複變函式基本概念與定理

複數（或虛數）是一個神奇的東西，英文叫 imaginary number，直譯為”虛構的數“。數學家阿蒂亞（Atiyah）對複數有如下評論，值得我們品味：

An example of a mathematical idea which， to my mind， represents

an invention

$\sqrt{-1}$

， the square root of minus one。 Since the square of any number （positive or negative） is always positive，

there is no number whose square is

。 However， over the centuries， mathematicians found themselves using the fictional number

$\sqrt{-1}$

with great success， so much so

that they eventually admitted such 'imaginary' number into their world.

A good claim can be made that this was the most inventive step taken in the history of mankind。 It opened entirely new doors in mathematics and in the 20th century， it was found to be essential in the formulation of quantum mechanics。

複變函式是十九世紀數學研究的熱點，如Cauchy， Abel， Weierstrass， Riemann， Weyl等大數學家都在複分析方面做出過重要的貢獻。複變函式

重點考察複數的可微性與可積性，

在處理許多物理與工程問題上，其有著天然的優勢，如關於瑕積分（Improper integrals）的計算，有著化繁為簡的奇效。個人觀點，

在複數域進行積分如同站在更高維度進行降維打擊式計算

。

主要內容如下：

Branch Points and Branch Cuts

柯西-黎曼方程（Cauchy-Riemann Equations）

柯西定理（Cauchy‘s Theorem）

柯西積分公式（Cauchy’s integral formula）

孤立奇點與洛朗級數（isolated singularity and Laurent series）

留數與留數定理（Residue and Cauchy‘sResidue Theorem ）

Jordan’s Lemma and Small Arc Lemma

複變函式在瑕積分計算中的應用

1 Branch Points and Branch cuts

所謂的branch是對多值函式（multi-valued function）而言的，例如對

$z=x+iy=re^{i\theta}$

，

當其繞原點逆時針旋轉360°時，

$z=re^{i\theta}=re^{i(\theta+2\pi)}=z$

，

其值沒有改變，這表明

是一個單值函式（single-valued function）。但若對複平面中任何一點

，其取對數的值為

：

$z_0=ln(z)=ln(re^{i\theta})=lnr+i\theta$

，

當其繞原點逆時針轉360°時，

$z_0^{$

。

這表明其沒有回到

，這表明

是一個多值函式。那麼問題就來了？

對複平面中任何一點

,若想求

的值，我們應該選擇哪個值呢？

$z=re^{i\theta}=re^{i(\theta+2\pi n)}, n=0,\pm1,\pm2,...$

，

$ln(z)=ln(re^{i(\theta+2\pi n)})=z_0+2\pi n i, n=0,\pm1,\pm2,...$

，

source：https：//math。mit。edu/classes/18。305/Notes/n00Branch_Points_B_Cuts。pdf

下圖為

的虛部，從水平方向為（x，y）軸，豎直方向為

的值。從此圖中可清楚地看出當繞原點旋轉360°時，不能回到起始點。這種奇怪的曲面叫

黎曼曲面

（Riemann surface）。

我們通常定義的求微分等運算都是對單值函式進行的，因此需定義

Branch

來實現此目的。在每個Branch中，只有”部分的多值函式”都是單值的。而

Branch point

指的是當我們繞某一點在其很小的鄰域內旋轉360°回到起始點時，其函式值不能回到起始點，那麼這個點就是該函式的Branch point。如

中，

為其Branch point。而

Branch cuts

就是“分割”的操作，在Branch cuts 兩邊，函式值不相等。

Branch cuts 可以是任意的曲線（如

可以定義單值函式定義域為

$[0, 2\pi],[-\pi, \pi],[0.5\pi, 2.5\pi]$

等），但其兩端必須是Branch point，如對於

，其Branch point 為

$z=0, z=\infty$

。

參考資料：

1）

https：//

math。mit。edu/classes/18

。305/Notes/n00Branch_Points_B_Cuts。pdf

2）

http：//

www1。spms。ntu。edu。sg/~y

dchong/teaching/07_branch_cuts。pdf

3） Complex Analysis

4）

https：//

ocw。mit。edu/courses/mat

hematics/18-04-complex-variables-with-applications-fall-1999/study-materials/branch-cuts-and-branches/

