§3.3 柯西积分公式

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柯西积分公式

定理（柯西积分公式） 设区域 $D$ 的边界是复围线 $C$，$f(z)$ 在 $D$ 内解析，在 $\overline D=D+C$ 上连续，则有

$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi,\qquad z\in D.$$

证明

写成

$$\oint_C\frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi =\oint_C\frac{f(\xi)-f(z)}{\xi-z}\,d\xi +\oint_C\frac{f(z)}{\xi-z}\,d\xi.$$

令

$$g(\xi)= \begin{cases} \dfrac{f(\xi)-f(z)}{\xi-z}, & \xi\ne z,\\[6pt] f'(z), & \xi=z, \end{cases}$$

则 $g(\xi)$ 在 $D$ 内解析，因此由柯西积分定理，$\oint_C g(\xi)\,d\xi=0$。

又

$$\oint_C\frac{f(z)}{\xi-z}\,d\xi =f(z)\oint_C\frac{d\xi}{\xi-z} =2\pi i\,f(z),$$

故

$$\oint_C\frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi=2\pi i\,f(z).$$

即

$$f(z)=\frac{1}{2\pi i}\oint_C\frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi,\qquad z\in D.$$

推论 若 $z\notin\overline D$，由柯西积分定理，

$$\oint_C\frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi=0.$$

例 3.14 设 $C:|z|=2$，计算

$$\oint_C\frac{d\xi}{(9-\xi^2)(i+\xi)}.$$

解 因为 $\dfrac{1}{9-\xi^2}$ 在 $|\xi|\le2$ 上解析，且 $-i$ 在 $C$ 内，所以由柯西积分公式

$$\oint_C\frac{d\xi}{(9-\xi^2)(i+\xi)} =2\pi i\left.\frac{1}{9-\xi^2}\right|_{\xi=-i} =\frac{\pi i}{5}.$$

注意 使用柯西积分公式时，要先检查被代入的函数在围线及其内部是否解析。

例 3.15 计算

$$\oint_{|z-i|=\frac12}\frac{1}{z(z^2+1)}\,dz.$$

解 在圆 $|z-i|=\dfrac12$ 内只含奇点 $z=i$，于是

$$\oint_{|z-i|=\frac12}\frac{1}{z(z^2+1)}\,dz =2\pi i\left.\frac{1}{z(z+i)}\right|_{z=i} =-\pi i.$$

平均值定理

定理（平均值定理） 若 $f(z)$ 在 $|z-z_0|<R$ 内解析，并在闭圆 $|z-z_0|\le R$ 上连续，则

$$f(z_0)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(z_0+Re^{i\varphi})\,d\varphi.$$

证明 由柯西积分公式，对圆周 $z=z_0+Re^{i\varphi}$ 有 $dz=iRe^{i\varphi}d\varphi$，故

$$f(z_0)=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z-z_0|=R}\frac{f(z)}{z-z_0}\,dz =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(z_0+Re^{i\varphi})\,d\varphi.$$

例 3.16 设 $f(z)$ 在闭圆 $|z|\le R$ 上解析。若存在 $a>0$，使得当 $|z|\le R$ 时 $|f(z)|>a$，但 $|f(0)|<a$，证明在圆 $|z|<R$ 内 $f(z)$ 至少有一个零点。

证明 用反证法。若 $f(z)$ 在 $|z|<R$ 内无零点，并且在 $|z|=R$ 上也无零点，则

$$g(z)=\frac1{f(z)}$$

在闭圆 $|z|\le R$ 上解析。由平均值定理，

$$g(0)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}g(Re^{i\varphi})\,d\varphi.$$

于是

$$|g(0)|\le\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}|g(Re^{i\varphi})|\,d\varphi <\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\frac1a\,d\varphi =\frac1a.$$

但 $|f(0)|1/a$，矛盾。故 $|z|<R$ 内至少有一个零点。

解析函数的无穷可微性

定理 若 $f(z)$ 在区域 $D$ 内解析，则 $f(z)$ 在 $D$ 内有各阶导数，并且

$$f^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\oint_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}\,d\xi, \qquad z\in D,$$

其中 $C$ 是 $D$ 内围住 $z$ 的正向围线。

例 3.17 设 $C$ 是以 $z=i$ 为圆心的正向圆周，计算

$$\oint_C\frac{\cos z}{(z-i)^3}\,dz.$$

解 由高阶导数的柯西积分公式，

$$\oint_C\frac{\cos z}{(z-i)^3}\,dz =\frac{2\pi i}{2!}\left.\frac{d^2}{dz^2}(\cos z)\right|_{z=i} =-\pi i\cos i.$$

