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复变函数积分的计算★★★★★

## 复积分的计算推导
**定理1:转化为实数法** 若函数 $f(z)=u(x, y)+ i v(x, y)$ 沿曲线 $C$ 连续，则 $f(z)$ 沿 $C$ 可积，且有如下计算公式

$$
\boxed{
\int_C f(z) d z=\int_C(u d x-v d y)+i \int_C(v d x+u d y)
...(3.1) } 
$$

证明 设

$$
\begin{aligned}
& z_k=x_k+i y_k, \quad x_k-x_{k-1}=\Delta x_k, \quad y_k-y_{k-1}=\Delta y_k, \\
& \zeta_k=\xi_k+i \eta_k, \quad u\left(\xi_k, \eta_k\right)=u_k, \quad v\left(\xi_k, \eta_k\right)=v_k,
\end{aligned}
$$

于是

$$
\begin{aligned}
S_n & =\sum_{k=1}^n f\left(\zeta_k\right)\left(z_k-z_{k-1}\right) \\
& =\sum_{k=1}^n\left(u_k+i v_k\right)\left(\Delta x_k+i \Delta y_k\right) \\
& =\sum_{k=1}^n\left(u_k \Delta x_k-v_k \Delta y_k\right)+i \sum_{k=1}^n\left(u_k \Delta y_k+v_k \Delta x_k\right)
\end{aligned}
$$

上式右端的两个和数是对应的两个第二型曲线积分的积分和数．由于 $f(z)$ 沿曲线 $C$连续，有 $u(x, y)$ 及 $v(x, y)$ 沿 $C$ 连续，于是这两个曲线积分都是存在的。因此，积分 $\int_C f(z) d z$ 存在，且

$$
\begin{aligned}
\int_C f(z) d z & =\lim _{n \rightarrow \infty} S_n \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n\left(u_k \Delta x_k-v_k \Delta y_k\right)+\operatorname{ilim}_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n\left(u_k \Delta y_k+v_k \Delta x_k\right) \\
& =\int_C(u d x-v d y)+i \int_C(v d x+u d y)
\end{aligned}
$$

> **公式3.1说明，复变函数积分的计算问题，可以化为其对应的两个二元实函数**

**定理2:参数法** 若复数一参数方式给出，设曲线 $C: z=z(t)=x(t)+i y(t), t: a \rightarrow b$ ，根据[复合函数求导法则](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=290)，则

$$
\begin{aligned}
\int_C f(z) d z= & \int_a^b\left[u(x(t), y(t)) x^{\prime}(t)-v(x(t), y(t)) y^{\prime}(t)\right] d t \\
& +i \int_a^b\left[v(x(t), y(t)) x^{\prime}(t)+u(x(t), y(t)) y^{\prime}(t)\right] d t \\
= & \int_a^b[u(x(t), y(t))+i v(x(t), y(t))]\left[x^{\prime}(t)+i y^{\prime}(t)\right] d t \\
= & \int_a^b f[z(t)] z^{\prime}(t) d t .
\end{aligned}
$$

即 
$$
\boxed{
\int_C f(z) d z=\int_a^b f[z(t)] z^{\prime}(t) d t
...(3.2) } 
$$

这就是以参数方式计算复积分公式。

## 复积分的性质 
（1） $\int_C[\alpha f(z)+\beta g(z)] d z=\alpha \int_C f(z) d z+\beta \int_C g(z) d z$ ．
（2） $\int_C f(z) d z=-\int_{C^{-}} f(z) d z$ ．
（3） $\int_C f(z) d z=\int_{C_1} f(z) d z+\int_{C_2} f(z) d z$ ，
其中，$C=C_1+C_2$ ．
（4）$\left|\int_C f(z) d z\right| \leq \int_C|f(z)|| d z|=\int_C|f(z)| d s \leq M L$ ，
其中，$M=\max _{z \in C}|f(z)|$ ，L 为曲线 $C$ 的弧长。

