第三章复变函数的积分 —— 完整详尽讲解

§3.1 复变函数积分的概念

一、复积分的定义

定义 3.1.1（复积分） 设 $C$ 是复平面上一条逐段光滑的有向曲线，函数 $f(z)$ 在 $C$ 上有定义。将曲线 $C$ 用分点 $a = z_0, z_1, z_2, \ldots, z_n = b$ 任意分割为 $n$ 个小弧段，在每个小弧段上任取一点 $\zeta_k$ ，作和式：

S_n = \sum_{k=1}^{n} f(\zeta_k) \Delta z_k, \quad \Delta z_k = z_k - z_{k-1}

若当分割无限加细（即最大弧长 $\lambda = \max|\Delta z_k| \to 0$ ）时，无论分割方式如何、 $\zeta_k$ 如何选取，和式 $S_n$ 都趋于同一个有限极限，则称此极限为 $f(z)$ 沿曲线 $C$ 的积分，记作：

\boxed{\int_C f(z)\,dz = \lim_{\lambda \to 0} \sum_{k=1}^{n} f(\zeta_k) \Delta z_k}

理解要点：

与实变函数定积分 $\int_a^b f(x)dx$ 的区别：复积分沿曲线进行，而非区间。
$C$ 是有向的： $\int_{C^-} f(z)dz = -\int_C f(z)dz$ （反向积分变号）。
若 $C$ 是闭曲线，常记作 $\oint_C f(z)dz$ （这也是样卷和习题的通用记号）。

二、复积分的参数化计算

定理 3.1.1（参数化公式） 设曲线 $C$ 的参数方程为：

z = z(t) = x(t) + iy(t), \quad t: \alpha \to \beta

且 $z'(t)$ 在 $[\alpha, \beta]$ 上连续， $f(z)$ 在 $C$ 上连续，则：

\boxed{\int_C f(z)\,dz = \int_{\alpha}^{\beta} f(z(t)) \cdot z'(t)\,dt}

这不是简单的换元——而是将复积分转化为关于参数 $t$ 的定积分。

分解为实积分：

设 $f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$ ， $dz = dx + idy$ ，则：

\int_C f(z)\,dz = \int_C (u+iv)(dx + idy) = \int_C (u\,dx - v\,dy) + i\int_C (v\,dx + u\,dy)

这是两个第二类曲线积分的组合（实部和虚部各一个）。

这样分解有助于理解后面柯西定理与格林公式的联系。

三、复积分的基本性质

设 $f(z), g(z)$ 在曲线 $C$ 上连续，则：

| 性质 | 公式 | | -------------------------- | ------------------------------------------------------------ | --------------------- | ----------------------------------------------- | --------------------- | --------- | --- | --- | | 线性 | $\int_C (af + bg)\,dz = a\int_C f\,dz + b\int_C g\,dz$ | | 路径可加 | $\int_{C_1+C_2} f\,dz = \int_{C_1} f\,dz + \int_{C_2} f\,dz$ | | 反向 | $\int_{C^-} f\,dz = -\int_C f\,dz$ | | 模长不等式（重要！） | $\left | \int_C f(z)\,dz\right | \leq \int_C | f(z) | \, | dz |$ | | 最大值估计（ML不等式） | 若 $| f(z) | \leq M$ 在 $C$ 上， $L$ 为 $C$ 的弧长，则 $\left | \int_C f(z)\,dz\right | \leq M L$ |

ML不等式的证明思路：

\left|\sum f(\zeta_k)\Delta z_k\right| \leq \sum |f(\zeta_k)| |\Delta z_k| \leq M \sum |\Delta z_k| \leq M L

取极限即得。这个不等式在大范围估计和极限论证中极其重要（见题库3.pdf第4-5题、第12-14题）。

四、与路径无关的条件

定理 3.1.2（积分与路径无关） 若 $f(z)$ 在单连通区域 $D$ 内解析，则对 $D$ 内起点和终点相同的任意两条路径 $C_1, C_2$ ：

\int_{C_1} f(z)\,dz = \int_{C_2} f(z)\,dz

等价表述：沿 $D$ 内任意闭曲线 $C$ 的积分为零（即柯西定理）。

这是连接 §3.1 和 §3.2 的关键桥梁。

§3.2 柯西-古萨定理及其推广

一、柯西-古萨定理（Cauchy-Goursat Theorem）

这是整个复变函数理论中最重要的定理。

定理 3.2.1（柯西-古萨定理） 若 $f(z)$ 在单连通区域 $D$ 内解析，则对 $D$ 内任意逐段光滑的闭曲线 $C$ ，有：

\boxed{\oint_C f(z)\,dz = 0}

历史演进：

柯西（Cauchy）：在 $f'(z)$ 连续的附加条件下证明（利用格林公式）。
古萨（Goursat）：去掉了 $f'(z)$ 连续的条件，仅要求 $f(z)$ 解析（即可导）就足够。这更深刻地揭示了解析性的力量。

