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Biscuit
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复变函数：积分练习题
2025-09-15
复变函数
复变函数
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积分练习题

硬算这一块#

通过定义，参数化的方法计算积分

eg1: 计算 ∫Cf(z)dz\int_C f(z)dz,，其中C是复平面内从原点到 (3,4)(3,4) 的直线段

参数化：z=(3+4i)t ,t:0→1z=(3+4i)t\,,t:0\to1

∫Cf(z)dz=∫01(3+4i)(3+4i)dt\int_Cf(z)dz=\int_0^1(3+4i)(3+4i)dt

eg2: 计算 ∮∣z−z0∣≤r1(z−z0)n,n∈Z\oint_{|z-z_0|\leq r} \frac{1}{(z-z_0)^n},n\in\mathbb{Z}

参数化

z−z0=reiθ,θ∈(0,2π]∫02π1(reiθ)nreiθidθ=ir1−n∫02π(eiθ)1−ndθ={0,n≠12πi,n=1\begin{align*} &z-z_0=re^{i\theta},\theta\in(0,2\pi]\\ &\int_0^{2\pi}\frac{1}{(re^{i\theta})^n}re^{i\theta}id\theta\\[5bp] &=ir^{1-n}\int_0^{2\pi}(e^{i\theta})^{1-n}d\theta\\ &=\begin{cases} 0, &n\neq1\\ 2\pi i, &n=1 \end{cases} \end{align*}

eg3: 计算 ∮12z−3dz,∣z∣=1\oint\frac{1}{2z-3}dz,|z|=1

奇点是 (32,0)(\frac{3}{2},0) 不在解析区域内，由柯西古撒定理，原积分是0

eg4: 计算 ∫z+i2+4iz2dz\int_{z+i}^{2+4i}z^2dz

幂函数是整个复平面上的解析函数，因此积分与路径无关

eg5: 计算 ∫1−πi1+πiez2dz\int_{1-\pi i}^{1+\pi i}e^{\frac{z}{2}}dz

TIP

指数函数也是全纯函数，积分与路径无关

利用柯西积分公式#

∮Cf(z)z−z0dz=f(z0)2πi\oint_C \frac{f(z)}{z-z_0}dz=f(z_0)2\pi i

eg1: 计算 ∮C1z2−zdz\oint_C\frac{1}{z^2-z}dz ，这里C是包含 ∣z∣=1|z|=1 在内的正向封闭曲线

TIP

被积函数有两个奇点 z=0,1z=0,1，均在C内，取 C1=∣z−0∣=δ1,C2=∣z−1∣=δ2C_1=|z-0|=\delta_1,C_2=|z-1|=\delta_2,由复合闭路定理和柯西积分公式：

∮C1z2−zdz=∮C(1z−1−1z)dz分别考察C1,C2=0−2πi+2πi−0=0\oint_C\frac{1}{z^2-z}dz=\oint_C(\frac{1}{z-1}-\frac{1}{z})dz\\ \text{分别考察$C_1,C_2$}\\ =0-2\pi i+2\pi i-0=0

eg2 :∮Csin(zπ4)z2−1dz\oint_C\frac{sin(z\frac{\pi}{4})}{z^2-1}dz 其中C是包含 ∣z+1∣=12,∣z−1∣=12,∣z∣=2|z+1|=\frac{1}{2},|z-1|=\frac{1}{2},|z|=2

eg1

TIP

被积函数有两个奇点 z=±1z=\pm1，均在C内，因此需要取两个积分路径 C1,C2C_1,C_2 分别包围奇点 z=1,−1z=1,-1，分别用柯西积分公式计算最后相加。

∮Csin(zπ4)z2−1dz=∮C1sin(zπ4)z−1dz−∮C2sin(zπ4)z+1dz\oint_C\frac{sin(z\frac{\pi}{4})}{z^2-1}dz=\oint_{C_1}\frac{sin(z\frac{\pi}{4})}{z-1}dz-\oint_{C_2}\frac{sin(z\frac{\pi}{4})}{z+1}dz

其中 C1:∣z−1∣=12,C2:∣z+1∣=12C_1:|z-1|=\frac{1}{2},C_2:|z+1|=\frac{1}{2}

=2πi(sin(π4)−sin(−π4))=2πi2=2\pi i(sin(\frac{\pi}{4})-sin(-\frac{\pi}{4}))=2\pi i\sqrt{2}