## 复积分计算
复积分计算包括定义法、参数法、留数法，幂级数法等。简单概括如下。

## 一、复变函数线积分的基础定义（柯西积分定义分）
设复平面上的**光滑有向曲线**$C:z(t)=x(t)+iy(t)\ (t\in[a,b])$，复变函数$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$在$C$上连续，那么$f(z)$沿$C$的**复线积分**定义为：
$$\int_C f(z)dz = \int_C (u+iv)(dx+idy) = \int_C udx - vdy + i\int_C vdx + udy$$
本质是**两个实二元函数的第二类曲线积分的组合**，这是复积分的原始计算法，适合简单曲线和简单函数的计算。
 
 **基础计算步骤（定义法）**
1. 将$z(t)=x(t)+iy(t)$代入$f(z)$，得$f[z(t)]=u[x(t),y(t)]+iv[x(t),y(t)]$；
2. 求微分$dz=z'(t)dt=(x'(t)+iy'(t))dt$；
3. 将复积分转化为**实变量的定积分**：$\int_C f(z)dz = \int_a^b f[z(t)]\cdot z'(t)dt$；
4. 计算实定积分（分离实部和虚部分别计算）。

`例`计算$\int_C zdz$，其中$C$是从$z=0$到$z=1+i$的直线段。
解：当从0点移动到$1+i$点时，可以写出他的曲线参数化：

$z(t)=t+it\ (t\in[0,1])$，则$z'(t)=1+i$，$f[z(t)]=t+it$；

![图片](/uploads/2026-02/382f42.jpg)
 
 
代入得：$\int_0^1 (t+it)(1+i)dt = (1+i)^2\int_0^1 tdt = 2i\cdot \frac{1}{2} = i$。

**结论**：对于解析函数，沿光滑曲线的积分**与路径无关**（柯西积分定理），仅与起点和终点有关；非解析函数积分与路径有关。
 。

`例`求 $\int_C \operatorname{Re} z \mathrm{~d} z$ ，其中 $C$ 是从原点到点 $1+\mathrm{i}$ 的直线段．

![图片](/uploads/2026-02/46de77.jpg)

解答．由于 $z=(1+\mathrm{i}) t, 0 \leqslant t \leqslant 1$ ，因此
$\operatorname{Re} z=t$,

$$
\begin{aligned}
\int_C \operatorname{Re} z \mathrm{~d} z & =\int_0^1 t \cdot(1+\mathrm{i}) \mathrm{d} t \\
& =(1+\mathrm{i}) \int_0^1 t \mathrm{~d} t=\frac{1+\mathrm{i}}{2}
\end{aligned}
$$

`例`求 $\int_C \operatorname{Re} z \mathrm{~d} z$ ，其中 $C$ 是从原点到点 i 再到 $1+\mathrm{i}$ 的折线段．
解 
第一段 $z=\mathrm{i} t, 0 \leqslant t \leqslant 1, \operatorname{Re} z=0$ ，

第二段 $z=t+\mathrm{i}, 0 \leqslant t \leqslant 1, \operatorname{Re} z=t$ ．因此

$$
\int_C \operatorname{Re} z \mathrm{~d} z=\int_0^1 t \mathrm{~d} t=\frac{1}{2}
$$

![图片](/uploads/2026-02/132a26.jpg)
 
 
 `例` 求 $\int_C z \mathrm{~d} z$ ，其中 $C$ 是抛物线 $y=\frac{4}{9} x^2$ 上从原点到点 $3+4 \mathrm{i}$ 的曲线段．

解答．由于 $z=t+\frac{4}{9} \mathrm{i} t^2, 0 \leqslant t \leqslant 3$ ，因此

$$
\begin{aligned}
\int_C z \mathrm{~d} z & =\int_0^3\left(t+\frac{4}{9} \mathrm{i} t^2\right) \cdot\left(1+\frac{8}{9} \mathrm{i} t\right) \mathrm{d} t \\
& =\int_0^3\left(t+\frac{4}{3} \mathrm{i} t^2-\frac{32}{81} t^3\right) \mathrm{d} t \\
& =\left.\left(\frac{1}{2} t^2+\frac{4}{9} \mathrm{i} t^3-\frac{8}{81} t^4\right)\right|_0 ^3=-\frac{7}{2}+12 \mathrm{i}
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2026-02/c0ed46.jpg)