柯西的证明思路（利用格林公式）：

将复积分分解为实部与虚部：

\oint_C f(z)dz = \oint_C (u\,dx - v\,dy) + i\oint_C (v\,dx + u\,dy)

由格林公式：

\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_\Omega \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial x}\right) dx\,dy

对实部（ $P=u, Q=-v$ ）：

\oint_C (u\,dx - v\,dy) = \iint_\Omega \left(-\frac{\partial v}{\partial x} - \frac{\partial u}{\partial y}\right) dx\,dy

对虚部（ $P=v, Q=u$ ）：

\oint_C (v\,dx + u\,dy) = \iint_\Omega \left(\frac{\partial u}{\partial x} - \frac{\partial v}{\partial y}\right) dx\,dy

由 C-R 方程 $u_x = v_y$ 和 $u_y = -v_x$ ：

虚部被积函数： $u_x - v_y = 0$
实部被积函数： $-v_x - u_y = -(-u_y) - u_y = 0$

两个二重积分都为零 → 复积分为零。∎

注意：柯西的证明假设了偏导数连续（才能用格林公式）。古萨的改进证明表明仅需解析性就足够。

二、柯西定理的三种等价表述

为便于应用，记住柯西定理的以下等价形式：

形式A（闭曲线）：解析函数沿单连通区域内任意闭曲线的积分为零。

\oint_C f(z)dz = 0

形式B（路径无关）：解析函数在单连通区域内的积分只取决于起点和终点，与路径无关。

\int_{C_1} f(z)dz = \int_{C_2} f(z)dz

形式C（原函数存在）：解析函数在单连通区域内存在原函数 $F(z)$ （即 $F'(z) = f(z)$ ），且：

\int_{z_1}^{z_2} f(z)dz = F(z_2) - F(z_1)

这与实变函数的牛顿-莱布尼茨公式完全类似。

三、复合闭路定理（多连通区域的柯西定理）

定理 3.2.2（复合闭路定理） 设 $C$ 是一条逐段光滑的简单闭曲线， $C_1, C_2, \ldots, C_n$ 是在 $C$ 内部的互不相交的逐段光滑简单闭曲线。若 $f(z)$ 在由 $C, C_1, \ldots, C_n$ 围成的多连通闭区域上解析，则：

\boxed{\oint_C f(z)\,dz = \sum_{k=1}^{n} \oint_{C_k} f(z)\,dz}

其中所有积分均按诱导定向取（即区域始终在积分路径的左侧—— $C$ 取逆时针， $C_k$ 取顺时针；或统一取逆时针并在等式左边加上符号）。

等价实用版本（统一逆时针，加符号）：

\oint_C f(z)dz + \sum_{k=1}^n \oint_{C_k^-} f(z)dz = 0

其中 $C_k^-$ 表示顺时针方向。

应用场景：当 $f(z)$ 在闭曲线 $C$ 内部有奇点时，不能直接应用柯西定理。此时可用复合闭路定理，将 $C$ 变形为一组围绕各奇点的小圆 $C_k$ ，将问题转化为在每个奇点附近的计算。

重要例子：

\oint_{|z|=2} \frac{dz}{z(z-1)} = \oint_{|z|=\varepsilon} \frac{dz}{z(z-1)} + \oint_{|z-1|=\varepsilon} \frac{dz}{z(z-1)}

