ) z [e e ]dz 2 1 1 (1i ) z 1 (1i ) z [ e e ]C 2 1 i 1 i
设 zD，并且可
z z+ z
保证 zபைடு நூலகம்zD。
z0
考察F(z+z) - F(z)。由于积分和路径无关， 设积分 F ( z z ) z
z z
0
f ( )d 的积分路
径从 z0 到 z，再
到 z+z。于是
z z+ z
F ( z z ) F ( z )
z z z
f ( )d
z0
因此，
F ( z z ) F ( z ) 1 z z f ( ) d z z z
因此，
F ( z z ) F ( z ) 1 z z f ( )d z z z
进一步，再次利用积分与路径无关这一条
件，取从 z 到 z+z 的积分路径为直线段。 设 z re ，则该直线段的参数方程为
3 i
3 i
i
e
2 z
1 2 z dz e 2
0
i
1 tan z dz ， 例4： 计算积分 1 2 cos z
i
路径为 1 到 i 的直线段。
1 tan z dz ， 例4： 计算积分 1 2 cos z
i
路径为 1 到 i 的直线段。
解：函数的奇点为 (n+1/2)，原函数
再令 r0（即z0）即得极限
推论： 假设 函数 f 在区域 D 内解析； z0、zD；
则函数
F ( z ) f ( )d
z0
z
在 D 内解析，并且
F ( z ) f ( z )
定义：若在区域 D 内有 ( z ) f ( z ) ，则
称 为 f 的一个原函数。
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。
分析与解：函数 ln(z+1) 是沿着(- ∞，-1]
割开的解析单值分支，分母导致奇点 -1
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。
☺ 证明过程中为何不对下式用中值定理？
F ( z z ) F ( z ) 1 r i f ( z te )dt z r 0
☺ 此时涉及到的是复变函数的积分
☺ 实函数积分中值定理的证明过程中用
到了实数的一个特性：可比较大小
复变函数的积分中值定理不成立！
分实部虚部取得的中值未必相等！
原函数与不定积分
回顾实函数的积分：牛顿-莱布尼兹公式
设 F 为 f 的原函数，则
b
a
f (t )dt F (b) F (a)
回顾实函数的积分：牛顿-莱布尼兹公式
设 F 为 f 的原函数，则
b
a
f (t )dt F (b) F (a)
对于复变函数，期望有类似结果；
对于什么样的复变函数能定义原函数？ 如何定义原函数？
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。 遇到奇点（即分母为0），绕开即可 多值函数，割开平面 变为单值解析分支
例3： 计算积分
e
i
3 i
2 z
dz 。
例3： 计算积分 解：
e
i
3 i
2 z
dz 。
e
因此，
2 z
1 2 z dz e C 2
例1： 计算积分
z cos zdz 。 0
i
例1： 计算积分
z cos zdz 。 0
i
分析与解： f(z) = z cosz 在复平面上解析，
一个原函数 (z) = z sinz + cosz，因此
i
0
z cos zdz ( z sin z cos z ) 0 i sin i cos i 1 e 1
z0 z
定理： 假设
函数 f 在单连通区域 D 内连续；
函数 f 的积分与路径无关； 即沿 D 中任一围线积分为0。
则函数 F 在 D 内解析，且
F ( z ) f ( z )
证明：
由于不是具体的函数，Cauchy-
Riemann 条件用起来比较困难，直接利用
定义证明。 由于 D 是开集，
定义：若在区域 D 内有 ( z ) f ( z ) ，则
称 为 f 的一个原函数。
定理：若函数 f 在单连通区域 D 内解析， z0D，则
z z0
F ( z ) f ( )d C 是 f 的所有原函数；
若 G 是 f 的一个原函数，则
z
z0
f ( )d G ( z ) G ( z0 )
i
z te ，
i
0t r
将参数方程代进去，
F ( z z ) F ( z ) z 1 z z f ( )d z z 1 r i i i f ( z te )d (te ) re 0 1 r i f ( z te )dt r 0
i
例1： 计算积分
z cos zdz 。 0
i
原函数的求法：和实变函数一样
z cos zdz zd sin z z sin z sin zdz z sin z cos z C
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。
考查牛顿-莱布尼兹公式的形式
b
a
f (t )dt F (b) F (a)
只和被积函数、起点、终点有关。
考查牛顿-莱布尼兹公式的形式
要求：
b
a
f (t )dt F (b) F (a)
只和被积函数、起点、终点有关。
起点和终点确定后，沿不同的路径 积分结果相同 原函数定义为 F ( z ) f ( )d
F ( z z ) F ( z ) f ( z) z (z 0)
结论：F 解析（因为处处可导）
F ( z ) f ( z )
☺ 证明过程中为何不对下式用中值定理？
F ( z z ) F ( z ) 1 r i f ( z te )dt z r 0
1 tan z cos2 z dz (1 tan z )d tan z 1 2 tan z tan z C 2 代入上下限即得。
例5： 计算积分 e cos zdz
z
i
例5： 计算积分 e cos zdz
z
i
解：被积函数在复平面上解析，求原函数
e cos zdz e d sin z
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。
ln( z 1) 1 2 dz ln ( z 1) 1 z 1 2 1
i
i
1 2 2 [ln (i 1) ln 2] 2 2 3 2 ln 2 ln 2 i 32 8 8
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
再算虚部
F ( z z ) F ( z ) Im z 1 r v( x t cos ，y t sin )dt r 0 1 v( x cos ，y sin )r r v( x，y ) Im f ( z ) 0 r 0
再将实部和虚部合并
习题：
P 54
T 7（1，2，3）
将实部和虚部分离，先算实部
F ( z z ) F ( z ) Re z 1 r u ( x t cos ，y t sin )dt r 0 1 u ( x cos ，y sin )r r u ( x，y ) Re f ( z ) 0 r 0
分析与解：函数 ln(z+1) 是沿着(- ∞，-1]
割开的解析单值分支，分母导致奇点 -1
ln( z 1) z 1 dz ln( z 1)d ln( z 1) 1 2 ln ( z 1) C 2
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
z z
e sin z e sin zdz
z z
e sin zdz e d cos z
z z
e cos z e cos zdz
z z
例5： 计算积分 e cos zdz
z
i
由此可知原函数
1 z z e cos zdz ( e sin z e cos z ) C 2
☺
对下式取极限时对不同的 趋近极限
的速度可能不一样，如何处理？
u ( x cos ，y sin ) u( x，y)
☺
对下式取极限时对不同的 趋近极限
的速度可能不一样，如何处理？
u ( x cos ，y sin ) u( x，y)
☺ 由于函数 cos 和 sin 在±1之间， 可放缩为 u ( x r，y r )
z
i
1 z z e cos zdz (e sin z e cos z ) 2
z
i
......