## 二、核心定理：柯西积分定理（解析函数的积分性质）
这是复积分的“基础定理”，直接决定了解析函数的积分规律，分为**单连通区域**和**多连通区域**两种情况。

### 1. 单连通区域的柯西积分定理
设$D$是复平面上的**单连通区域**（无洞、无割痕），$f(z)$在$D$内**解析**，且在$\overline{D}$上**连续**，$C$是$D$内的**任意简单闭曲线**，则：
$$\oint_C f(z)dz = 0$$
**推论**：单连通区域内的解析函数，沿任意光滑曲线的积分**仅与起点和终点有关**，与路径无关（如例题1，$f(z)=z$在全平面解析，积分与路径无关）。

### 2. 多连通区域的柯西积分定理（复合闭路定理）
设$D$是**多连通区域**（有$n$个洞），外边界为简单闭曲线$C_0$，内边界为互不相交的简单闭曲线$C_1,C_2,\dots,C_n$（均取**正向**：外边界逆时针，内边界顺时针），$f(z)$在$D$内解析、$\overline{D}$上连续，则：
$$\oint_{C_0} f(z)dz = \oint_{C_1} f(z)dz + \oint_{C_2} f(z)dz + \dots + \oint_{C_n} f(z)dz$$
**核心作用**：将复杂闭曲线的积分，转化为简单小闭曲线的积分（留数定理的基础）。

### 3. 柯西积分公式（解析函数的积分表示，求闭曲线积分）
若$f(z)$在区域$D$内解析，$C$是$D$内的简单正向闭曲线，$z_0$是$C$内部的任意点，则：
$$f(z_0) = \frac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{z-z_0}dz$$
**高阶导数公式**（柯西积分公式的推广）：
$$f^{(n)}(z_0) = \frac{n!}{2\pi i}\oint_C \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}dz \quad (n=1,2,3,\dots)$$
**直接应用**：直接计算含$\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}$的闭曲线积分，无需复杂计算。

`例`（柯西积分公式计算法）计算$\oint_C \frac{\cos z}{z-\pi}dz$，其中$C:|z|=4$（正向）。
解：
$f(z)=\cos z$在全平面解析，$z_0=\pi$在$C:|z|=4$内部，由柯西积分公式：
$$\oint_C \frac{\cos z}{z-\pi}dz = 2\pi i \cdot f(\pi) = 2\pi i \cdot \cos\pi = -2\pi i$$

`例`（高阶导数公式计算）计算$\oint_C \frac{e^z}{(z-1)^3}dz$，其中$C:|z|=2$（正向）。
解：
$f(z)=e^z$在全平面解析，$z_0=1$在$C$内部，$n=2$（对应$(z-1)^{2+1}$），由高阶导数公式：
$$\oint_C \frac{e^z}{(z-1)^3}dz = \frac{2\pi i}{2!} \cdot f''(1) = \pi i \cdot e^1 = \pi i e$$

## 三、留数定理（最常用）
留数定理是**闭曲线复积分**的核心计算方法，可将任意简单闭曲线的积分，转化为**曲线内部孤立奇点处的留数之和**，同时能解决大量**实函数的定积分/反常积分**（如$\int_0^{2\pi} R(\cos\theta,\sin\theta)d\theta$、$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{P(x)}{Q(x)}dx$等），是复积分的核心应用。

