最后更新: 2025-05-14 18:15 查看: 279 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

柯西-古萨积分定理

## 柯西-古萨积分定理
**柯西-古萨定理**：设函数 $f(z)$ 在单连通域 $D$ 内**解析**， $\Gamma$ 为 $D$ 内的任意一条简单闭曲线，则有 $\int_{\Gamma} f(z) d z=0$ 
 ![图片](/uploads/2025-01/5c948b.jpg)
 
> 注意：对于一个复数$f(z)$，他是一个**解析**函数，而解析函数需要满足柯西-黎曼方程。因此，一个函数是解析的，其实是对这个复函数要求是**比较高的**，换句话说，在复数里大部分复数都不满足解析函数。
 
 证明：令 $z=x+ i y, f(z)=u(x, y)+$ $i v(x, y)$ , 由 [复数积分公式](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=865) 有
 $$
 \begin{aligned}
& \int_{\Gamma} f(z) d z=\int_{\Gamma}(u d x-v d y)+i \int_{\Gamma}(v d x+u d y) \\
& \xlongequal{\text { Green公式 }}-\iint_G\left(\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\right) d x d y+i \iint_G\left(\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v}{\partial y}\right) d x d y \\
& \xlongequal{C-R \text { 方程 }} 0 .
\end{aligned}
$$
 
注＂$f^{\prime}(z)$ 在 $D$ 内连续＂这个附加条件其实可由条件＂$f(z)$ 在 $D$ 内解析＂推出，因为＂解析函数的导函数仍是解析函数＂，以后会证明这个结论．

## 推论
设函数 $f(z)$ 在 $z$ 平面上的单连通区域 $D$ 内解析，则
（1）$f(z)$ 在 $D$ 内积分与路径无关，即对 $D$ 内任意两点 $z_0$ 与 $z_1$ ，积分 $\int_{z_0}^{z_1} f(z) d z$ 的值不依赖于 $D$ 内连接起点 $z_0$ 与终点 $z_1$ 的曲线．
（2）$F(z)=\int_{z_0}^z f(\zeta) d \zeta$ 在 $D$ 内也解析，且 $F^{\prime}(z)=f(z)$ ．

证明（1）设 $C_1$ 与 $C_2$ 是 $D$ 内连接起点 $z_0$ 与终点 $z_1$ 的任意两条曲线

![图片](/uploads/2025-05/bd64b3.jpg)

，则正方向曲线 $C_1$ 与负方向曲线 $C_2^{-}$就连接成 $D$ 内的一条闭曲线 $C$ ．于是，由 Cauchy 积分定理与复变函数可按段积分的性质有

$$
0=\int_C f(z) d z=\int_{C_1} f(z) d z+\int_{C_2^{-}} f(z) d z,
$$

即

$$
\int_{C_1} f(z) d z-\int_{C_2} f(z) d z=0,
$$

从而

$$
\int_{C_1} f(z) d z=\int_{C_2} f(z) d z
$$

（2）设 $z$ 是 $D$ 内一点，以 $z$ 为圆心作一个含于 $D$ 的小圆 $K$ ．取 $|\Delta z|$ 充分小使得 $z+\Delta z$ 在 $K$ 内．由于积分与路径无关，则有

$$
F(z+\Delta z)-F(z)=\int_{z_0}^{z+\Delta z} f(\zeta) d \zeta-\int_{z_0}^z f(\zeta) d \zeta=\int_z^{z+\Delta z} f(\zeta) d \zeta .
$$

又

$$
\int_z^{z+\Delta z} f(z) d \zeta=f(z) \int_z^{z+\Delta z} d \zeta=f(z) \Delta z
$$

从而有

$$
\begin{aligned}
\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}-f(z) & =\frac{1}{\Delta z} \int_z^{z+\Delta z} f(\zeta) d \zeta-f(z) \\
& =\frac{1}{\Delta z} \int_z^{z+\Delta z}[f(\zeta)-f(z)] d \zeta .
\end{aligned}
$$

因为 $f(z)$ 在 $D$ 内解析，所以在 $D$ 内连续．因此对于任意给定的正数 $\varepsilon>0$ ，总能找到相应的 $\delta>0$ ，使得对于满足 $|\zeta-z|<\delta$ 的任何 $\zeta$ 都在 $K$ 内，即当 $|\Delta z|<\delta$ 时总有

$$
|f(\zeta)-f(z)|<\varepsilon .
$$

根据积分的估值定理，有

$$
\begin{aligned}
\left|\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}-f(z)\right| & \leqslant \frac{1}{|\Delta z|} \int_{z_0}^{z+\Delta z}|f(\zeta)-f(z)| d s \\
& \leqslant \frac{1}{|\Delta z|} \cdot \varepsilon \cdot|\Delta z| \\
& =\varepsilon
\end{aligned}
$$

因此

$$
\lim _{\Delta z \rightarrow 0} \frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}-f(z)=0,
$$

即 $F^{\prime}(z)=f(z)$ ．

`例` 计算下列积分：
（1） $\int_{|z|=r} \ln (1+z) d z \quad(0<r<1)$ ；
（2） $\int_C \frac{1}{z^2} d z$ ，其中 $C$ 为右半圆周 $|z|=3, \operatorname{Re}(z) \geqslant 0$ ，起点为 -3 i ，终点为 3 i ．

解（1）因为 $\ln (1+z)$ 的奇点为 -1 ，所以它在闭圆 $|z| \leqslant r \quad(0<r<1)$ 内处处解析，于是由 Cauchy 积分定理知 $\int_{|z|=r} \ln (1+z) d z=0$ ．
（2）因为 $\frac{1}{z^2}$ 在单连通区域 $\left\

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