复变函数3 - 3 原函数与不定积分

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