### 1. 孤立奇点的留数定义
设$z_0$是$f(z)$的**孤立奇点**（存在$z_0$的邻域，仅$z_0$是奇点），$f(z)$在$0<|z-z_0|<R$内的洛朗展开为：
$$f(z) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n (z-z_0)^n = \dots + \frac{a_{-2}}{(z-z_0)^2} + \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1(z-z_0) + \dots$$
则称**负一次幂的系数$a_{-1}$** 为$f(z)$在$z_0$处的**留数**，记为：
$$\text{Res}[f(z),z_0] = a_{-1}$$

### 2. 留数定理
设$C$是复平面上的**简单正向闭曲线**，$f(z)$在$C$内除**有限个孤立奇点**$z_1,z_2,\dots,z_n$外解析，在$C$上无奇点，则：
$$\oint_C f(z)dz = 2\pi i \cdot \sum_{k=1}^n \text{Res}[f(z),z_k]$$
**核心步骤**：闭曲线积分 → 找内部孤立奇点 → 求各奇点的留数 → 求和乘$2\pi i$。

### 3. 不同类型孤立奇点的留数计算方法
孤立奇点分为**可去奇点**、**极点**（一阶/高阶）、**本性奇点**，其中**可去奇点留数为0**，**本性奇点需洛朗展开求$a_{-1}$**，**极点是最常见的类型**，有直接公式，无需洛朗展开。

#### （1）可去奇点：$\text{Res}[f(z),z_0] = 0$
若$\lim_{z\to z_0} f(z) = A$（有限值），则$z_0$是可去奇点，留数直接为0（如$f(z)=\frac{\sin z}{z}$，$z=0$是可去奇点，$\text{Res}[f(z),0]=0$）。

#### （2）一阶极点（单极点）：$z_0$是$f(z)$的一阶极点
方法1（洛朗展开）：$a_{-1}$为负一次幂系数；
方法2（公式法，最常用）：
$$
\text{Res}[f(z),z_0] = \lim_{z\to z_0} (z-z_0)f(z)
$$

若$f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}$（$P,Q$解析，$P(z_0)\neq0$，$Q(z_0)=0$，$Q'(z_0)\neq0$），则：
$$
\text{Res}[f(z),z_0] = \frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}
$$

（**分式函数单极点的快速公式**）

#### （3）$m$阶极点：$z_0$是$f(z)$的$m$阶极点
方法1（洛朗展开）：求$a_{-1}$；
方法2（公式法）：
$$
\text{Res}[f(z),z_0] = \frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_0} \frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[ (z-z_0)^m f(z) \right]
$$

#### （4）本性奇点：仅能通过**洛朗展开**求$a_{-1}$
若$\lim_{z\to z_0} f(z)$不存在且非无穷，则$z_0$是本性奇点，需将$f(z)$在$0<|z-z_0|<R$内洛朗展开，取$a_{-1}$即为留数（如$f(z)=e^{\frac{1}{z}}$，$z=0$是本性奇点，洛朗展开为$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!z^n}$，$a_{-1}=1$，故$\text{Res}[f(z),0]=1$）。

`例`（留数定理计算闭曲线积分）计算$\oint_C \frac{z}{z^2-1}dz$，其中$C:|z|=2$（正向）。
解：
1. 找奇点：令$z^2-1=0$，得$z=1,z=-1$，均在$C:|z|=2$内部，且均为**一阶极点**；
2. 求留数：$f(z)=\frac{z}{(z-1)(z+1)}$，用分式单极点公式：
   - $\text{Res}[f(z),1] = \frac{1}{(1)+1} = \frac{1}{2}$；
   - $\text{Res}[f(z),-1] = \frac{-1}{-1-1} = \frac{1}{2}$；
3. 留数定理：$\oint_C f(z)dz = 2\pi i \left( \frac{1}{2}+\frac{1}{2} \right) = 2\pi i$。

