提要 376：以複變分析解析三角函數由 0 至 2π 的線積分問題(5)
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 五個應用範例之說明。範例一
試求2
∫
π − θθ θ05 4cos 3
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。但有一個比較麻煩的問題是：cos3θ要如何 表 示 成 與 z=eiθ 有 關 之 關 係 式 ？ 因 為 θ(
e3iθ e 3iθ)
2 3 1
cos = + − ， 且 考 慮 z=eiθ ， 所 以
( ) ( )
[ ]
= +
+
= +
= − 3 3
3 3 3
3 1
2 1 1
2 1 2
3 1
cos z z
z z e
eiθ iθ
θ 。基於此，原式可作如以下所示之
改寫：
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
−
−
= +
− +
−
− +
=
−
−
− +
=
− −
= +
+
−
= +
+
−
+
− =
C C C C C C
z dz z
z z i
z dz z
z i z
z dz z z
z i z
dz z z
z z z i
i
dz z z
z z z i
iz dz
z z z z d
) 2 )(
1 2 ( 2
) 1 (
) 2 5 2
( 2
1
) 4 4
10 (
1 4 4 10
1 4 1 10
1 1
1 2
4 1 5
1 2
1 cos
4 5
3 cos
3 6
3 2
6
2 4
3 6
3 3
2
3 3
3 3 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，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 5 2 ( 2
) 1 (
2 3
6
+
−
= +
z z z
z z i
f 落在封閉曲線 C 內之極點(Pole)。令函
數 f
( )
z 之分母為零，即可解出一元五次方程式2z3(2z2 − z5 +2)=0之根，分別為z=2、 21 、0，其中z=2落在曲線 C 之外，但z=0與z=1 2卻落在曲線 C 之內部，需特別加 以留意，如圖四所示：
圖四 z=1 2與z=0落在 C 內
因z=1 2與z=0分別屬於函數 f
( )
z 之單極點(Simple Pole)與三階極點(Pole of Order 3)，且都落在 C 之內部，故∫ ( )
=∫ ( )
+∫ ( )
2
1 C
C C
dz z f dz z f dz z
f 【附註一】，以下為問題
之進一步解析過程。
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 C 內0 之n+1階極點。由附註一知，式(5)可繼續化簡如下：
∫
∫
∫
∫
−
− + +
−
−
= +
−
−
= +
−
2 1
) 2 )(
1 2 ( 2
) 1 (
) 2 )(
1 2 ( 2
) 1 (
) 2 )(
1 2 ( 2
) 1 (
cos 4 5
3 cos
3 6
3 6 3
2 6
0
C C
C
z dz z
z z dz i
z z
z z i
z dz z
z z d i
π θ
θ θ
(6)
其中C1與C2分別為圍繞z=0與z=12之封閉積分曲線，如圖五所示。
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
由 Cauchy 積分公式知：
8 21
16 50 8 4
) 2 0 5 0 2 ( 2
) 5 0 4 )(
1 0 ( 2 ) 2 0 5 0 2 ( 2
) 4 )(
1 0 0 (
2 0
) 2 5 2 ( 2
) 5 4 )(
1 ( 2 ) 2 5 2 ( 2
) 4 )(
1 ( )
2 5 2 ( 2
) 5 4 ( 2 6
) 2 5 2 ( 2
30
) 2 5 2 ( 2
) 5 4 )(
1 ( ) 2 5 2 ( 2
6
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
! 2 2 1
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
3 2
2 6
2 2
6
0 3 2
2 6
2 2
6
2 2
5
2 4
0 2 2
6
2 5
0 2
6
2 2
3 2
6 2 3
6
1 1
π π π π π π
−
=
− +
=
+
×
−
×
−
× + +
+
×
−
×
− +
×
−
=
+
−
− + +
+
−
− + +
−
× − + −