其中两个小圆分别围绕奇点 $z=0$ 和 $z=1$ ，然后可分别用柯西积分公式计算。

四、闭路变形原理

闭路变形原理（复合闭路定理的直接推论）：

若 $f(z)$ 在两条闭曲线之间的环形区域内解析，则积分沿这两条闭曲线的值相等（在诱导定向下）。

这等价于说：在不跨越奇点的前提下，闭积分路径可以连续变形而不改变积分值。

这是后面计算复杂围道积分时的核心思想——将复杂的积分曲线变形为若干个围绕奇点的小圆周。

§3.3 柯西积分公式及其推论

一、柯西积分公式（Cauchy Integral Formula）

这是全书中最美的公式之一，也是样卷必考内容。

定理 3.3.1（柯西积分公式） 设 $f(z)$ 在简单闭曲线 $C$ 所围成的闭区域 $\bar{D}$ 上解析， $z_0$ 是 $D$ 内任一点，则：

\boxed{f(z_0) = \frac{1}{2\pi i} \oint_C \frac{f(z)}{z - z_0}\,dz}

物理直觉：公式表明，解析函数在区域内部任一点的值完全由边界上的值决定。这是解析函数极其刚性的体现——你不能随意改变内部的值而不影响边界。

证明思路（核心技巧）：

在 $D$ 内以 $z_0$ 为心、 $\delta$ 为半径作小圆 $C_\delta$ 。
被积函数 $\frac{f(z)}{z-z_0}$ 在 $C$ 和 $C_\delta$ 之间的环形区域内解析。
由复合闭路定理： $\oint_C \frac{f(z)}{z-z_0}dz = \oint_{C_\delta} \frac{f(z)}{z-z_0}dz$ 。
在 $C_\delta$ 上，令 $\delta \to 0$ ：
$\oint_{C_\delta} \frac{f(z)}{z-z_0}dz = \oint_{C_\delta} \frac{f(z_0)}{z-z_0}dz + \oint_{C_\delta} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}dz$
第一项 = $f(z_0) \cdot 2\pi i$ 。第二项 → 0（由 $f(z)$ 的连续性，分子可任意小，而分母的模为 $\delta$ ，弧长为 $2\pi\delta$ ，ML不等式保证趋于零）。
取极限即得公式。

二、高阶导数公式（⭐⭐必考）

定理 3.3.2（高阶导数公式） 在柯西积分公式的条件下， $f(z)$ 在 $D$ 内具有任意阶导数，且：

\boxed{f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i} \oint_C \frac{f(z)}{(z - z_0)^{n+1}}\,dz}, \quad n = 1, 2, 3, \ldots

这个定理极为深刻：

实变函数中：可导一次不保证可导两次（例如 $f(x) = x^2\sin(1/x)$ 的变体）。
复变函数中：解析一次 ⇒ 无穷次可导！这是复分析与实分析的根本区别之一。

记忆技巧：形式上就是柯西积分公式对参数 $z_0$ 在积分号下求 $n$ 次导。

实例（样卷反复考）：

求 $\oint_{|z|=1} \frac{e^z}{z^3}dz$ 。

此处 $f(z) = e^z$ ， $z_0 = 0$ ， $n+1 = 3$ 即 $n=2$ 。

由高阶导数公式：

f''(0) = \frac{2!}{2\pi i} \oint_{|z|=1} \frac{e^z}{z^3}dz

而 $f''(z) = e^z$ ， $f''(0) = 1$ ，故：

\oint_{|z|=1} \frac{e^z}{z^3}dz = \frac{2\pi i}{2!} \cdot 1 = \pi i

三、柯西不等式（Cauchy Estimate）

柯西不等式：设 $f(z)$ 在 $|z-z_0| < R$ 内解析，且 $|f(z)| \leq M$ ，则：

\boxed{|f^{(n)}(z_0)| \leq \frac{n! M}{R^n}}

证明：由高阶导数公式和 ML 不等式直接可得。

重要推论——刘维尔定理（Liouville’s Theorem）：

若 $f(z)$ 在整个复平面上解析（整函数）且有界，则 $f(z)$ 必为常数。

证明：取 $n=1$ ，由柯西不等式 $|f'(z_0)| \leq M/R$ ，令 $R \to \infty$ 得 $f'(z_0) = 0$ ，故 $f$ 为常数。

再推论——代数基本定理：

任何非常数的复系数多项式在复平面上至少有一个零点。

四、摩勒拉定理（Morera’s Theorem，柯西定理的逆）

定理 3.3.3（摩勒拉定理） 若 $f(z)$ 在单连通区域 $D$ 内连续，且对 $D$ 内任意闭曲线 $C$ 有 $\oint_C f(z)dz = 0$ ，则 $f(z)$ 在 $D$ 内解析。

这是柯西定理的（部分）逆定理。它与柯西定理一起，给出了解析性的一个积分刻画：

f \text{ 在 } D \text{ 内解析} \Longleftrightarrow f \text{ 在 } D \text{ 内连续且沿任意闭曲线积分为零}

五、积分计算的方法总结

被积函数形式	使用方法	公式
解析函数 × 闭曲线	柯西-古萨定理	$\oint f dz = 0$
$\frac{f(z)}{z-z_0}$ （一次分母）	柯西积分公式	$\oint \frac{f(z)}{z-z_0}dz = 2\pi i f(z_0)$
$\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}$ （高次分母）	高阶导数公式	$\oint \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz = \frac{2\pi i}{n!} f^{(n)}(z_0)$
多个奇点	复合闭路定理分拆	化为各奇点处积分之和
非闭曲线	参数化或原函数法	具体路径具体计算