2 柯西-黎曼方程

若

在

可微（複數意義下），則：

$\lim_{h \rightarrow 0}{\frac{f(z_0+h)-f(z_0)}{h}}$

存在，這等價於

$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y},$

$\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}$

。

這就是

柯西-黎曼方程

。

舉一個不可微的複變函式，

$f(z)=\bar{z}$

，處處不可微。

若複變函式

處處可微，等價於

是

"全純"的(holomorphic)

。（注：全純指複數意義下導數連續）。

關於柯西-黎曼方程的理解，提供一個思路：

若

是複數意義下的可微分，這等價於

可在任一點

可展成：

$f(z)=f(z_0)+c(z-z_0)+n(z)\left| z-z_0 \right|$

，

其中，c為複數，

$n(z_0)=0=\lim_{z \rightarrow z_0}{n(z)}$

，

令

，

則由實部與實部相等，虛部與虛部相等可知：

$\left [ \begin{matrix} u(x,y) \\ v(x,y) \\ \end{matrix} \right ]=\left [ \begin{matrix} u(x_0,y_0) \\ v(x_0,y_0) \\ \end{matrix} \right ]+ \left [ \begin{matrix} a& -b \\ b& a \\ \end{matrix} \right ]\left [ \begin{matrix} x-x_0 \\ y-y_0 \\ \end{matrix} \right ]+\left [ \begin{matrix} n_1(x,y) \\ n_2(x,y) \\ \end{matrix} \right ]\left| (x-x_0,y-y_0) \right|$

。

上式不就是在看

的可微分性嗎？

$f(u(x,y),v(x,y))=\left [ \begin{matrix} u(x,y) \\ v(x,y) \\ \end{matrix} \right ]=\left [ \begin{matrix} u(x_0,y_0) \\ v(x_0,y_0) \\ \end{matrix} \right ]+ \left [ \begin{matrix} a& -b \\ b& a \\ \end{matrix} \right ]\left [ \begin{matrix} x-x_0 \\ y-y_0 \\ \end{matrix} \right ]+\left [ \begin{matrix} n_1(x,y) \\ n_2(x,y) \\ \end{matrix} \right ]\left| (x-x_0,y-y_0) \right|$

在實數意義下，

“可微”意味著對任一點

有：

，

其中，

為雅可比矩陣（Jacobian matrix），

為一小量。則：

$\left [ \begin{matrix} \frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\ \frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y}\\ \end{matrix} \right ] =\left [ \begin{matrix} a& -b \\ b & a\\ \end{matrix} \right ]$

。

從而匯出柯西-黎曼方程。

從上面的推導也可以看出複數微分的本質仍為實數微分，分成實部與虛部即可。

3 柯西定理

若

是一個全純函式（holomorphic），則其在格林域內（“Green domain”）的閉合環路積分為0，即：

$\int_{C}^{}f(z)dz=0$

。

證明：

$\int_{C}^{}f(z)dz=\int_{C}^{}(u(x,y)+iv(x,y))d(x+iy)$

$=\int_{C}^{}u(x,y)dx-v(x,y)dy+i(\int_{C}^{}v(x,y)dx+u(x,y)dy)$

。

由格林定理可知（格林定理就是2D的斯托克斯定理）：

$\int_{C}^{}udx+vdy=\int_{S}^{}(\frac{\partial v }{\partial x}-\frac{\partial u }{\partial y})dxdy$

，

同時結合柯西-黎曼方程有：

$\int_{C}^{}f(z)dz=\int_{S}^{}(\frac{\partial (-v) }{\partial x}-\frac{\partial u }{\partial y})dxdy+i \int_{S}^{}(\frac{\partial u }{\partial x}-\frac{\partial v}{\partial y})dxdy$

。

關於格林定理詳細推導，可參考：

注意：在複變函式中，積分常使用“引數化”的方法進行。

4 柯西積分公式

若C是一個逆時針的閉合曲線，假設

在C內及C上是全純的（處處可微），則對於C內任一點

，

$f(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\int_{C}^{}\frac{f(z)}{z-z_0}dz$

