提要 373:以複變分析解析三角函數由 0 至 2π 的線積分問題(2)
第 1~2 頁的說明與前一單元相同。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 二個應用範例之說明。範例一
試求2
∫
π + θθ θ03 sin
cos d 之積分值。
【解答】
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
iz dz z
z z
iz dz z z
i z z d
) 1 6 (
1 1 2
3 1
1 2
1
sin 3
cos
2 2 2
0
π θ
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,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
( )
) 1 6 (
1
2 2
− +
= +
iz z z z z
f 落在封閉曲線 C 內之極點(Pole)。令函數
( )
zf 之 分 母 為 零 , 即 可 解 出 一 元 三 次 方 程 式 z
(
z2+ iz6 −1)
=0 之 根 , 分 別 為( )
iz= −3+2 2 、
(
−3−2 2)
i 、0,其中z=(
−3−2 2)
i落在曲線C之外,但z=0與( )
iz= −3+2 2 卻落在曲線C之內部,如圖四所示:
圖四 z=
(
−3+2 2)
i與z=0落在 C 內因z=
(
−3+2 2)
i與z=0均係屬於函數 f( )
z 之單極點(Simple Pole),且都在 C 之內部,故
∫ ( )
=∫ ( )
+∫ ( )
2
1 C
C C
dz z f dz z f dz z
f 【附註一】,作者擬採用五種方法解析此一問題。
方法一 利用 Cauchy 積分公式
( ) ( )
0 02 ig z z dz
z z g
C
π
− =
∫
求解,條件為:g( )
z 在 C 上及C內都是解析的;z 為0 C內之單極點。
由附註一知,式(5)可繼續化簡如下:
∫
∫
∫
∫
− +
+ +
− +
= +
− +
= + +
2 1
) 1 6 (
1 )
1 6 (
1 ) 1 6 (
1 sin
3 cos
2 2
2 2 2 2 2
0
C C
C
iz dz z
z dz z
iz z
z z
iz dz z
z d z
π
θ θ θ
(6)
其中C1與C2分別為圍繞z=0與z=
(
−3+2 2)
i之封閉積分曲線。又由 Cauchy 積分公式 知:( )
i i i i
iz z
i z z dz
iz z
z iz dz
z z
z
z C
C
π π π π
2 1 2 1
1 0 6 0
1 2 0
1 6 2 1
1 6
1 )
1 6 (
1
2 2
0 2
2 2
2
2 2
1 1
−
=
= −
− +
= +
− +
= +
− +
+
− = +
+
=
∫
∫
( )
i i i
i i i
i i
i i i
i z
z i z
i dz z
i z
z z iz dz
z z
z
i z
C C
π π π π π π
2
16 2 12
2 12 2 16
16 2 12
1 ) 8 2 12 9 2 (
) 2 4 ](
) 2 2 3 [(
1 ) 2 2 3 2 (
] ) 2 2 3 ( ) 2 2 3 ][(
) 2 2 3 [(
1 ] ) 2 2 3 2 [(
] ) 2 2 3 ( [ 2 1
) 2 2 3 (
] ) 2 2 3 ( [
1 )
1 6 (
1
2
2 2 2 3 2
2
2 2
2 2
=
− +
= −
− + +
−
= −
+
−
+ +
−
= −
−
−
− +
− +
−
+ +
= −
−
−
−
= +
+
−
−
−
−
− +
− = +
+
+
−
=
∫
∫
故式(6)可表為:
0 2 sin 2
3
2 cos
0
= +
− + =
∫
π θθ dθ πi πi方法二 利用單極點之殘值計算公式
( )
( ) ( )
( )
02 0
z q
z i p z dz
q z p
C = ′
∫
π 求解,條件為:p
( )
z0 ≠0;z 為 C 內之單極點。 0 基於此,可知:( ) ( )
i i i i
iz z
i z
z iz z
i z iz dz
z z
z
z z C
π π π π π
2 1 2 1
1 0 12 0
3
1 2 0
1 12 3
2 1
) 6
( 2 1 )
1 6 (
1
2 2
0 2
2
0 2
3 2
2 2
1
−
= −
=
− +
= +
− +
= +
− ′ +
= +
− +
+
=
∫
=( )
( )
i i i i
i i
i i i
iz z
i z
z iz z
i z iz dz
z z
z
i z
i C z
π π π π π π π
2
16 2 12
2 12 2 16
1 2 24 36 ) 8 2 12 9 ( 3
1 ) 8 2 12 9 2 (