六、典型例题（重中之重）

例1（基础——柯西积分公式）：

计算 $\displaystyle\oint_{|z|=1} \frac{\sin z}{z}dz$ 。

解： $f(z) = \sin z$ 在 $|z| \leq 1$ 上解析， $z_0 = 0$ 在内部。由柯西积分公式：

\oint_{|z|=1} \frac{\sin z}{z}dz = 2\pi i \cdot \sin 0 = 2\pi i \cdot 0 = 0

例2（核心——高阶导数公式）：

计算 $\displaystyle\oint_{|z|=2} \frac{e^z}{(z-1)^3}dz$ 。

解： $f(z) = e^z$ 解析， $z_0 = 1$ 在 $|z|=2$ 内， $n=2$ 。

f''(z) = e^z, \quad f''(1) = e

\oint_{|z|=2} \frac{e^z}{(z-1)^3}dz = \frac{2\pi i}{2!} f''(1) = \pi i e

例3（多奇点——复合闭路定理）：

计算 $\displaystyle\oint_{|z|=2} \frac{dz}{z^2-1}$ 。

解：分解为部分分式： $\frac{1}{z^2-1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-1} - \frac{1}{z+1}\right)$ 。

两个奇点 $z = \pm 1$ 均在 $|z|=2$ 内部。

由柯西积分公式（或直接应用）：

\oint_{|z|=2} \frac{dz}{z-1} = 2\pi i, \quad \oint_{|z|=2} \frac{dz}{z+1} = 2\pi i

故：

\oint_{|z|=2} \frac{dz}{z^2-1} = \frac{1}{2}(2\pi i - 2\pi i) = 0

§3.4 解析函数与调和函数的关系

（第二章已涉及部分内容，此处补充与积分相关的新视角。）

一、回顾：解析 ⇒ 实部与虚部调和

若 $f = u + iv$ 在 $D$ 内解析，则：

\Delta u = u_{xx} + u_{yy} = 0, \quad \Delta v = v_{xx} + v_{yy} = 0

即 $u$ 和 $v$ 均为调和函数，且 $v$ 是 $u$ 的共轭调和函数。

二、复积分与调和函数的关系（新增视角）

柯西积分公式揭示了调和函数的平均值定理和泊松积分公式：

平均值定理：若 $u$ 在圆盘 $|z-z_0| \leq R$ 上调和，则 $u(z_0)$ 等于 $u$ 在圆周上的平均值：

u(z_0) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} u(z_0 + Re^{i\theta})\,d\theta

这是柯西积分公式取实部的直接结果。

三、已知实部求虚部的积分方法（新工具）

§2.3 中我们讲了用偏积分法求共轭调和函数。有了复积分工具后，还可以用以下方法：

若已知调和函数 $u(x,y)$ ，则其共轭调和函数为：

v(x,y) = \int_{(x_0,y_0)}^{(x,y)} (-u_y)\,dx + u_x\,dy + C

由于被积表达式（由C-R方程保证）是恰当微分，积分与路径无关。

这样求出的 $v$ 使得 $f = u + iv$ 在单连通区域内解析。

习题精讲（题库3.pdf）

第一部分：判断与填空

第1题：「设函数 $f(z)$ 在区域 $D$ 解析， $C$ 为 $D$ 内任一条闭简单曲线，则 $\oint_C f(z)dz = 0$ 。」

✅ 正确。这就是柯西-古萨定理的表述。注意前提： $D$ 是单连通区域（或 $C$ 能连续收缩为一点而不离开 $D$ ）。

第2题：「设函数 $f(z)$ 在复平面上解析，若它有界，则必为常数。」

✅ 正确。即刘维尔定理——整函数 + 有界 = 常数。证明见前文。

第3题：「若函数 $f(z)$ 在区域 $D$ 解析，则积分与路径无关。」

✅ 正确。在单连通区域 $D$ 内，解析函数的积分仅依赖于起点和终点。

第4题：「设 $C: |z| = 1$ ，则 $\oint_C (z-1)dz = \_\_\_$ 。」

解：被积函数 $z-1$ 是整函数，在整个复平面解析。由柯西-古萨定理，沿闭曲线积分为 0。

答案： $0$ 。

第5题：「 $\oint_C \frac{\cos z}{z} dz = \_\_\_$ （其中 $C$ 应为包含原点的闭曲线）。」

注：原题未给全条件。若 $C$ 围绕 0（逆时针），由柯西积分公式：
$\oint_C \frac{\cos z}{z} dz = 2\pi i \cdot \cos 0 = 2\pi i$
若 $C$ 不围绕 0，则为 0。

按常见题意：答案： $2\pi i$ 。

第6题：「若函数 $f(z)$ 在单连通区域 $D$ 解析， $C$ 为 $D$ 内任一条闭简单曲线，则 $\oint_C f(z)dz = \_\_\_$ 。」