。

source：https：//math。mit。edu/~jorloff/18。04/notes/topic4。pdf

柯西積分公式暗示著：

只需知道函式在邊界上C的值，就足夠求函式在任一點的值，這也是一種表示定理。

證明

：令

$z=z_0+\varepsilon e^{i \theta}$

，

$\theta \subseteq [0,2\pi]$

，則：

$\frac{1}{2\pi i}\int_{C}^{}\frac{f(z)}{z-z_0}dz=\frac{1}{2\pi i}\int_{0}^{2 \pi}\frac{f(z_0+\varepsilon e^{i \theta})}{\varepsilon e^{i \theta}}i\varepsilon e^{i \theta} d \theta$

$=\frac{1}{2\pi }\int_{0}^{2 \pi}f(z_0+\varepsilon e^{i \theta}) d \theta$

。

觀察上式為一個“平均值”，目的是讓此“平均值”等於

。設法做差，讓其絕對值等於0即可：

$\left| \frac{1}{2\pi }\int_{0}^{2 \pi}f(z_0+\varepsilon e^{i \theta}) d \theta - f(z_0) \right|$

$=\left| \frac{1}{2\pi }\int_{0}^{2 \pi}[f(z_0+\varepsilon e^{i \theta})- f(z_0) ]d \theta \right|$

$\leq \frac{1}{2\pi }\int_{0}^{2 \pi}\left| [f(z_0+\varepsilon e^{i \theta})- f(z_0) ] \right| d \theta \rightarrow 0, \varepsilon \rightarrow 0^{+}$

原式得證。

5 孤立奇點與洛朗級數

孤立奇點

：

在

附近有定義，但在c點不一定有定義。（注：有的定義為在c點無定義），

如：

$\frac{\bar{z}}{Re(z)(z-1)}$

的孤立奇點位於：複平面除去

。

洛朗級數

：為什麼需要洛朗級數呢？我們知道，在任何一個可微點，函式可展開為泰勒級數。但若在孤立奇點附近，函式行為會非常複雜，如該孤立奇點本身可能沒有定義，或者出現極大或者極小值等，因此泰勒級數就可能不再適用了，此時需利用洛朗級數來展開。

若

在環帶

$r<\left| z-z_0 \right|<R$

內是全純的，則其可展開為：

$f(z)=\sum_{m=1}^{\infty}{\frac{b_m}{(z-z_0)^m}} + \sum_{n=0}^{\infty}{a_n(z-z_0)^n}$

。

或寫成：

$f(z)=...+b_2(z-z_0)^{-2}+b_1(z-z_0)^{-1}+a_0+a_1(z-z_0)+a_2(z-z_0)^2+...$

，

source：from wikipedia

證明

：由柯西積分公式可知，在上圖所示紅色的格林域D（“Green domain”）內任意點

的函式值可表示為：

$f(w)=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial D}^{}\frac{f(z)}{z-w}dz$

$=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial BR(c)}^{}\frac{f(z)}{z-w}dz - \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial Br(c)}^{}\frac{f(z)}{z-w}dz$

。

中間為減號的原因是：當區域為“正向”時（即區域在左手邊），R邊界為逆時針（正的），r邊界為順時針（負的）。

1）當z在邊界

$\partial BR(c)$

上時：

$\left| w-c \right| < R=\left| z-c \right|$

，

$\frac{1}{z-w}=\frac{1}{(z-c)-(w-c)}=\frac{1}{z-c}\frac{1}{1-\frac{w-c}{z-c}}$

$=\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{z-c}(\frac{w-c}{z-c})^n}$

。

$\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial BR(c)}^{}\frac{f(z)}{z-w}dz=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial BR(c)} \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{f(z)}{z-c}(\frac{w-c}{z-c})^n}dz$

$=\sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial BR(c)} {\frac{f(z)}{(z-c)^{n+1}}}dz)(w-c)^n$