1 ) 2 2 3 ( 12 ] ) 2 2 3 ( [ 3
1 ) 2 2 3 2 (
1 ] ) 2 2 3 [(
12 ] ) 2 2 3 [(
3
1 ] ) 2 2 3 2 [(
1 12 3
2 1
) 6
( 2 1 )
1 6 (
1
2
2 2
2 2 2 3 2
2
2 2 3 2
3 2
2 2
2
=
− +
= −
−
− + +
−
−
+ +
−
= −
− +
−
− +
−
−
+ +
−
= −
− +
− +
+
−
+ +
= −
− +
= +
− ′ +
= +
− +
+
+
−
= +
−
∫
=故亦可得出相同之結果,亦即式(6)可改寫為:
0 2 sin 2
3
2 cos
0
= +
− + =
∫
π θθ dθ πi πi方法三 利用單極點之另一個殘值計算公式 f
( )
z dz i[ (
z z) ( )
f z]
z z C
0
0
lim
2 −
= →
∫
π 求解,條件為: z 為 C 內之單極點。 0
基於此,式(6)可繼續加以解析,步驟如以下所示:
( )
( ) ( )
i i i i
iz z
i z
iz z
z z z i
iz dz z
z z
z z C
π π π π π
2 1 2 1
1 0 6 0
1 2 0
1 6 lim 1
2
) 1 6 ( 0 1 lim
) 2 1 6 (
1
2 2 2
2
0
2 2
2 0 2
1
−
= −
=
− +
= +
− +
= +
− +
− +
− = +
+
→
∫
→( )
( )
i i i
i i i
i i
i i i
i z
z i z
i z
i z
z i z z
i iz dz
z z
z
i z
i z
C
π π π π π π π
2
16 2 12
2 12 2 16
16 2 12
1 ) 8 2 12 9 2 (
) 2 4 ](
) 2 2 3 [(
1 ) 2 2 3 2 (
] ) 2 2 3 ( ) 2 2 3 ][(
) 2 2 3 [(
1 ] ) 2 2 3 2 [(
] ) 2 2 3 ( [ lim 1 2
] ) 2 2 3 ( ][
) 2 2 3 ( [ ] 1 ) 2 2 3 ( [ lim ) 2
1 6 (
1
2
2 2
2 2 3
2
2 2 2 3
2
2
=
− +
= −
− + +
−
= −
+
−
+ +
−
= −
−
−
− +
− +
−
+ +
= −
−
−
−
= +
+
−
−
−
−
− + +
−
−
− = +
+
+
−
→ +
−
∫
→由此可知,式(6)化簡後仍可獲得相同答案:
0 2 sin 2
3
2 cos
0
= +
− + =
∫
π θθ dθ πi πi方法四 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首先討論
∫
+ + −1
) 1 6 (
1
2 2
C
iz dz z
z
z 之積分值。其中
( )
) 1 6 (
1
2 2
− +
= +
iz z z z z
f 需以 0 為中心點
作勞倫級數展開,則:
( )
−
− + − +
− −
−
− + − +
− −
−
=
+
− + − +
+ −
+
−
=
+
− + −
+
+ + −
+
−
=
+
− + −
+
+ + −
+
= −
+
− + −
−
−
+
+ + − +
−
+
=
−
− −
−
− +
− − +
−
= +
−
−
− +
−
−
= +
− +
= +
2 2
2 2
2 2
) 2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1 1
) 2 2 3 ( ) 2 2 3 1 ( 1
) 2 2 3 1 ( )
2 2 3 1 ( 1
) 2 2 3 1 ( )
2 2 3 1 ( 1 ) 8 9 (
1
) 2 2 3 1 ( ) 2 2 3 (
1 )
2 2 3 1 ( ) 2 2 3 (
1 1
) 2 2 3 ( 1
1 )
2 2 3 (
1 )
2 2 3 ( 1
1 )
2 2 3 (
1 1
) 2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1 1
) 1 6 (
1
i z z i
i z i
i z i
z z z
i z i
z z z
i z i
z z z i
i z i
i z z i
z
i i z
i i z
z z
i z
i z z
z
iz z z z z f
由此可知a−1 =−1,故:
( )
ii ia
iz dz z
z z
C
π π
π 2 1 2
) 2 1 6 (
1
2 1 2
1
−
=
−
=
− = +
+
∫
−同理,
∫
++ −2
) 1 6 (
1
2 2
C
iz dz z
z
z 中之
( )
) 1 6 (
1
2 2
− +
= +
iz z z z z
f 需以
(
−3+2 2)
i為中心點作勞倫級數展開,亦即:
( )
i z