答案： $0$ （柯西-古萨定理）。

第7题：「 $\oint_C ze^z dz = \_\_\_$ 。」

解：被积函数 $ze^z$ 是整函数（解析函数的乘积），沿任何闭曲线积分为 0。

答案： $0$ 。

第8题：「设 $C$ 是以 $a$ 为心、 $r$ 为半径的圆周，则 $\oint_C \frac{dz}{(z-a)^n} = \_\_\_$ 。」

解：这是最基础的积分公式。

若 $n = 1$ ： $\oint_C \frac{dz}{z-a} = 2\pi i$

若 $n \geq 2, n \in \mathbb{Z}$ ： $\oint_C \frac{dz}{(z-a)^n} = 0$

（被积函数的原函数为 $-\frac{1}{n-1}(z-a)^{-(n-1)}$ ，是单值函数。）

答案： $2\pi i$ （当 $n=1$ ）； $0$ （当 $n \geq 2$ ）。

第9题：「设 $C$ 是以 $a$ 为心、 $r$ 为半径的圆周，则 $\oint_C \frac{dz}{z^2-a^2} = \_\_\_$ 。」

解：需看 $a$ 或 $-a$ 是否在 $C$ 内。

若 $r$ 足够大使得 $a$ 和 $-a$ 都在 $C$ 内：
$\frac{1}{z^2-a^2} = \frac{1}{2a}\left(\frac{1}{z-a} - \frac{1}{z+a}\right)$
两项分别积分都是 $2\pi i$ ，所以 $\frac{1}{2a}(2\pi i - 2\pi i) = 0$ 。

若只有一个极点在内部： $\pm \frac{\pi i}{a}$ 。

按通常表述（ $r > |a|$ ）：答案： $0$ 。

第10题：「设函数 $f(z)$ 在区域 $D$ 解析，则它是任意阶可导的。」

✅ 正确。由高阶导数公式可知。

第二部分：证明与计算

第1题：模积分

题：计算积分 $\displaystyle I = \int_{-i}^{i} |z|\,dz$ ，积分路径为： (1) 单位圆（ $|z|=1$ ）的左半圆； (2) 单位圆的右半圆。

关键：这是复积分，被积函数 $|z|$ 不是解析函数，不能使用柯西定理，必须参数化。

(1) 左半圆：

参数化： $z = e^{i\theta}$ ， $\theta: \frac{\pi}{2} \to \frac{3\pi}{2}$ （左半圆，从 $i$ 到 $-i$ ）。

在这段弧上， $|z| = |e^{i\theta}| = 1$ ， $dz = ie^{i\theta} d\theta$ 。

I_{\text{左}} = \int_{\pi/2}^{3\pi/2} 1 \cdot ie^{i\theta}\,d\theta = \left[e^{i\theta}\right]_{\pi/2}^{3\pi/2} = e^{i3\pi/2} - e^{i\pi/2} = (-i) - i = -2i

(2) 右半圆：

参数化： $z = e^{i\theta}$ ， $\theta: -\frac{\pi}{2} \to \frac{\pi}{2}$ （右半圆，从 $-i$ 到 $i$ ）。

I_{\text{右}} = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} 1 \cdot ie^{i\theta}\,d\theta = \left[e^{i\theta}\right]_{-\pi/2}^{\pi/2} = e^{i\pi/2} - e^{-i\pi/2} = i - (-i) = 2i

结论：积分依赖于路径（因为 $|z|$ 不解析），左半圆为 $-2i$ ，右半圆为 $2i$ 。

第2题： $\operatorname{Re} z$ 的积分

题：计算 $I = \int_L \operatorname{Re} z\,dz$ ，其中 $L$ 表示单位圆（反时针方向从 1 到 1 取积分——即一整圈）。

解：参数化 $z = e^{i\theta}$ ， $\theta: 0 \to 2\pi$ 。

$\operatorname{Re} z = \cos\theta$ ， $dz = ie^{i\theta} d\theta = (-\sin\theta + i\cos\theta)d\theta$ 。
$I = \int_0^{2\pi} \cos\theta (-\sin\theta + i\cos\theta) d\theta = \int_0^{2\pi} (-\cos\theta\sin\theta + i\cos^2\theta) d\theta$
实部： $\int_0^{2\pi} -\sin\theta\cos\theta\,d\theta = \left[\frac{1}{2}\cos^2\theta\right]_0^{2\pi} = 0$ 。

虚部： $\int_0^{2\pi} \cos^2\theta\,d\theta = \int_0^{2\pi} \frac{1+\cos 2\theta}{2}d\theta = \pi$ 。

∴ $I = \pi i$ 。

第3题：沿线段积分

题：计算 $I = \int_L \operatorname{Re} z\,dz$ ，其中 $L$ 表示从 $z_1=0$ 沿直线段到 $z_2 = 1+2i$ 。