### 复积分计算的核心思路总结
1. **非闭曲线积分**：
   - 若$f(z)$解析：利用**积分与路径无关**，选简单路径（如直线、折线）计算；
   - 若$f(z)$非解析：用**定义法**（参数化）转化为实定积分计算。
2. **闭曲线积分**：
   - 第一步：判断$f(z)$在曲线内部是否解析，若解析则由**柯西积分定理**得积分=0；
   - 第二步：若有奇点，用**留数定理**（核心），步骤为「找奇点→判断奇点类型→求留数→求和乘$2\pi i$」；
   - 特殊形式$\frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}$：直接用**柯西积分公式/高阶导数公式**，比留数定理更快捷。
3. **实积分转化为复积分**：
   - 先判断实积分类型，按对应方法**构造复函数+选取围道**；
   - 证明围道的“无穷部分”积分趋于0（柯西不等式/若尔当引理）；
   - 用留数定理计算闭曲线积分，还原得实积分结果。

## 例题

**对于初学者，核心是掌握本节介绍的方法一，至于柯西积分和留数法等，后面相应的课程会介绍，定义法核心是写出参数方程，详见[参数方程](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1881)**

`例`计算 $I=\int_C z d z$ ，其中 $C$ 为（如图）：
（1）$C=C_1+C_2$ ；
（2）$C=C_3$ ；
（3）$C=C_4$ ．

![图片](/uploads/2025-01/748789.jpg)

解：（1）把曲线化为参数方程进行积分。化为参数方程参见[光滑曲线](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1881)
曲线 $C_1$ 的方程为 $z=x, x: 0 \rightarrow 1$ ，曲线 $C_2$ 的方程为 $z=1+i y, y: 0 \rightarrow 1$ ，

$$
\begin{aligned}
I & =\int_{C_1} z d z+\int_{C_2} z d z \\
& =\int_0^1 x d x+\int_0^1(1+i y) d(1+i y) \\
& =\int_0^1 x d x+\int_0^1 i(1+i y) d y \\
& =\left.\frac{1}{2} x^2\right|_0 ^1+\left.\left(i y-\frac{1}{2} y^2\right)\right|_0 ^1=i
\end{aligned}
$$

（2）曲线$C_3 $的方程为$ z=t+i t, t: 0 \rightarrow 1$

$$ 
\begin{aligned}
I & =\int_{C_3} z d z \\
& =\int_0^1(t+i t) d(t+i t) \\
& =(1+i)(1+i) \int_0^1 t d t \\
& =\left.2 i \cdot \frac{1}{2} t^2\right|_0 ^1=i .
\end{aligned}
 $$
 
 
 （3）
$$
\begin{aligned}
&\text {曲线 } C_4 \text { 的方程为 } z=t^2+i t, t: 0 \rightarrow 1 \text { ，}\\
&\begin{aligned}
I & =\int_{C_4} z d z \\
& =\int_0^1\left(t^2+i t\right) d\left(t^2+i t\right) \\
& =\left.\frac{1}{2}\left(t^2+i t\right)^2\right|_0 ^1 \\
& =\frac{1}{2}(1+i)^2=i .
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

`例`计算 $I=\int_C \bar{z} d z$ ，其中 $C$ 为：（1）$C=C_1+C_2$ ；（2）$C=C_3$ ．
 ![图片](/uploads/2025-01/a91d72.jpg)
 
解（1）曲线 $C_1$ 的方程为 $z=x, x: 0 \rightarrow 1$ ，
曲线 $C_2$ 的方程为 $z=1+i y, y: 0 \rightarrow 1$ ，

$$
\begin{aligned}
I & =\int_{C_1} \bar{z} d z+\int_{C_2} \bar{z} d z, \\
& =\int_0^1 x d x+\int_0^1(1-i y) d(1+i y) \\
& =\int_0^1 x d x+\int_0^1 i(1-i y) d y \\
& =\left.\frac{1}{2} x^2\right|_0 ^1+\left.\left(i y+\frac{1}{2} y^2\right)\right|_0 ^1=1+i .
\end{aligned}
$$

