提要 375：以複變分析解析三角函數由 0 至 2π 的線積分問題(4)
第 1~2 頁的說明與前一單元相同。亦即有一類的線積分問題與三角函數sinθ、cosθ 有關，其積分型態如以下所示：
( )
∫
=
π
θ θ θ
2
0
sin , cos d F
I (1)
這一類問題若欲直接對變數θ 作積分，通常會遭遇很多困難。但若將其轉換為與複數變 數 z 有關之線積分，則容易許多，說明如下。
已知在如圖一所 示 複數平 面上之任意點 均可表為 z 或re ， 其中iθ r 稱為 大 小 (Magnitude)，θ 稱為幅角(Argument)：
圖一 複數平面上任意點之表達方式
只要將圖一中之角度變數θ 作0至2π 的角度變化，即可形成如圖二所示之圓。亦 即z=reiθ 僅表示一個點，但式(2)表示一個圓心在座標原點半徑為 r 的圓：
θ
rei
z= 、0≤θ <2π、r=定值 (2)
圖二 將圖一中之角度變數θ 作0至2π 的角度變化所形成的圓
若考慮式(2)中之r=1，即令：
θ
ei
z= 、0≤θ 2< π (2) 則式(1)中與變數θ 有關之積分可改寫為對變數 z 作單位圓（Unit Circle，圓心在座標原 點半徑為 1 之圓）之積分，其變數轉換關係如下：
( )
( )
=
−
=
−
=
−
=
+
=
+
= +
=
−
−
iz d dz
z z e e
e i i e
z z e e
e e
i i i
i
i i i
i
θ θ
θ
θ θ θ
θ
θ θ θ
θ
1 2 1 1 2
1 2
sin 1
1 2 1 1 2
1 2
cos 1
(3)
基於此，式(1)可改寫為：
( ) ( ) ∫ ( )
∫
+ − ==
C
C iz
z dz iz f
dz i
z z z F z
I 2
, 1 2
1 (4)
現在所面對的問題又是一個與複變函數 f
( )
z 之封閉曲線 C 的線積分有關之問題，那以前 所學過的各種解析方法都可再加以應用。作者擬以五個相關範例說明其應用，以下為第 四個應用範例之說明。範例一
試證 32
5 )
sin 3 5 (
2 1
0
2
θ π θ
π
− =
∫
d 。【證明】
由式(2)之說明知，可作z=eiθ 的變數變換，將對變數θ 作
[
0,2π]
之線積分的問題改 寫為對複數變數 z 作單位圓的線積分問題，亦即原式可作如以下所示之改寫：( )
( )
∫
∫
∫
∫
− −
−
=
− −
=
−
−
− =
C C C
dz i z
z i z
z dz i z
z z i
iz dz
z z i d
2 2
2 2
2
2 2
0
2
2 1 5 3
2 1 5 3 1
1 2
5 3
1 )
sin 3 5 (
π 1
θ θ
(5)
其中封閉積分路徑 C 是圓心在座標原點半徑為 1 之圓，稱為單位圓(Unit Circle)，如圖 三所示。
圖三 圓心在座標原點半徑為 1 之單位圓
緊接著是要找出函數
( )
(
2 1)
22
5 3
− −
= −
i z z z iz
f 落在封閉曲線 C 內之極點(Pole)。令函
數 f
( )
z 之 分 母 為 零 ， 即 可 解 出 一 元 四 次 方 程 式(
1)
02 5 3
2
2 =
− z −
z i 之 根 ， 即
(
i( ) )
z i
2 3 2
2 3 4 25
5 2
− +
±
= − ，化簡後可得
3
z= 、i z= ，其中3i z= 落在曲線C 之外，但3i 3 z= i
卻落在曲線 C 之內部，如圖四所示：
圖四 3
z= 落在i C內
圖四中 3
z= 係屬於函數i f
( )
z 之二階極點（Pole of Order 2），且落在C之內部。方法一 利用廣義之 Cauchy 積分公式
( )
1 ( )( )
00 !
