复变函数积分方法总结

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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+iyi²=-1，x,y分别称为z的实部和虚部，记作x=Re(z),y=Im(z)。argz=θ₁θ₁称为主值-π＜θ₁≤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+irsinθ；利用欧拉公式eiθ=cosθ+isinθ。z=reiθ。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=z0，z1，…，zk-1，zk，…，zn=B，在每个弧段zk-1zk(k=1,2…n)上任取一点k并作和式Sn=k-1nf(k)(zk-zk-1)=k-1nf(k)∆zk记∆zk=zk-zk-1，弧段zk-1zk的长度δ=max1≤k≤cf(z)dz=limδ0k-设C负方向(即B到A的积分记作)c-f(z)dz.当C为闭曲线时，f(z)的积分记作cf(z)dz例题：计算积分1)c（1）解：当C为闭合曲线时，cdz∵f(z)=1Sn=k-1nf(∴limn0Sn=b-a,即1)(2)当C为闭曲线时，cdz=0.f(z)=2z;沿C连续，则积分czdz存在，设k=z∑1=k-1nZ（k-1）有可设k=zk，则∑2=k-1nZ（k-1）因为Sn的极限存在，且应与∑1及∑2极限相等。所以Sn=(∑1+∑2)=∑k-1nz∴c2zdz=b2-a1.2定义衍生1：参数法：f(z)=u(x,y)+iv(x,y),z=x+iy带入cf(z)dzcf(z)dz=c再设z(t)=x(t)+iy(t)(α≤t≤β)cf(z)dz=参数方程书写：z=z0+(z1-z0)t（0≤t≤1）；z=z0+reiθ，(0≤θ≤2π)例题1：03+i解：参数方程z=（3+i）t03+iz=(3+i)30=6+263例题2：沿曲线y=x2计算0解：参数方程x=ty=t2或z=t+it2(0≤01+ix=(1+i)[01t=-16+51.3定义衍生2重要积分结果：z=z0+reiθ，(0≤θ≤2π)由参数法可得：cdz(z-z0)n+1=0cdz(z-例题1：z=1dz解：=0解=2πi2.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：cf(z)dz2.2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z0与终点z1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C1是D内两条正向简单闭曲线，C1在C的内部，且以复合闭路Γ=C+C1所围成的多连通区域G全含于D则有：Γf(z)dz=cf(z)dz+c1即cf(z)dz=c1f(z)dz推论：cf(z)dz=k=1nc例题：c2z-1z2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c1和c2。c2z-1z2-z=c1=c11z-1dz+c11=0+2πi+2πi+0=4πi2.4原函数法(牛顿-莱布尼茨公式)：定理2.2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z0与终点z1有关，即cf()d=z0z1f()d这里的z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2.2和2.4可得z0z1f(z)dz例题：求0解：函数zcosz在全平面内解析∴01zcoszdz=isini+cosz|0=ie-1-12i+e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。2.5柯西积分公式法：设B为以单连通区域，z0位B中一点，如f(z)在B内解析，则函数f(z)z-z0在z0不解析，所以在B内沿围绕z0的闭曲线C的积分cf(z)z-z0dz一般不为零。取z0位中心，以cf(z)z-z0dz=c2.5.1定理：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，z0为C内的任一点，有：f(z0)=1例题：1）z=2sinz解：=2πisinz|z=0=0解：=z=2πiz9-z2|2.6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)(z0)=n!2πif(z)(其中C为f(z)的解析区域D内围绕z0的任一条正向简单闭曲线，而它的内部全含于D.例题：cezz解：由高阶导数的柯西积分公式：原式=2πi∙14!(ez)(4)|z=π23.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∂x2+（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。3.1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∂xdy+g(x).再由∂u∂y=-∂v∂x又得∂∂x∂vv=∂u∂xdy+3.2不定积分法：因为f(z)=Ux+iVx=Ux-iUy=Vy+iVX所以f(z)=Uzdz+cf(z)=3.3线积分法：若已知实部u=u(x,y),利用C-R方程可得的dv=∂v∂xdx+∂v∂ydy=-∂u∂yv=（x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=x2-y2+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∂2所以满足拉普拉斯方程，有∂v∂x=-∂u∂y=2y-x∂v∂y所以v=(2y-x)dx+∂v∂y=2x+φ(y)φ(y)=yφ(y)=y2v(x,y)=2xy-xf(z)=u(x,y)+iv(x,y)=12(2-i)z4.留数求积分：留数定义：设z0为函数f(z)的一个孤立奇点，即f(z)在去心邻域、0<z-z0<δ,我们把f(z)在z0处的洛朗展开式中负一次幂项系数c-1称为f(z)在z0处的留数，记为Res[f(z),z0]即Res[f(z),z0或者Res[f(z),z0]=12πicfz4.1留数定理：设函数f(z)在区域D内除有限个孤立奇点z1z2…zn,cfzdz其中zk表示函数fz4.2孤立奇点：定义：如果函数fz在z0不解析，但在z0某个去心邻域0<z-z0<δ内解析，则称z0为fz的孤立奇点。例如1z、在孤立奇点z=z0的去心邻域内，函数fzfz=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z0处的奇异性将起着决定性的作用。讨论孤立奇点z0的类型：4.2.1可去奇点：若函数f(z)在孤立奇点z0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cn=0，则称z0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fzcfzdz判断可去奇点方法：⑴函数fz在某个去心邻域0<z-z0<δ内解析，则z0是fz的可去奇点的充要条件是存在极限limz→z0f（z）=c0，其中c0是一复常数;4.2.2极点：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z0是f(z)的m级极点。其洛朗展开式是：f(z)=c-m（z-z0）m+c-m+1（z-z0）m+1+…+c-1z-z这里c-m≠0，于是在0<z-z0<δ有f(z)=[c-m（z-z0）m+c-m+1（z-z0）m+1+…+c-1z-z0φ(z)一个在0<z-z0<δ解析，同时φ(z)≠0，则z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lim4.2.3本性奇点：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limz→4.3函数在极点的留数：准则一：若z0为一级极点，则Res[f(z),z0]=准则二：做z0为m级极点，则Res[f(z),z0]=1(m-1)!limz→z0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)=Q(z0)≠0，则z0是f(z)的一级极点，而且：Res[f(z),z0]=P(4.4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称为f(z)在z=∞处的留数，记作Res[f(z),∞]=1如果f(z),在R<z<+∞内的洛朗展开式为f(z),=n=-∞∞cnzn则有4.4.1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z1，z2，…，zn，∞k=1nRes[f(z)dz]+Res[f(z),4.4.2Res[f(z),∞]=-Res[f(1z)∙例题：求下列Res[f(z),∞]的值（1）f(z)=ezz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]=limz→1(z-1)f(z)=limRes[f(z),-1]=limz→-1(z-1)f(z)∵Res[f(z),∞]+Res[f(z),1]+Res[f(z),-1]=0得∴Res[f(z),∞]=-{Res[f(z),1]+Res[f(z),-1]}=12((2)由公式Res[f(z),∞]=-Res[f(1z)∙1z2,0]，而1以z=0为可去奇点，所以Res[f(z),∞]=-Res[f(1z)∙4.5用留数定理计算积分：4.5.1形如02πR(cosθ,sinθ)dθ的定积分计算；其中R(cosθ,sinθ)为cos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=eiθ,dz=izdθ=ieiθdθdsinθ=12i(eiθ-e则02πR(cosθ,si