例5： 计算积分 e cos zdz
z
i
☺
z
复变函数的观点：统一到指数函数
z
1 iz iz e cos zdz e ( e e ) dz 2 1 (1 i ) z (1i ) z [e e ]dz 2 1 1 (1i ) z 1 (1i ) z [ e e ]C 2 1 i 1 i
设 zD，并且可
z z+ z
保证 zபைடு நூலகம்zD。
z0
考察F(z+z) - F(z)。由于积分和路径无关， 设积分 F ( z z ) z
z z
0
f ( )d 的积分路
径从 z0 到 z，再
到 z+z。于是
z z+ z
F ( z z ) F ( z )
z z z
f ( )d
z0
因此，
F ( z z ) F ( z ) 1 z z f ( ) d z z z
因此，
F ( z z ) F ( z ) 1 z z f ( )d z z z
进一步，再次利用积分与路径无关这一条
件，取从 z 到 z+z 的积分路径为直线段。 设 z re ，则该直线段的参数方程为
3 i
3 i
i
e
2 z
1 2 z dz e 2
0
i
1 tan z dz ， 例4： 计算积分 1 2 cos z
i
路径为 1 到 i 的直线段。
1 tan z dz ， 例4： 计算积分 1 2 cos z
i
路径为 1 到 i 的直线段。
解：函数的奇点为 (n+1/2)，原函数
再令 r0（即z0）即得极限
推论： 假设 函数 f 在区域 D 内解析； z0、zD；
则函数
F ( z ) f ( )d
z0
z
在 D 内解析，并且
F ( z ) f ( z )
定义：若在区域 D 内有 ( z ) f ( z ) ，则
称 为 f 的一个原函数。
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。
分析与解：函数 ln(z+1) 是沿着(- ∞，-1]
割开的解析单值分支，分母导致奇点 -1
ln( z 1) dz ， 例2： 计算积分 1 z 1
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。
☺ 证明过程中为何不对下式用中值定理？
F ( z z ) F ( z ) 1 r i f ( z te )dt z r 0
☺ 此时涉及到的是复变函数的积分
☺ 实函数积分中值定理的证明过程中用
到了实数的一个特性：可比较大小
复变函数的积分中值定理不成立！
分实部虚部取得的中值未必相等！
原函数与不定积分
回顾实函数的积分：牛顿-莱布尼兹公式
设 F 为 f 的原函数，则
b
a
f (t )dt F (b) F (a)
回顾实函数的积分：牛顿-莱布尼兹公式
设 F 为 f 的原函数，则
b
a
f (t )dt F (b) F (a)
对于复变函数，期望有类似结果；
对于什么样的复变函数能定义原函数？ 如何定义原函数？
i
其中积分路线是第一象限内圆弧 |z| = 1。 遇到奇点（即分母为0），绕开即可 多值函数，割开平面 变为单值解析分支
例3： 计算积分
e
i
3 i
2 z
dz 。
例3： 计算积分 解：
e
i
3 i
2 z
dz 。
e
因此，
2 z
1 2 z dz e C 2
例1： 计算积分
z cos zdz 。 0
i
例1： 计算积分
z cos zdz 。 0
i
分析与解： f(z) = z cosz 在复平面上解析，
一个原函数 (z) = z sinz + cosz，因此
i
0
z cos zdz ( z sin z cos z ) 0 i sin i cos i 1 e 1
z0 z
定理： 假设
函数 f 在单连通区域 D 内连续；
函数 f 的积分与路径无关； 即沿 D 中任一围线积分为0。
则函数 F 在 D 内解析，且
F ( z ) f ( z )
证明：
由于不是具体的函数，Cauchy-
Riemann 条件用起来比较困难，直接利用
定义证明。 由于 D 是开集，
定义：若在区域 D 内有 ( z ) f ( z ) ，则
称 为 f 的一个原函数。
定理：若函数 f 在单连通区域 D 内解析， z0D，则
z z0
F ( z ) f ( )d C 是 f 的所有原函数；
若 G 是 f 的一个原函数，则
z
z0
f ( )d G ( z ) G ( z0 )
i
z te ，
i
0t r
将参数方程代进去，
F ( z z ) F ( z ) z 1 z z f ( )d z z 1 r i i i f ( z te )d (te ) re 0 1 r i f ( z te )dt r 0