又 $\cos i=\dfrac{e+e^{-1}}{2}$，所以

$$\oint_C\frac{\cos z}{(z-i)^3}\,dz =-\frac{\pi i}{2}\left(e+e^{-1}\right).$$

例 3.18 计算

$$\oint_C\frac{e^z}{(z^2+1)^2}\,dz,$$

其中 $C:|z|=r$，$r>1$。

解 被积函数在 $z=\pm i$ 处有奇点。以两个小圆分别围住 $i$ 和 $-i$，则

$$\oint_C\frac{e^z}{(z^2+1)^2}\,dz =\oint_{C_1}\frac{e^z}{(z-i)^2(z+i)^2}\,dz +\oint_{C_2}\frac{e^z}{(z+i)^2(z-i)^2}\,dz.$$

由高阶导数的柯西积分公式，原式

$$=2\pi i\left.\frac{d}{dz}\frac{e^z}{(z+i)^2}\right|_{z=i} +2\pi i\left.\frac{d}{dz}\frac{e^z}{(z-i)^2}\right|_{z=-i}.$$

化简得

$$\oint_C\frac{e^z}{(z^2+1)^2}\,dz =\pi i(\sin 1-\cos 1).$$

• 因此，设函数 $f(z)$ 在 $z$ 平面上的区域 $D$ 内解析，则 $f(z)$ 在 $D$ 内有各阶导数，并且这些导数也都在 $D$ 内解析。

于是

定理（解析函数的充要条件2）

函数 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 在 $D$ 内解析的充要条件是

1. $u_x,u_y,v_x,v_y$ 在 $D$ 内连续；
2. 满足 C.-R. 方程。

柯西不等式

柯西不等式 设 $f(z)$ 在区域 $D$ 内解析，$a$ 为 $D$ 内一点，圆 $|z-a|=R$ 及其内部均包含于 $D$。记

$$M(R)=\max_{|z-a|=R}|f(z)|,$$

则

$$|f^{(n)}(a)|\le\frac{n!M(R)}{R^n},\qquad n=1,2,\ldots$$

证明 由高阶导数的柯西积分公式及积分估值定理，

$$|f^{(n)}(a)| =\left|\frac{n!}{2\pi i}\oint_{|\xi-a|=R}\frac{f(\xi)}{(\xi-a)^{n+1}}\,d\xi\right| \le\frac{n!}{2\pi}\cdot\frac{M(R)}{R^{n+1}}\cdot2\pi R =\frac{n!M(R)}{R^n}.$$

定义 在整个 $z$ 平面上解析的函数称为整函数。

Liouville 定理

Liouville（刘维尔）定理 有界整函数必为常数。

证明 由柯西不等式，

$$|f'(a)|\le\frac{M(R)}{R}\le\frac{M}{R},$$

其中 $M$ 为 $|f(z)|$ 的全局上界。令 $R\to\infty$，得 $f’(a)=0$。由于 $a$ 任意，所以 $f’(z)\equiv0$，即 $f(z)$ 为常数。

代数基本定理的巧妙证明

代数基本定理 在 $z$ 平面上，$n$ 次多项式

$$f(z)=a_0z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_n,\qquad a_0\ne0$$

至少有一个零点。

证明 用反证法。若 $f(z)$ 在 $z$ 平面上没有零点，则 $1/f(z)$ 是整函数。

又当 $|z|\to\infty$ 时，

$$\frac1{f(z)} =\frac1{z^n\left(a_0+\dfrac{a_1}{z}+\cdots+\dfrac{a_n}{z^n}\right)}\to0.$$

因此存在 $R>0$，使得 $|z|>R$ 时 $|1/f(z)|<1$。另一方面，$1/f(z)$ 在闭圆 $|z|\le R$ 上连续，所以有界。于是 $1/f(z)$ 在整个复平面上有界，由 Liouville 定理知 $1/f(z)$ 为常数，从而 $f(z)$ 也为常数，矛盾。

故 $f(z)$ 至少有一个零点。

Morera 定理

Morera 定理（莫雷拉定理） 设 $f(z)$ 在单连通区域 $D$ 内连续，且对 $D$ 内任一围线 $C$ 都有

$$\oint_C f(z)\,dz=0,$$

则 $f(z)$ 在 $D$ 内解析。

证明 由路径无关性，可以定义

$$F(z)=\int_{z_0}^{z}f(\xi)\,d\xi.$$

由于 $f$ 连续，前面已经证明 $F’(z)=f(z)$。因此 $F$ 在 $D$ 内解析，而解析函数的导数仍解析，所以 $f(z)=F’(z)$ 在 $D$ 内解析。