= −
+
−
−
− + +
= −
+
−
= +
+
− +
=
+
− +
=
=
=
∫
∫
i i i
i i i
z z
z z
i z
z z i z
z z iz z
z i iz
z z
z z
i z
z iz dz
id
z z
z i dz
i d
z dz z z
z i
z dz z
z z i
z z
z C
C
π π π π
24 65
4 3
) 64 65 2 (
) 2 3 )(
8 1 ( 4
) 1 64 1 2 (
) 2 ( 4
) 1 2 (
2 1
) 2 ( 4
) 1 (
) 2 1 )(
2 ( 4
) 1 (
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
2 1 3
6 3
6 3
6 2 3
6
2 2 2
=
= −
−
×
= +
−
= +
−
− +
=
−
−
= +
+
− +
=
∫
∫
∫
i i i i
z z
z i i
z dz z z
z i
z dz z
z z i
z dz z
z z i
z C
C C
故式(6)可表為：
12 24 65 8
21 cos
4 5
3
2 cos
0
π π π θ θ
π θ
= +
−
− =
∫
d方法二 利用
∫
f( )
z dz =2 ia−1C
π 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
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
2 3
6
C
z dz z
z z
i 之積分值。其中
( )
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
2 3
6
+
−
= +
z z z
z z i
f 需以 0 為
中心點作勞倫級數展開，故：
( )
( ) ( )
[ ]
+ +
+
=
+ + +
+
=
+ + + +
+
+ +
−
+
=
× −
− +
×
−
+
=
+ −
− −
= +
− −
−
= +
− −
−
= +
−
× −
= +
−
−
= +
+
−
= +
z i z i z i
z z z
i z
z z z
z z z
i
z z
z z i
z z
z z i
z z
z z i
z z
z z i
z z z
z i
z z z
z i
z z z
z z i
f
1 16 21 1 8 5 1 4
8 63 4
15 2 3 1 6
2 2 1 2 2
1 2 2 1 1 6
2 1 2 1 2 1
1 2 1 1 6
2 1
1 2
1 6
) 1 (
2 1 1 2 1 3 2 4
) 1 (
2 1
3 2 2 3 2 4
) 1 (
) 2 1 )(
2 (
1 4
) 1 (
) 2 1 )(
2 ( 4
) 1 (
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
2 3
2 3
3
2 2
3 3
3 3
3 6
3 6
3 6
3 6 3
6 2 3
6
由此可知 16
21
1
a− = i，故：
π π
π 8
21 16
2 21 ) 2
2 5 2 ( 2
) 1 (
2 1 3
6
1
−
=
= + =
− +
∫
z izz z dz ia− i iC
同理，
∫
−+ +2
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
2 3
6
C
z dz z
z z
i 中之
( )
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
2 3
6
+
−
= +
z z z
z z i
f 需以12為中心點作勞倫
級數展開，亦即：
( )
+ −
−
−
− −
= −
+ −
−
− +−
−
= −
+ −
−
= −
−
× +
= −
+
−
= +
2 1 8 1 1 2 1 1 4 1 1 8 1 2 ) 2 1 ( 4
2 2
) 2 1 ( 4
) 2 (
1 )
2 ( ) 2 1 ( 4
) 2 (
1 )
2 1 ( 4
) 2 5 2 ( 2
) 1 (
3 2 3
8 1
3 2 1 4 2 1 8 3 1
3 3
6 3
6 2
3 6
z z z z z
z z
i
z z
z z z
z z
i
z z z
z z z
i
z z
z z
i
z z z
z z i
f
其中4(z−12)
i 已是以 21 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， 2
1 8 1 1 2 1 1 4 1 1 8 1
2 2 3
3
+ −