。

2）當z在邊界

$\partial Br(c)$

上時：

$\left| w-c \right|>r$

$-\frac{1}{z-w}=\frac{1}{(w-c)-(z-c)}=\frac{1}{w-c}\frac{1}{1-\frac{z-c}{w-c}}$

$=\sum_{m=0}^{\infty}{\frac{1}{w-c}(\frac{z-c}{w-c})^m}$

。

$- \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial Br(c)}^{}\frac{f(z)}{z-w}dz= \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial Br(c)}^{}\sum_{m=0}^{\infty}{\frac{f(z)}{w-c}(\frac{z-c}{w-c})^m}dz$

$=\sum_{m=0}^{\infty}( \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial Br(c)}^{}f(z)(z-c)^mdz)(\frac{1}{w-c})^{m+1}$

$=\sum_{m=1}^{\infty}( \frac{1}{2\pi i}\int_{\partial Br(c)}^{}f(z)(z-c)^{m-1}dz)(\frac{1}{w-c})^{m}$

。

原式得證。

由上證明可知：

$a_n =\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial BR(c)} {\frac{f(z)}{(z-c)^{n+1}}}dz$

，

$b_m=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial Br(c)}^{}f(z)(z-c)^{m-1}dz$

。

特別地，當中心點c在格林域D內，則由柯西定理可知：

$b_m=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial Br(c)}^{}f(z)(z-c)^{m-1}dz=0$

。

6 留數與留數定理

留數

：洛朗級數展開中-1次方的係數，即

點的留數記作：

$Res(f,z_0)=b_{1}$

，

$b_1=\frac{1}{2\pi i}\int_{\partial Br(c)}^{}f(z)dz$

。

留數定理

：對於一條正向的閉合曲線，若

在其上和其內，除了一些孤立奇點外，是全純的，那麼：

$\int_{C}^{}f(z)dz=2\pi i(r_1+r_2+...+r_n)$

。

其中，

為留數。

證明

：如下圖所示，在C內有兩個未定義的孤立奇點

。根據柯西定理可知

$\int_{C_4+C_5-C_6-C_5+C_1+C_2-C_3-C_2}^{}f(z)dz=0$

。

整理一下，即：

$\int_{C}^{}f(z)dz=\int_{C_1+C_4}^{}f(z)dz=\int_{C_3+C_6}^{}f(z)dz$

。

根據留數的定義可知：

$\int_{C_3}^{}f(z)dz=2 \pi i Res(f,z_1)$

，

$\int_{C_6}^{}f(z)dz=2 \pi i Res(f,z_2)$

。

因此：

$\int_{C}^{}f(z)dz=2 \pi i(r_1+r_2)$

。

對於n個點的情況，思路是一樣的，用歸納法可以證明。

留數的求法

：

若

在

為simple pole（order為1），且

可以寫成

$f=\frac{p}{q}$

的形式，則

在

點的留數為：

$Res(f,z_0)= \lim_{z \rightarrow z_0}\left\{ (z-z_0)f(z) \right\}=\frac{p(z_0)}{q^{$

。

一般的，若

在

點pole的order為k（k=1，2，3。。。），則在

點的留數為：

$Res(f,z_0)=\frac{1}{(k-1)!}\lim_{z \rightarrow z_0}{\frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}}[(z-z_0)^kf(z)]$

。

證明：

1）若

在

處為simple pole，則

可展開為：

$f=b_1(z-z_0)^{-1}+a_0+a_1(z-z_0)^1+...$

，

$\lim_{z \rightarrow z_0}\left\{ (z-z_0)f(z) \right\}=\lim_{z \rightarrow z_0}{}\left\{ b_1+a_0(z-z_0)+a_1(z-z_0)^2+... \right\}=b_1$

。

2）若

可寫成

$f=\frac{p}{q}$

的形式，則在simple pole 處必然滿足

，

$\lim_{z \rightarrow z_0}\left\{ (z-z_0)f(z) \right\}=\lim_{z \rightarrow z_0}\left\{ (z-z_0)\frac{p(z)}{q(z)} \right\}$

（利用洛必達法則）

$=\frac{p(z_0)}{q^{$

。

3）若f在

的pole order為k，則f可展開為：

$f=b_k(z-z_0)^{-k}+b_{k-1}(z-z_0)^{-{k-1}}+...+b_1(z-z_0)^{-1}+a_0+a_1(z-z_0)^1+...$