i z z
z
iz z z z z f
) 2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1 1
) 1 6 (
1
2 2
2
−
−
⋅ − +
−
⋅ −
= +
− +
= +
其中z ( 3 2 2)i 1
+
−
− 已是以
(
−3+2 2)
i為中心點作級數展開之標準型態,可以不必再作 任何化簡。另外,i z ( 3 2 2)
1
−
−
− 需以
(
−3+2 2)
i為中心點作級數展開,如以下所示:
+
− +
− + −
− +
− + −
=
− +
−
− −
=
+ +
−
= −
−
−
−
2
2 4
) 2 2 3 ( 2
4
) 2 2 3 1 (
2 4
1
2 4
) 2 2 3 1 (
1 2
4 1
2 4 ) 2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1
i i z
i i z
i
i i z
i
i i
z i z
而 z z2+1
亦需以
(
−3+2 2)
i為中心點作勞倫級數展開,說明如下:[ ]
[ ]
[ ]
+
+
−
− +
− + − +
+ − +
− + +
−
−
=
+
−
− +
−
− − +
+ − +
− + +
−
−
=
+
− + +
− + − +
− + +
−
−
= + + =
i i z
i i i
z
i i z
i i
i z
i i
i z i
z z z z z
) 2 2 3 (
) 2 2 3 1 (
) 2 2 3 ( ) 1 2 2 3 ( ) 2 2 3 (
) 2 2 3 (
) 2 2 3 1 (
1 )
2 2 3 ( ) 1 2 2 3 ( ) 2 2 3 (
) 2 2 3 ( ) 2 2 3 ( ) 1
2 2 3 ( ) 2 2 3 ( 1
2 1
故:
( )
[ ]
+
+ + − +
− − + + +
−
−
+ + − +
−
=
+
− +
− + −
− +
− + −
⋅
+
+
−
− +
− + − +
+ − +
− + +
−
−
⋅
+
−
= −
− +
= +
i i i
i i
z
i i i
i i z
i i z
i
i i z
i i
i z
i z
iz z z z z f
) 2 2 3 ( ) 1 2 2 3 2 ( 4 1 1 2 4
1 )
2 2 3 (
) 2 2 3 ( ) 1 2 2 3 2 ( 4
1
2 4
) 2 2 3 ( 2
4
) 2 2 3 1 (
2 4
1
) 2 2 3 (
) 2 2 3 1 (
) 2 2 3 ( ) 1 2 2 3 ( ) 2 2 3 (
) 2 2 3 (
1 ) 1 6 (
1
2 2
2
其中之係數a−1為:
1 )
2 2 3 (
) 2 2 3 ( ) 1 2 2 3 ( 2 4
1
1 =
+
−
−
+ + − +
−
− =
i z
i i
a i
因此:
( )
ii ia
iz dz z
z z
C
π π
π 2 1 2
) 2 1 6 (
1
2 1 2
2
=
=
− = +
+
∫
−由此可知,式(6)可再次獲得相同答案:
0 2 sin 2
3
2 cos
0
= +
− + =
∫
π θθ dθ πi πi方法五 以對等路線積分的觀念,直接沿著積分曲線作線積分。其應滿足之條件為:z0 為 C 內之單極點。
由對等路線積分的概念知,圖五中沿著曲線 C 之線積分可改寫為沿著C1與C2之線 積分的和,亦即
∫ ( )
=∫ ( )
+∫ ( )
2
1 C
C C
dz z f dz z f dz z
f 。
圖五 由對等路線積分及 Cauchy 積分定理等之概念知:
( ) ∫ ( ) ∫ ( )
∫
= +2
1 C
C C
dz z f dz z f dz z f
∫ ( )
C1
dz z
f 之解析
設曲線C 之半徑為1 ε ,因曲線1 C 是以座標原點為圓心,故曲線1 C 可表為1 z=ε1eiθ、 π
θ 2
0≤ < 、ε1→0。基於此,封閉路線積分
∫ ( )
C1
dz z
f 可改寫為:
( )
i id
i id
e id i e
e
d e e i
i e
e
e
e e d
i e
e dz e
iz z
z z
i i
i
i i
i i
i
i i
i i
i
C
π θ
θ ε θ ε
ε
θ ε ε
ε ε
ε
ε ε ε
ε
ε
π π
π
θ θ
θ ε
π
θ θ
θ θ
θ ε
π
θ θ
θ θ
θ ε
2
) ( 1
) ]( 1 ) 0 ( 6 ) 0 [(
1 ) 0 (
) ]( 1 ) ( 6 ) [(
1 ) lim (
) ](
1 ) ( 6 ) [(
1 ) lim (
) ] (
1 ) ( 6 ) [(
1 ) lim (
) 1 6 (
1
2
0 2
0 2
2 2
0 1
2 1
2 1 0
2
0
1 1
2 1 1
2 1 0
2
0
1 1
2 1 1
2 1 2 0
2
1 1 1 1
−
=
−