2 1 )
( g z
in z dz
z z
g n
C
n = π
∫
− + 、 , 3 , 2 , 1 ,
=0
n 求解，條件為：g
( )
z 在C上及C內都是解析的；z 為0 C內 之n+1階極點。茲引用廣義之 Cauchy 積分公式，則式(5)可繼續化簡如下：
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
π π π π π π π π π θ θ
π
32 5
9 4 1536
2 270
9 4 1536
54 24 2 9
9 4 1536
54 64
2 9
9 2 4
9 8 9
2 4
3 9
8 3
9 2 4
3 9
8 3
9 2 4
3 9
4
! 1 2 1
3 3 9
4
3 3 9
4
3 5 1 2
2 3
2 1 5 3 )
sin 3 5 (
1
27 512
3 2
9 64
3 3 8
3 2
3 8
3 3
3 2
3
3 3 2
3 2 2
2
2 2
2 2
2
2 2
2
0
2
=
−
×
=
− + ×
= ×
−
×
+
=
−
×
−
− +
= −
− −
= −
− −
= −
− −
= −
= −
−
= −
−
−
−
= −
− − ×
−
= −
− −
−
− =
=
=
∫
∫
∫
∫
∫
i i
i i
i i
i
i i i
i i i
i i i
i i
i z
iz i
z i i
i z
iz dz
i d
dz z i
i z iz
dz i i z
z
iz
dz z z i
i
iz
dz i z
z i z d
i i i
i i i
z i z i
C C C
C
故得證。
方法二 利用
∫
f( )
z dz =2 ia−1 Cπ 求解，其中a 為勞倫級數展開後−1 1
(
z−z0)
項次所對 應之係數。其應滿足之條件為： z 為 C 內之極點。 0積分函數
( )
(
2 1)
22
5 3
− −
= −
i z z z iz
f 需以
3
i 為中心點作勞倫級數展開，故：
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
22
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
3 3
1 9 4
3 3
1 9 4
3 3 4
9 1
3 1 10 4
9 1
3 5 1 2 2
3 1
2 1 5 3
i z
iz z i
i z
iz z i
i i z
z
iz iz z
iz i z z
iz
i i z z z iz f
−
−
=
−
−
−
−
=
−
−
−
−
=
− −
−
−
=
− −
−
−
=
− −
= −
其中 2
3 1 9 4
− iz
已是以3
i 作中心點之勞倫級數展開的一部分，故無需再作其他的化簡，
僅需針對
(
z 3i)
2iz
− 繼續加以討論。因為勞倫級數展開是以 3
i 作中心點，所以
(
z 3i)
2iz
− 需化 簡如下：
( )
+
−
− +
− + +
− +
=
+
−
− +
− +
− +
− +
=
+
− +
− + −
− +
− + −
− +
− +
=
− +
−
− −
− +
− +
=
+
− + −
− +
− +
=
− − +
− +
− =
3 3 3
2 1 3
3 3 3
3 3 3
1 2 3 3
3 3
3 3 3 3 3
1 3 3 3
3 3
3 3 1 3
3 3
3 3
3 3 1 3 3 3
3 3 3 3 3
3 3 3
2 2
2 2
2
2
2
2 2
2 2
z i i i
i i
i i i
z i i i
i i i z i i
i i z i i i
z i
i i i z i i
i i z i i i
i z i
i
i i z i i i
i z i
i i i z i
i z i
i i
z iz
因此 f
( )
z 之勞倫級數可改寫為：( ) ( )
+
−
− +
− + +
− +
−
=
−
−
=
3 3 3
2 1 3
3 3 3
3 1 9 4
3 3
1 9 4
2 2
2 2
z i i i
i i
i i i z i
i z
iz z i
z f
由此可知
− +
− +
− +
− =
3 3 2 1 3
3 3 9 4
1 2
i i i
i i
a i ，此係數可繼續化簡為：
64 5
4 5 64
9 9 4
4 1 1 9 9 64 4
3 8 2 3 1 1 9 2 1 9 9
4
3 3 2 1 3
3 3 9 4
1 2
i i i
i
i i i
i i a i
−
=
−
=
+
−
=
× +
− +
−
=
− +
− +
− +
− =
故：
( )
32 5
64 2 5
2
2 1 5 3 )
sin 3 5 (
1
1
2 2 2
0
2
π π π θ θ
π
=
−
=
=
− −
−
− =
−
∫
∫
i i ia
dz i z
z i z d
C
所以依此方式亦可證出相同結果。