，

$(z-z_0)^kf=b_k+b_{k-1}(z-z_0)+...+b_1(z-z_0)^{k-1}+a_0(z-z_0)^k+...$

，

$\lim_{z \rightarrow z_0}{\frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}}[(z-z_0)^kf(z)]=b_1(k-1)!$

，

$Res(f,z_0)=b_1=\frac{1}{(k-1)!}\lim_{z \rightarrow z_0}{\frac{d^{k-1}}{dz^{k-1}}}[(z-z_0)^kf(z)]$

。

7。1 Jordan‘s Lemma

該引理在瑕積分(Improper integrals)中常用，非常重要且基礎。

若函式

的奇點為極點（poles），滿足

，且當

$R\rightarrow\infty$

，

$\left| f(z) \right| \rightarrow 0$

。

則：

$\lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{H_R}^{}e^{imz}f(z)dz}=0$

。

其中

路徑見下圖：

source：http：//wwwf。imperial。ac。uk/~jdg/ee2macom。pdf

證明：

令

$z=Re^{i\theta}=R(cos\theta + isin\theta), dz=iRe^{i\theta}d\theta$

，則：

$\left| \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{H_R}^{}e^{imz}f(z)dz} \right|=\left| \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{0}^{\pi}e^{imz}f(z)iRe^{i\theta}d\theta} \right|$

$=\left| \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{0}^{\pi}e^{imRcos\theta-mRsin\theta}f(z)iRe^{i\theta}d\theta} \right|$

注意：

$\left| e^{i\theta} \right|=\left| cos\theta + isin\theta \right|=(cos\theta)^2+(sin\theta)^2=1.$

$\left| \int f(z)dz \right| \leq \int\left| f(z) \right|dz$

。

$RHS \leq \lim_{R \rightarrow \infty}{\int_{0}^{\pi}e^{-mRsin\theta} \left| f(z) \right| Rd\theta}\rightarrow0$

。

注意：

1）當

時，

分母最高次應比分子最高次至少大1，如

$f(z)=\frac{1}{z^2}$

。

2）當

時，

$e^{-mRsin\theta}$

中

$sin\theta$

應小於0來保證該引理成立，此時其路徑應該為下半圓。

7。2 Small Arc Lemma

求瑕積分時，此定理在處理極點在實部軸上時非常好用。

若

在

處為simple pole，則f（z）繞著

，當半徑

$\varepsilon$

趨近於0時，則：

$\int_{P}^{}f(z)dz=i\theta_0Res(f,z_0)$

。

注意：這與留數定理是統一的，不同之處在於此處要求半徑

$\varepsilon$

趨於0。

證明：

$f(z)=b_1(z-z_0)^{-1}+a_0+a_1(z-z_0)^1+...$

，

令

$z=z_0+\varepsilon e^{i\theta}$

，

$dz=i\varepsilon e^{i\theta}d\theta$

，

$\int_{P}^{}f(z)dz=\int_{0}^{\theta_0}f(z)i\varepsilon e^{i\theta}d\theta$

$=\int_{0}^{\theta_0}\left\{ b_1\frac{1}{\varepsilon e^{i\theta}} +a_0+a_1\varepsilon e^{i\theta} + ...\right\}i\varepsilon e^{i\theta}d\theta$

$=b_1i\theta_0+\int_{0}^{\theta_0}\sum_{k=0}^{\infty}{ia_k\varepsilon^{k+1}e^{i(k+1)\theta}}d\theta$

其中，

$\int_{0}^{\theta_0}\sum_{k=0}^{\infty}{ia_k\varepsilon^{k+1}e^{i(k+1)\theta}}d\theta= \left. \sum_{k=0}^{\infty}{\frac{a_k}{k+1}\varepsilon^{k+1}e^{i(k+1)\theta}} \right|_{\theta=0}^{\theta=\theta_0}$