−
−
− − z z z z
z
z 需以 21 為中心點作勞倫級數展開，如以下所示：
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
[ ]
+
+ − + −
×
×
−
+
− + −
− + −
×
×
−
+
− + −
− + −
×
×
−
+
− + −
− + −
×
×
−
+
+ − + −
+
− +
− +
−
−
=
− −
×
×
−
−
− −
×
×
−
−
− −
×
×
−
−
− −
×
×
− −
− +
− −
=
− + −
+
− − +
− − +
− −
−
− +
= −
+ −
−
−
− −
2 2 3
3
2 2
2
2
2 3
2 2
3
3 3
2 2
3
3 2
3
3 2 3
5 . 1
5 . 0 5
. 1
5 . 1 0
5 . 1
1 8 1
5 . 0
5 . 0 5
. 0
5 . 1 0
) 5 . 0 (
1 2 1
5 . 0
5 . 0 5
. 0
5 . 1 0
) 5 . 0 (
1 4 1
5 . 0
5 . 0 5
. 0
5 . 1 0
5 . 0
1 8 1
5 . 1
5 . 0 5
. 1
5 . 1 0
5 . 0 5 . 0 5 . 0 3 5 . 0 5 . 0 3 5 . 5 0 . 1
1
5 . 1
5 . 1 0
1 5
. 1
1 8 1 5 ) . 0
5 . 1 0
( 1 )
5 . 0 (
1 2 1
5 ) . 0
5 . 1 0
( 1 )
5 . 0 (
1 4 1 5 . 0
5 . 1 0
1 5
. 0
1 8 1 5
. 1
5 . 1 0
] 5 . 0 ) 5 . 0 [(
5 . 1
1
] 5 . 1 ) 5 . 0 [(
1 8
1 ] 5 . 0 ) 5 . 0 [(
1 2
1 ] 5 . 0 ) 5 . 0 [(
1 4
1 5 . 0 ) 5 . 0 (
1 8
1 5 . 1 ) 5 . 0 (
] 5 . 0 ) 5 . 0 [(
2 1 8 1 1 2 1 1 4 1 1 8 1 2
z z
z z
z z
z z
z z z
z z
z z
z z
z z
z z
z z
z z
z z z z z
z
故：
( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
[ ]
+
+ − + −
×
×
−
+
− + −
− + −
×
×
−
+
− + −
− + −
×
×
−
+
− + −
− + −
×
×
−
+
+ − + −
+
− +
− +
−
−
×
= −
+ −
−
−
− −
= −
2 2 3
3
2 2
2
2
2 3
2 2
3
3 2 3
5 . 1
5 . 0 5
. 1
5 . 1 0
5 . 1
1 8 1
5 . 0
5 . 0 5
. 0
5 . 1 0
) 5 . 0 (
1 2 1
5 . 0
5 . 0 5
. 0
5 . 1 0
) 5 . 0 (
1 4 1
5 . 0
5 . 0 5
. 0
5 . 1 0
5 . 0
1 8 1
5 . 1
5 . 0 5
. 1
5 . 1 0
5 . 0 5 . 0 5 . 0 3 5 . 0 5 . 0 3 5 . 5 0 . 1
1 ) 2 1 ( 4
2 1 8 1 1 2 1 1 4 1 1 8 1 2 ) 2 1 ( 4
z z
z z
z z
z z
z z z
z z
z i
z z z z z
z z
i z f
其中之係數a 為： −1
( )
48 65
12 65 4
12 4 1 4 1 1 12
1 4
3 2 8 8 1 2 4 1 4 2 1 8 1 8 1 3 2 4
5 . 1
1 8 1 ) 5 . 0 (
1 2 1 ) 5 . 0 (
1 4 1 5 . 0
1 8 5 1 . 5 0 . 1
1
4 2 3
3 1
i i i i a i
−
=
−
×
=
− − − − −
×
=
− × − × − × − ×
×
−
×
=
× − × − × − × − ×
−
×
− =
因此：
π
π 24
65 48
2 65 )
2 5 2 ( 2
) 1 (
2
2 3
6
=
− + =
−
∫
z izz + z dz i iC
由此可知，式(6)可再次獲得相同答案：
π π π θ θ
π θ
12 1 24 65 8
21 cos
4 5
3
2 cos
0
= +
−
− =
∫
d【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z1、z 、…、2 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
