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∫ 提要 373 :以複變分析解析三角函數由 0 至 2 π 的線積分問題 (2)

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Academic year: 2021

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全文

(1)

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

(2)

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。

(3)

範例一

試求2

π + θθ θ

03 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

( )

z

f 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

( )

i

z= −3+2 2 、

(

32 2

)

i 、0,其中z=

(

32 2

)

i落在曲線C之外,但z=0

( )

i

z= −3+2 2 卻落在曲線C之內部,如圖四所示:

(4)

圖四 z=

(

3+2 2

)

iz=0落在 C 內

z=

(

3+2 2

)

iz=0均係屬於函數 f

( )

z 之單極點(Simple Pole),且都在 C 之內部,

∫ ( )

=

∫ ( )

+

∫ ( )

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 0

2 ig z z dz

z z g

C

π

− =

求解,條件為:g

( )

z 在 C 上

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C1C2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:

(5)

( )

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

(6)

方法二 利用單極點之殘值計算公式

( )

( ) ( )

( )

0

2 0

z q

z i p z dz

q z p

C = ′

π 求解,條件為:

p

( )

z00;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

(7)

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

(8)

方法四 利用

f

( )

z dz =2 ia1 C

π 求解,其中a 為勞倫級數展開後1 1

(

zz0

)

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a1 =−1,故:

( )

i

i 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

(9)

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

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:

[ ]

[ ]

[ ]

 

 +

+

− +

− + − +

+ − +

− + +

=

+

− +

− − +

+ − +

− + +

=

+

− + +

− + − +

− + +

= + + =

ii 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:

(10)

( )

[ ]

+







 

 

+ + − +

− − + + +



 

+ + − +

=









  +

 

− +

− + −

− +

− + −









 

 

 +

+

− +

− + − +

+ − +

− + +

+

= −

− +

= +

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a1為:

1 )

2 2 3 (

) 2 2 3 ( ) 1 2 2 3 ( 2 4

1

1 =

+



 

+ + − +

=

i z

i i

a i

因此:

( )

i

i 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

(11)

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C1C2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 z1eiθ、 π

θ 2

0≤ < 、ε1→0。基於此,封閉路線積分

∫ ( )

C1

dz z

f 可改寫為:

(12)

( )

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 eiθ

z= −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

=

+

− +

= −

+

+ +

= −

− +

− +

+ +

= −

− +

+

− +

+

+ +

+

= −

− +

+

− +

+

+ +

+

= −

− +

+

− +

+

+ +

− +

+ +

= −

⋅ − +

⋅ −

= +

− +

+

(13)

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,

∫ ( )

=0

C

dz z

f ,其需滿足之條件為: f

( )

zC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 、1

z2、…、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

(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

= +

A

B B

A

dz z f dz z

f

( )

'

( )

0

'

2

2 2

2

= +

A

B B

A

dz z f dz z

f 、…、

( )

'

( )

0

'

= +

n

n n

n

A

B B

A

dz z f dz z

f 。故式(A1)可改寫為:

( ) ( ) ( ) ( )

0

2 1

= +

+ +

+

∫ ∫ ∫

C C Cn

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:

( ) ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( )

= + + +

C C Cn

C

dz z f dz

z f dz

z f dz

z

f

2 1

(A3)

故得證。

(14)

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

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