$=0, (\varepsilon \rightarrow 0).$

原式得證。

8 瑕積分計算

1）

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2m}}dx, m\geq 1, m\in N.$

考慮如下半圓所示的復積分，

$\oint_{C}^{}\frac{1}{1+z^{2m}}dz=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2m}}dx+I_{\infty}$

的極點為：

$1+z^{2m}=0 \Rightarrow z_0=e^{\frac{i(\pi + 2n \pi)}{2m}}$

，由於為上半圓，

$0\leq n \leq m-1$

。

在這些極點的留數為：

$Res(f,z_0)=\sum_{n=0}^{m-1}{\left. \frac{1}{2mz^{2m-1}} \right|_{z=z_0}^{}}=\sum_{n=0}^{m-1}{\frac{1}{2m}e^{-\frac{i \pi (1 + 2n )(2m-1)}{2m}}}$

。

由留數定理可知：

$\oint_{C}^{}\frac{1}{1+z^{2m}}dz = 2\pi i Res(f,z_0)$

$=2\pi i\sum_{n=0}^{m-1}{\frac{1}{2m}e^{-\frac{i \pi (1 + 2n )(2m-1)}{2m}}}$

$=\frac{\pi i }{m}\left\{ e^{\frac{-i \pi(2m-1)}{2m}} + e^{\frac{-i \pi(2m-1)3}{2m}} +...+ e^{\frac{-i \pi(2m-1)(2m-1)}{2m}} \right\}$

$=\frac{\pi i }{m} \frac{e^{\frac{-i \pi(2m-1)}{2m}}-e^{\frac{-i \pi(2m-1)(2m+1)}{2m}}}{1-e^{\frac{-i \pi(2m-1)2}{2m}} }$

$=\frac{\pi i }{m}\frac{-2 e^{\frac{i \pi}{2m}}}{1-e^{\frac{i\pi}{m}}}$

$=\frac{\pi i }{m}\frac{-2}{e^{-\frac{i\pi}{2m}}-e^{\frac{i\pi}{2m}}}$

$=\frac{\pi}{msin(\frac{\pi}{2m})}$

。

由Jordan’s Lemma 可知

$I_{\infty}=0$

，因此：

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2m}}dx=\frac{\pi}{msin(\frac{\pi}{2m})}.(m\geq1)$

。

特別地：

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}dx=\pi$

，

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^{4}}dx=\frac{\pi}{\sqrt{2}}$

，

$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{1+x^{6}}dx=\frac{2 \pi}{3}$

。

2）

$I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{sinx}{x}dx$

，

考慮如下複數積分：

$I=Im(\oint_{C}\frac{e^{iz}}{z}dz)$

，

0點為被積函式的simple pole，因此其積分路徑如下圖：

由留數定理可知：

$\oint_{C}\frac{e^{iz}}{z}dz=0.$

且

$\oint_{C}\frac{e^{iz}}{z}dz=\int_{H_R+}^{}+\int_{-R}^{-r}+\int_{small -arc}^{}+\int_{r}^{R}$

，

當

$R\rightarrow \infty, r\rightarrow 0$

時，

由Jordan‘s Lemma 可知

$\int_{H_R+}^{}=0$

，

由Small Arc Lemma可知：

$\int_{small -arc}^{}=-i\pi Res(f,0)=-i\pi$

。

注意此處為

$\int_{\pi}^{0}$

，因此為

$-\pi$

。

因此，

$I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{sinx}{x}dx=\pi$

。

3）

$I=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{a+cos\theta} d \theta$

，其中

。

取環路C為單位圓，且令

$z=e^{i\theta},dz=ie^{i\theta}d\theta$

，

$I=\oint_{C}^{}\frac{1}{iz(a+\frac{1}{2}(z+z^{-1}))}dz$

$=-2i\oint_{C}^{}\frac{1}{z^2+2az+1}dz$

被積函式的極點為

$z_0=-1\pm \sqrt{a^2-1}$

，

其中在C內的極點為

$z_0=-1+ \sqrt{a^2-1}$

，

$Res(f,z_0)=\frac{1}{2\sqrt{a^2-1}}$

，

由留數定理可知：

$I=-2i\times 2\pi i \times \frac{1}{2\sqrt{a^2-1}}=\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$

。

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