定理（解析函数的充要条件3） 函数 $f(z)$ 在区域 $G$ 内解析，当且仅当：

1. $f(z)$ 在 $G$ 内连续；
2. 对任一围线 $C$，只要 $C$ 及其内部全包含于 $G$ 内，就有 $\oint_C f(z)\,dz=0$。

证明

$\Rightarrow$：若 $f(z)$ 在 $G$ 内解析，则 $f(z)$ 在 $G$ 内连续。若围线 $C$ 的内部为区域 $D$，因为 $f(z)$ 在 $D$ 内解析并连续到边界上，所以由推广的柯西积分定理，$\oint_C f(z)\,dz=0$。

$\Leftarrow$：对 $G$ 内任一点 $z_0$，取充分小的邻域 $N(z_0)$，使其闭包仍包含于 $G$。由 Morera 定理，$f(z)$ 在此邻域内解析。由于 $z_0$ 任意，所以 $f(z)$ 在 $G$ 内解析。

例 3.19 设 $f(z)$ 为整函数，且存在 $M>0$ 使得 $\operatorname{Re}f(z)<M$，证明 $f(z)$ 为常数。

证明 令 $F(z)=e^{f(z)}$，则 $F(z)$ 也是整函数，并且

$$|F(z)|=e^{\operatorname{Re}f(z)}<e^M,$$

所以 $F(z)$ 有界。由 Liouville 定理，$F(z)$ 为常数，于是 $f(z)$ 也为常数。

注 若 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$，则 $e^{f(z)}=e^{u(x,y)}e^{iv(x,y)}$，故 $|e^{f(z)}|=e^{u(x,y)}$。

例 3.20 设 $f(z)$ 是整函数，$n$ 为正整数。证明：当

$$\lim_{z\to\infty}\frac{f(z)}{z^n}=0$$

时，$f(z)$ 至多是 $n-1$ 次多项式。

证明 由极限条件可知，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $R>0$，使得当 $|z|>R$ 时，$|f(z)|<\varepsilon|z|^n$。

在 $z$ 平面上任取一点 $z_0$，再取以 $z_0$ 为圆心、$r>R+|z_0|$ 为半径的圆 $C$。对 $\xi\in C$，有 $|\xi|>R$，因而

$$|f(\xi)|<\varepsilon|\xi|^n\le\varepsilon(|z_0|+r)^n.$$

由柯西不等式，

$$|f^{(n)}(z_0)| \le\frac{n!}{r^n}\,\varepsilon(|z_0|+r)^n.$$

令 $r\to\infty$，得 $|f^{(n)}(z_0)|\le n!\varepsilon$。由于 $\varepsilon$ 任意，故 $f^{(n)}(z_0)=0$。又 $z_0$ 任意，因此 $f^{(n)}(z)\equiv0$，所以 $f(z)$ 至多是 $n-1$ 次多项式。

柯西型积分

定义 设 $C$ 为一条简单逐段光滑曲线（不闭合），$f(\xi)$ 是 $C$ 上有定义的解析函数，则

$$F(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi,\qquad z\notin C,$$

称为柯西型积分。

例

(1) 求 $\displaystyle \frac{1}{2\pi i}\int_{|\xi|=1}\frac{\xi}{\xi-z}\,d\xi$，其中 $|z|\ne1$

(2) 求 $\displaystyle \frac{1}{2\pi i}\int_{-1}^{1}\frac{dx}{x-z}$，其中 $z\notin[-1,1]$

解

(1) 将 $\xi$ 写成 $\xi=(\xi-z)+z$，于是

$$\frac{1}{2\pi i}\oint_{|\xi|=1}\frac{\xi}{\xi-z}\,d\xi =\frac{1}{2\pi i}\oint_{|\xi|=1}d\xi +z\frac{1}{2\pi i}\oint_{|\xi|=1}\frac{d\xi}{\xi-z}.$$

因此

$$\frac{1}{2\pi i}\oint_{|\xi|=1}\frac{\xi}{\xi-z}\,d\xi = \begin{cases} 0, & |z|>1,\\ z, & |z|<1. \end{cases}$$

(2)

$$\frac{1}{2\pi i}\int_{-1}^{1}\frac{dx}{x-z} =\frac{1}{2\pi i}\ln\frac{1-z}{-1-z} =\frac{1}{2\pi i}\ln\frac{z-1}{z+1}.$$

定理 若函数 $f(\xi)$ 沿简单逐段光滑曲线 $C$（不闭合）连续，则

$$F(z)=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi,\qquad z\notin C,$$

在 $z$ 平面上除 $C$ 外的区域内解析，并且

$$F^{(n)}(z)=\frac{n!}{2\pi i}\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}\,d\xi, \qquad n=1,2,\ldots$$