解：参数化线段： $z(t) = t(1+2i) = t + 2it$ ， $t: 0 \to 1$ 。

$\operatorname{Re} z = t$ ， $dz = (1+2i)dt$ 。
$I = \int_0^1 t \cdot (1+2i)dt = (1+2i)\int_0^1 t\,dt = \frac{1+2i}{2}$

第4题：极限与积分的交换

题：设函数 $f(z)$ 当 $0 < |z-z_0| < r_0$ 时连续。令 $M(r)$ 表示 $|f(z)|$ 在 $|z-z_0| = r$ （ $0 < r < r_0$ ）上的最大值，且 $\lim_{r \to \infty} M(r) = 0$ 。证明：

\lim_{r \to \infty} \int_{K_r} f(z)dz = 0

其中 $K_r$ 是圆 $|z-z_0| = r$ 。

证明：由 ML 不等式：
$\left|\int_{K_r} f(z)dz\right| \leq M(r) \cdot 2\pi r$
但注意条件是 $\lim_{r \to \infty} M(r) = 0$ ，这不能直接推出 $2\pi r M(r) \to 0$ 。

需要更仔细分析。实际上题中应该是 $r \to 0^+$ 而非 $r \to \infty$ （见原文字迹），或条件应为更强的衰减。请以原题为准。

第6题：分母高次的积分

题：计算 $\displaystyle\oint_{|z|=2} \frac{dz}{z^4-1}$ 。

解：奇点在 $z^4=1$ 即 $z = 1, -1, i, -i$ ，均在 $|z|=2$ 内。

利用部分分式（或留数定理预览）：
$\frac{1}{z^4-1} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{z-1} - \frac{1}{z+1} + \frac{i}{z-i} - \frac{i}{z+i}\right)$
每项积分均为 $2\pi i$ （柯西积分公式）：
$\oint \frac{dz}{z^4-1} = \frac{1}{4}\left(2\pi i - 2\pi i + i\cdot 2\pi i - i\cdot 2\pi i\right) = 0$

第11题：有理函数实积分

题：如果积分路径不经过点 $\pm i$ ，那么：

\int_0^1 \frac{dz}{1+z^2} = \frac{\pi}{4} + 2k\pi, \quad k = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots

解：这是用复积分路径处理实积分的例子。

原函数： $\arctan z = \frac{i}{2}\operatorname{Ln}\frac{1-iz}{1+iz}$ （多值）。

在不经过 $\pm i$ 的路径上，积分取决于路径是否绕过奇点。沿实轴从 0 到 1 的积分（不绕过任何奇点）：
$\int_0^1 \frac{dz}{1+z^2} = \arctan 1 - \arctan 0 = \frac{\pi}{4}$
绕过奇点则增加 $2\pi$ 的整数倍。这预演了第5章留数计算实积分的思想。

第12-14题：积分不等式证明

第12题：证明 $\left|\int_C (x^2+iy^2)dz\right| \leq 2$ ， $C$ 为联 $-i$ 到 $i$ 的线段。

证明：参数化 $z = iy$ ， $y: -1 \to 1$ 。 $x = 0$ ，被积函数 $= iy^2$ ， $dz = idy$ 。
$\int_{-i}^{i} (x^2+iy^2)dz = \int_{-1}^{1} iy^2 \cdot idy = \int_{-1}^{1} -y^2 dy = -\frac{2}{3}$
模 $= \frac{2}{3} \leq 2$ 。或用 ML 不等式：路径长 $L=2$ ，被积函数最大模（在端点上）= 1，故 $\leq 2$ 。

第13题：证明 $\left|\int_C (x^2+iy^2)dz\right| \leq \pi$ ， $C$ 为右单位圆（ $|z|=1, \operatorname{Re} z \geq 0$ ）。

证明：路径长 $L = \pi$ 。在右单位圆上， $x^2 = \cos^2\theta$ ， $y^2 = \sin^2\theta$ ，被积函数模：
$|x^2+iy^2| = \sqrt{\cos^4\theta + \sin^4\theta} \leq \sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = 1$
由 ML 不等式： $\left|\int_C\right| \leq 1 \cdot \pi = \pi$ 。

第14题：证明 $\left|\int_C \frac{dz}{z^2}\right| \leq 2$ ， $C$ 为联 $i$ 到 $i+1$ 的线段。

证明：路径长 $L = 1$ 。在 $z = t + i$ （ $t: 0 \to 1$ ）上：
$|z^2| = |(t+i)^2| = |t^2-1+2ti| = \sqrt{(t^2-1)^2+4t^2} = t^2+1 \geq 1$
故 $\left|\frac{1}{z^2}\right| \leq 1$ ，由 ML 不等式积分模 $\leq 1 \cdot 1 = 1 \leq 2$ 。