利用高阶导数公式（柯西积分的高阶形式）#

2πin!⋅f(n)(a)=∮Γf(z)(z−a)n+1 dz,n=0,1,2,…\frac{2\pi i}{n!} \cdot f^{(n)}(a) = \oint_{\Gamma} \frac{f(z)}{(z-a)^{n+1}} \, dz, \quad n = 0,1,2,\dots

eg1: ∮Ccos(πz)(z−1)5dz\oint_C\dfrac{cos(\pi z)}{(z-1)^5}dz 其中C ∣z∣>1|z|>1

利用高阶导数公式，奇点 z=1,n=4z=1,n=4

∮Ccos(πz)(z−1)5dz=2πi14!(−π)4=π448\oint_C\frac{cos(\pi z)}{(z-1)^5}dz=2\pi i\frac{1}{4!}(-\pi)^4=\frac{\pi^4}{48}

eg2： ∮Cez(z2+1)2dz\oint_C\dfrac{e^z}{(z^2+1)^2}dz 其中C ∣z∣>1|z|>1

TIP

把分母拆成 (z−i)2(z+i)2(z-i)^2(z+i)^2,根据不同的奇点选择不同的 f(z)f(z) 和积分 路径，然后用高阶导数公式，再把结果加起来。

∮Cez(z2+1)2dz=∮Cez(z−i)2(z+i)2dz取 f1(z)=ez(z+i)2奇点 z=i,n=1f1′(z)=ez(z+i)2−2ez(z+i)3∮Cf1(z)(z−i)2dz=2πi11!f1′(z=i)=2πi−ei(1+i)4=πei(1−i)2取 f2(z)=ez(z−i)2奇点 z=−i,n=1f2′(z)=ez(z−i)2−2ez(z−i)3∮Cf2(z)(z+i)2dz=2πi11!f2′(z=−i)=2πi−e−i(1−i)4=πe−i(1+i)2∴∮Cez(z2+1)2dz=π2(ei+e−i)+πi2(e−i−ei)=πcos⁡1−iπsin⁡1\begin{alignedat}{2} &\qquad\oint_C\frac{e^z}{(z^2+1)^2}dz &&=\oint_C\frac{e^z}{(z-i)^2(z+i)^2}dz\\[5pt] &\text{取 $f_1(z) =\dfrac{e^z}{(z+i)^2}$} &&\text{奇点 $z=i,n=1$}\\ &\qquad \qquad \qquad f_1^\prime(z) &&=\frac{e^z}{(z+i)^2}-\frac{2e^z}{(z+i)^3}\\ &\qquad\oint_C\frac{f_1(z)}{(z-i)^2}dz &&=2\pi i\frac{1}{1!}f_1^\prime(z=i)=2\pi i\frac{-e^i(1+i)}{4}=\frac{\pi e^i(1-i)}{2}\\[5pt] &\text{取 $f_2(z)=\dfrac{e^z}{(z-i)^2}$}&&\text{奇点 $z=-i,n=1$}\\ &\qquad \qquad \qquad f_2^\prime(z) &&=\frac{e^z}{(z-i)^2}-\frac{2e^z}{(z-i)^3}\\ &\qquad\oint_C\frac{f_2(z)}{(z+i)^2}dz &&=2\pi i\frac{1}{1!}f_2^\prime(z=-i)=2\pi i\frac{-e^{-i}(1-i)}{4}=\frac{\pi e^{-i}(1+i)}{2}\\ \therefore&\qquad\oint_C\frac{e^z}{(z^2+1)^2}dz &&=\frac{\pi}{2}(e^i+e^{-i})+\frac{\pi i}{2}(e^{-i}-e^i)=\pi \cos 1-i\pi \sin 1 \end{alignedat}

eg3: ∮Cz3+1(z+1)4\oint_C\dfrac{z^3+1}{(z+1)^4}

奇点 z=−1,n=3z=-1,n=3，取 f(z)=z3+1f(z)=z^3+1，则

f(3)(z)=6∮Cz3+1(z+1)4dz=2πi13!f(3)(−1)=2πi  奇点在积分路径内f^{(3)}(z)=6\\ \oint_C\frac{z^3+1}{(z+1)^4}dz=2\pi i\frac{1}{3!}f^{(3)}(-1)=2\pi i \;\text{奇点在积分路径内}

eg4 :∮Cdz(z2+1)(z2+4)\oint_C\dfrac{dz}{(z^2+1)(z^2+4)} C: ∣z∣=32|z|=\frac{3}{2}

在积分路径内的奇点是 z=i,−iz=i,-i，取两个积分路径 C1,C2C_1,C_2 分别包围奇点 z=i,−iz=i,-i

∮Cdz(z2+1)(z2+4)=∮C1dz(z−i)(z+i)(z2+4)+∮C2dz(z+i)(z−i)(z2+4)=2πi(16i+1−6i)=0\oint_C\frac{dz}{(z^2+1)(z^2+4)}=\oint_{C_1}\frac{dz}{(z-i)(z+i)(z^2+4)}+\oint_{C_2}\frac{dz}{(z+i)(z-i)(z^2+4)}\\[5pt] =2\pi i(\frac{1}{6i}+\frac{1}{-6i})=0

eg5：∮C3z2+7z+1(z+1)3dz\oint_C\dfrac{3z^2+7z+1}{(z+1)^3}dz 其中C ∣z+i∣=1|z+i|=1

TIP

奇点在 z=−1z=-1，在积分路径外，因此积分为0

eg6：∮C3z+2z4−1dz\oint_C\dfrac{3z+2}{z^4-1}dz 其中C ∣z−(1+i)∣=2|z-(1+i)|=\sqrt{2}

奇点在 z=±1,±iz=\pm1,\pm i，在积分路径内的奇点是 z=1,iz=1,i，取两个积分路径 C1,C2C_1,C_2 分别包围奇点 z=1,iz=1,i，取积分路径 C1,C2C_1,C_2 分别包围奇点 z=1,iz=1,i eg6

