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−1?z 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−1?z 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

1.2 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 2dt 1

0 =6+26

3

i

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 3dt 1

] =-16+5

6

i

1.3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)c =∫

ire iθ

e i （n+1）θr n+12π0d θ=i r ∫

e −inθ1+i 0

d 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

|z |=1

解： =0 解 =2πi

2.柯西积分定理法：

2.1

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 2.2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。

2.3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 −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 −z

dz c

=∮2z−1z (1−z)

dz c1

+∮2z−1z (1−z)

dz c2