第15题：平均值定理

题：设 $f(z)$ 在原点的邻域内连续，证明：

\lim_{r \to 0} \int_0^{2\pi} f(re^{i\theta}) d\theta = 2\pi f(0)

证明：由连续性，对任意 $\varepsilon > 0$ ，存在 $\delta > 0$ ，当 $|z| < \delta$ 时， $|f(z)-f(0)| < \varepsilon$ 。

取 $r < \delta$ ：
$\left|\int_0^{2\pi} f(re^{i\theta})d\theta - 2\pi f(0)\right| = \left|\int_0^{2\pi} [f(re^{i\theta})-f(0)]d\theta\right| \leq \int_0^{2\pi} \varepsilon\,d\theta = 2\pi\varepsilon$
得证。

第16-20题：围道积分综合

第16题： $\displaystyle\oint_{|z|=1} \frac{e^z}{z}dz = 2\pi i \cdot e^0 = 2\pi i$ 。

第17题： $\displaystyle\oint_{|z|=2} \frac{dz}{z^2+z} = \,?$

奇点 $z=0$ 和 $z=-1$ 在 $|z|=2$ 内。部分分式：

\frac{1}{z^2+z} = \frac{1}{z} - \frac{1}{z+1}

\oint = 2\pi i - 2\pi i = 0

第18题： $\displaystyle\oint_{|z|=1} \frac{dz}{z^2+z} = \,?$

此时 $z=-1$ 在单位圆外。只有 $z=0$ 在内部。

\oint_{|z|=1} \frac{dz}{z^2+z} = \oint_{|z|=1} \frac{1}{z}dz - \oint_{|z|=1} \frac{1}{z+1}dz = 2\pi i - 0 = 2\pi i

（第二项： $1/(z+1)$ 在 $|z|\leq 1$ 上解析，积分为零。）

第19题： $\displaystyle\oint_{|z|=1} \frac{z\,dz}{(2z-1)(z-2)}$ 。

奇点： $z = \frac{1}{2}$ （在内部）， $z=2$ （在外部）。

被积 = $\frac{z}{(2z-1)(z-2)}$ 。在 $z=1/2$ 处为一阶极点，用柯西积分公式或留数。

设 $g(z) = \frac{z}{z-2}$ （在 $z=1/2$ 解析），则被积 = $\frac{g(z)}{2z-1} = \frac{g(z)}{2(z-1/2)}$ 。

\oint_{|z|=1} \frac{g(z)}{2(z-1/2)}dz = \frac{1}{2} \cdot 2\pi i \cdot g(1/2) = \pi i \cdot \frac{1/2}{1/2-2} = \pi i \cdot \frac{1/2}{-3/2} = -\frac{\pi i}{3}

第20题：级数展开的积分表示

题：证明 $\displaystyle\frac{z^n}{n!} = \frac{1}{2\pi i}\oint_{|\zeta|=3} \frac{e^{\zeta}}{\zeta^{n+1}} \cdot \frac{z^n}{n!}\,d\zeta$ （原题应修正）

实际题意是：证明 $\frac{z^n}{n!} = \frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{e^{\zeta z}}{\zeta^{n+1}}d\zeta$ 。

由高阶导数公式：设 $f(\zeta) = e^{\zeta z}$ ，则 $f^{(n)}(0) = z^n$ 。

又 $f^{(n)}(0) = \frac{n!}{2\pi i}\oint_C \frac{f(\zeta)}{\zeta^{n+1}}d\zeta$ ，即得证。

第21题：求导数值

题：设 $f(z) = \displaystyle\oint_{|\zeta|=3} \frac{3\zeta^2+7\zeta+1}{\zeta-z}d\zeta$ ，求 $f'(1+i)$ 。

解：由柯西积分公式，当 $|z| < 3$ 时，
$f(z) = 2\pi i (3z^2+7z+1)$
（积分围绕 $z$ ，被积函数分子在 $\zeta=z$ 处的值乘以 $2\pi i$ 。）
$f'(z) = 2\pi i (6z+7)$ $f'(1+i) = 2\pi i [6(1+i)+7] = 2\pi i (13+6i) = 2\pi (-6+13i)$

第22题：单位圆周上的实积分

题：通过计算 $\displaystyle\oint_{|z|=1} \frac{1}{z}\left(z+\frac{1}{z}\right)^{2n} dz$ 证明：

\int_0^{2\pi} \cos^{2n}\theta\,d\theta = 2\pi \cdot \frac{1\cdot 3\cdot 5 \cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6 \cdots (2n)}