=
− +
= +
− +
= +
− +
= +
− +
= +
− +
+
∫
∫
∫
∫
∫
∫
→
→
→
∫ ( )
C2
dz z
f 之解析
設曲線C2之半徑為ε ,因曲線2 C2是以
(
−3+2 2)
i為圓心,故曲線C2可表為( )
i ε eiθz= −3+2 2 + 2 、0≤θ <2π、ε2 →0。基於此,封閉路線積分
∫ ( )
C2
dz z
f 可改寫
為:
i
id
i i
id
i i
i
id i
i e
i e
i
id e
i
i e
i e
e i
d e i e
i
i e
i e
e i
e i d
e i
dz i z
i z z
dz z iz
z z
z
i i
i
i i
i
i i
i i
i
i i
C C
π
θ
θ
θ
ε ε
θ ε
ε ε
ε
θ ε
ε
ε ε
ε
ε ε
π π π
π
θ θ
θ ε
π
θ θ
θ
θ θ
ε π
θ θ
θ
θ θ
ε
2
2 12 16
) )(
2 12 16 (
] 2 4 ][
) 2 2 3 [(
) ( } 1 ) 8 2 12 9 ( {
] ) 2 2 3 ( ) 2 2 3 ][(
) 2 2 3 [(
) ( } 1 ] ) 2 2 3 {[(
] ) 2 2 3 ( )
2 2 3 ][(
) 2 2 3 [(
) ( } 1 ] )
2 2 3 lim {[(
] ) 2 2 3 ( )
2 2 3 ][(
][
) 2 2 3 [(
) (
} 1 ] )
2 2 3 lim {[(
] ) 2 2 3 ( )
2 2 3 ][(
][
) 2 2 3 [(
] )
2 2 3 [(
} 1 ] )
2 2 3 lim {[(
) 2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1 1
) 1 6 (
1
2
0 2
0 2
0
2 2
0 2 2
2 2 0
2
0 2 2 2
2 2
2 0
2
0 2 2 2
2 2
2 0
2
2 2
2 2 2 2 2
=
+
− +
= −
+
−
+ +
−
= −
−
−
− +
− +
−
+ +
= −
−
−
− +
+
− +
+
−
+ +
+
= −
−
−
− +
+
− +
+
−
+ +
+
= −
−
−
− +
+
− +
+
−
+ +
− +
+ +
= −
−
−
⋅ − +
−
⋅ −
= +
− +
+
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
→
→
→
由此可再次證明出相同的答案,亦即式(6)可表為:
0 2 sin 2
3
2 cos
0
= +
− + =
∫
π θθ dθ πi πi又計算出相同的結果。
【附註一】
由 Cauchy 積分定理知,
∫ ( )
=0C
dz z
f ,其需滿足之條件為: f
( )
z 在C上及C內均 是解析函數。今再考慮如圖六所示之積分,其封閉積分曲線中包含n個不可解析點z 、1z2、…、z 。在圖七中,淺藍色部分所示之定義域中並無不可解析點,此一情況符合n
Cauchy 積分定理之條件,故圖七所示之封閉曲線的線積分值可由 Cauchy 積分定理知:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0'
' '
' '
'
2
2 2
2 1
1 1
1
2 1
= +
+ + +
+ +
+
+ + +
+
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
n
n n
n n
A
B B
A A
B B
A A
B B
A
C C
C C
dz z f dz z f dz
z f dz z f dz z f dz z f
dz z f dz
z f dz z f dz z f
順 順
順 逆
(A1)
其中「順」表順鐘向作積分,「逆」表逆鐘向作積分;且
( ) ( )
0'
'
1
1 1
1
= +
∫
∫
AB B
A
dz z f dz z
f 、
( )
'( )
0'
2
2 2
2
= +
∫
∫
AB B
A
dz z f dz z
f 、…、
( )
'( )
0'
= +
∫
∫
nn n
n
A
B B
A
dz z f dz z
f 。故式(A1)可改寫為:
( ) ( ) ( ) ( )
02 1
= +
+ +
+
∫ ∫ ∫
∫
逆 C順 C順 Cn順C
dz z f dz
z f dz
z f dz
z
f (A2)
將上式中之「順鐘向積分」改寫為「逆鐘向積分」,則上式可進一步化簡為:
( ) ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( )
∫
= + + +逆 逆
逆
逆 C C Cn
C
dz z f dz
z f dz
z f dz
z
f
2 1
(A3)
故得證。
圖六 包含 n 個不可解析點之封閉路線積分
圖七 上圖中淺藍色部分所示之定義域中並無不可解析點