∮C3z+2z4−1dz=∮C13z+2(z−1)(z+1)(z2+1)dz+∮C23z+2(z2−1)(z+i)(z−i)dz=2πi(54+2i−34)=π(i−1)\oint_C\frac{3z+2}{z^4-1}dz=\oint_{C_1}\frac{3z+2}{(z-1)(z+1)(z^2+1)}dz+\oint_{C_2}\frac{3z+2}{(z^2-1)(z+i)(z-i)}dz\\[5pt] =2\pi i(\frac{5}{4}+\frac{2i-3}{4})=\pi(i-1)
解题思路
找奇点{在积分路径外的奇点→积分为0在积分路径内的奇点{单个奇点，直接算多个奇点，取多个积分路径包围奇点，分别选择合适的 f(z)，计算后相加\text{找奇点}\begin{cases} \text{在积分路径外的奇点}\rightarrow \text{积分为0}\\ \text{在积分路径内的奇点}\begin{cases} \text{单个奇点，直接算}\\ \text{多个奇点，取多个积分路径包围奇点，分别选择合适的 $f(z)$，计算后相加}\\ \end{cases} \end{cases}

注意变形的时候要确保分母是 (z−a)n+1(z-a)^{n+1} 的形式，n=0时就是柯西积分公式。一个分母对应一个奇点。

证明题这一块#

如果多项式 Q(x)Q(x) 的次数比 P(x)P(x) 的次数高出至少2，证明： lim⁡R→∞∮∣z∣=RP(z)Q(z)dz=0\lim_{R\to\infty}\oint_{|z|=R}\frac{P(z)}{Q(z)}dz=0，(因此 ∫−∞+∞P(x)Q(x)dx\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}dx 收敛)

设P(z)Q(z)=anxn+⋯+a0bmxm+⋯+b0=1xm−nan+an−11x+⋯+a01xnbm+bm−11x+⋯+b01xm两边取模，利用积分估值定理，∣P(z)Q(z)∣≤1Rm−n∣an∣+∣an−11R+⋯+a01Rn∣∣bm∣−∣bm−11R+⋯+b01Rm∣注意到 z→∞ 时，分子趋于 ∣an∣，分母趋于 ∣bm∣当 R 充分大时，分母大于 ∣bm∣2，分子小于 2∣an∣由积分的估值定理∣∮∣z∣=RP(z)Q(z)dz∣≤MRm−n2πR=2πMRm−n−1由于 m−n−1≥1，所以当 R→∞ 时，右边趋于0，因此原式也趋于0\text{设}\frac{P(z)}{Q(z)}=\frac{a_nx^n+\cdots+a_0}{b_mx^m+\cdots+b_0}\\ =\frac{1}{x^{m-n}}\frac{a_n+a_{n-1}\frac{1}{x}+\cdots+a_0\frac{1}{x^n}}{b_m+b_{m-1}\frac{1}{x}+\cdots+b_0\frac{1}{x^m}}\\ \text{两边取模，利用积分估值定理，}\\ |\frac{P(z)}{Q(z)}|\leq\frac{1}{R^{m-n}}\frac{|a_n|+|a_{n-1}\frac{1}{R}+\cdots+a_0\frac{1}{R^n}|}{|b_m|-|b_{m-1}\frac{1}{R}+\cdots+b_0\frac{1}{R^m}|}\\ \text{注意到 $z\to\infty$ 时，分子趋于 $|a_n|$，分母趋于 $|b_m|$}\\ \text{当 $R$ 充分大时，分母大于 $\frac{|b_m|}{2}$，分子小于 $2|a_n|$}\\ \text{由积分的估值定理}\\ |\oint_{|z|=R}\frac{P(z)}{Q(z)}dz|\leq\frac{M}{R^{m-n}}2\pi R=\frac{2\pi M}{R^{m-n-1}}\\ \text{由于 $m-n-1\geq1$，所以当 $R\to\infty$ 时，右边趋于0，因此原式也趋于0}
复变函数：积分练习题
https://biscuit0613.github.io/posts/complexfunction/cmplxfunc_intexercises/
作者
Biscuit
发布于
2025-09-15
许可协议
CC BY-NC-SA 4.0
概率论第一章习题
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