解（2）
 $$
\begin{aligned}
&\text {曲线 } C_3 \text { 的方程为 } z=t+i t, t: 0 \rightarrow 1 \text { ，}\\
&\begin{aligned}
I & =\int_{C_3} \bar{z} d z \\
& =\int_0^1(t-i t) d(t+i t) \\
& =(1-i)(1+i) \int_0^1 t d t \\
& =\left.2 \cdot \frac{1}{2} t^2\right|_0 ^1=1
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

`例`计算 $I=\int_C \frac{d z}{\left(z-z_0\right)^n}$ ，其中，$C$ 为 $\left|z-z_0\right|=r, n$ 为整数。
![图片](/uploads/2025-01/3a95d0.jpg)

解 曲线 $C$ 的参数方程为 $z=z_0+r e ^{i \theta}, \theta: 0 \rightarrow 2 \pi$ ，

$$
\begin{aligned}
I & =\int_0^{2 \pi} \frac{r e^{i \theta} i}{\left(r e^{i \theta}\right)^n} d \theta \\
& =\frac{i}{r^{n-1}} \int_0^{2 \pi} e^{i(1-n) \theta} d \theta
\end{aligned}
$$

当 $n=1$ 时，$I=2 \pi i$ ；
当 $n \neq 1$ 时，$I=\left.\frac{i}{i(1-n) r^{n-1}} e ^{i(1-n) \theta}\right|_0 ^{2 \pi}=0$ ．

`例`计算积分 $\int_{C_r}\left(z-z_0\right)^n d z$ ，其中 $n$ 是整数，$C_r$ 是以逆时针方向绕圆周 $\left|z-z_0\right|=r$ 旋转一周的曲线  ，如图 4－17所示。
 ![图片](/uploads/2025-01/bfb7af.jpg)
 
 解 取 $C$ ，的一个合适的参数函数：$z(t)=z_0+r e ^{i t}$ ， $0 \leqslant t \leqslant 2 \pi$ ．令 $f(z)=\left(z-z_0\right)^n$ ．我们有

$$
f(z(t))=\left(z_0+r e^{i t}-z_0\right)^n=r^n e^{i n t}
$$

和

$$
z^{\prime}(t)=ire{ }^{i t} .
$$

因此，由公式，
$$
\boxed{
\int_C f(z) d z=\int_a^b f[z(t)] z^{\prime}(t) d t
}
$$

得
$$
\int_{C_r}\left(z-z_0\right)^n d z=\int_0^{2 \pi}\left(r^n e^{i n t}\right)\left(i r e^{i t}\right) d t=i r^{n+1} \int_0^{2 \pi} e^{i(n+1) t} d t
$$

对上式最后一个积分分两种情况讨论．当 $n \neq-1$ 时，有

$$
i r^{n+1} \int_0^{2 \pi} e^{i(n+1) t} d t=\left.ir r^{n+1} \frac{e^{i(n+1) t}}{i(n+1)}\right|_0 ^{2 \pi}=i  r^{n+1}\left[\frac{1}{i(n+1)}-\frac{1}{i(n+1)}\right]=0
$$

而当 $n=-1$ 时，

$$
ir{ }^{n+1} \int_0^{2 \pi} e^{i(n+1) t} d t=i \int_0^{2 \pi} d t=2 \pi i
$$

这样（无论 $r$ 取何值）

$$
\int_{C_r}\left(z-z_0\right)^n d z= \begin{cases}0 & n \neq-1 \\ 2 \pi i, & n=-1 .\end{cases}
$$

`例`计算 $\int_{\Gamma} \frac{1}{z-z_0} d z $ 其中 $\Gamma$ 是以逆时针方向绕圆周｜$z-z_0 \mid=r$ 两周的周线，起点是 $z_0+r$ ．
解 令 $C_r$ 表示以逆时针方向绕圆周一周的周线，则 $\Gamma=\left(C_r, C_r\right)$ ．因此，由上例得到

$$
\int_{\Gamma} \frac{d z}{z-z_0}=\int_{c_r} \frac{d z}{z-z_0}+\int_{C_r} \frac{d z}{z-z_0}=2 \pi i+2 \pi i=4 \pi i
$$

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