证明思路：令 $z = e^{i\theta}$ ，则 $\cos\theta = \frac{z+z^{-1}}{2}$ ， $\frac{dz}{iz} = d\theta$ 。
$\oint_{|z|=1} \frac{(z+z^{-1})^{2n}}{2^{2n}} \cdot \frac{dz}{iz} = \frac{1}{2^{2n}i}\oint_{|z|=1} \frac{(z^2+1)^{2n}}{z^{2n+1}}dz$
展开 $(z^2+1)^{2n}$ ，需要提取 $z^{2n}$ 项（使分母约简为 $1/z$ 即得 $2\pi i$ ）。二项式展开中 $z^{2n}$ 的系数为 $\binom{2n}{n}$ ，积分结果为：
$\frac{1}{2^{2n}i} \cdot 2\pi i \cdot \binom{2n}{n} = \frac{2\pi}{4^n}\binom{2n}{n}$
化简即得所需公式。

第23题：导数估计

题：如果在 $|z| < 1$ 内 $f(z)$ 解析，且 $|f(z)| \leq \frac{1}{1-|z|}$ ，证明：

|f^{(n)}(0)| \leq (n+1)!\left(1+\frac{1}{n}\right)^n < e(n+1)!

证明：（这是柯西不等式的精细应用。）

取 $R < 1$ ，在 $|z| = R$ 上：
$|f(z)| \leq \frac{1}{1-R}$
由柯西不等式：
$|f^{(n)}(0)| \leq \frac{n!}{R^n} \cdot \frac{1}{1-R}$
取最优 $R = \frac{n}{n+1}$ （使右边最小化），得：
$|f^{(n)}(0)| \leq \frac{n!}{(n/(n+1))^n} \cdot (n+1) = (n+1)! \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$
又因 $(1+1/n)^n < e$ ，故 $|f^{(n)}(0)| < e(n+1)!$ 。

第24-25题：解析函数的根式和对数分支

第24题：设 $f(z)$ 在单连通区域 $D$ 内解析且不等于零。证明存在 $g(z)$ 在 $D$ 内解析，使得 $e^{g(z)} = f(z)$ 。

证明：取 $g(z) = \operatorname{Ln} f(z)$ 的一个单值解析分支。由于 $f(z) \neq 0$ ， $\frac{f'(z)}{f(z)}$ 在 $D$ 内解析。在单连通区域内，其原函数存在：
$g(z) = \int_{z_0}^{z} \frac{f'(\zeta)}{f(\zeta)} d\zeta + \operatorname{Ln} f(z_0)$
$g(z)$ 解析，且 $e^{g(z)} = f(z)$ 。

第25题：对于整数 $q \geq 2$ ，存在解析的 $h(z)$ 使得 $[h(z)]^q = f(z)$ 。

证明：取 $h(z) = e^{g(z)/q} = f(z)^{1/q}$ （取定一个单值分支），由第24题保证 $g(z)$ 存在，则 $h(z)$ 解析且 $[h(z)]^q = f(z)$ 。

🔑 第三章核心公式与定理速查

必背公式卡

| 公式 | 名称 | | ------------------------------------------------------------------------------------ | ---------------------------------- | --------- | -------- | | $\oint_C f(z)dz = 0$ | 柯西-古萨定理（ $f$ 在 $C$ 内解析） | | $\displaystyle f(z_0) = \frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{z-z_0}dz$ | 柯西积分公式 | | $\displaystyle f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz$ | 高阶导数公式 | | $\displaystyle \oint_C \frac{dz}{z-a} = 2\pi i$ | 基本积分（ $a$ 在 $C$ 内） | | $\displaystyle \oint_C \frac{dz}{(z-a)^n} = 0$ （ $n \geq 2$ ） | 高次幂积分 | | $\displaystyle \left | \int_C f dz\right | \leq M L$ | ML不等式 |

四种积分计算方法的适用情形

方法	何时使用
柯西定理	$f$ 在闭曲线内部解析 → 积分为 0
柯西积分公式	分母为 $z-z_0$ （一次），其余解析
高阶导数公式	分母为 $(z-z_0)^n$ （ $n \geq 2$ ），其余解析
参数化法	$f$ 不解析，或路径非闭，或需具体数值
复合闭路定理	多个奇点分布在积分曲线内 → 拆分

重要定理逻辑链

1
解析 ⇒ 沿闭曲线积分为零（柯西-古萨）
2
     ⇒ 积分与路径无关
3
     ⇒ 存在原函数
4
     ⇒ 柯西积分公式
5
     ⇒ 任意阶可导（高阶导数公式）
6
     ⇒ 柯西不等式
7
     ⇒ 刘维尔定理（有界整函数 ⇒ 常数）
8
     ⇒ 代数基本定理

以上是第三章的完整讲解。这一章是整个复变函数的计算核心——柯西积分公式和高阶导数公式在后续级数展开（第4章）和留数计算（第5章）中反复使用，务必熟练掌握。

第三章 复变函数的积分 —— 完整详尽讲解

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