提要 372:以複變分析解析三角函數由 0 至 2π 的線積分問題(1)
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 2< π、r=定值 (2)
圖二 將圖一中之角度變數θ 作 0 至 π2 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【附註一】:
( )
( )
=
−
=
−
=
−
=
+
=
+
= +
=
−
−
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 一個應用範例之說明。範例一
試證 π
θ
π θ
cos 2 2
2
0
− =
∫
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
z z
dz i
z z
dz i
z z iz dz d
1 2 2 2
2 1 2 1 1
1 2
2 1 cos
2
2
2 2
0 π
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 2 2
1
2− +
= 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,即可解出一元二次方程式z2 −2 2z+1=0之根,分別為z= 2+1、
1
2− ,其中z= 2+1落在曲線C之外,但z= 2−1卻落在曲線C之內部,如圖四所 示:
圖四 z= 2−1落在 C 內
因z= 2−1屬於函數 f
( )
z 之單極點(Simple Pole),因此之前所學過的五種方法都可用以 解析此一問題。方法一 利用 Cauchy 積分公式
( ) ( )
00
2 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 C 內之單極點。 0基於此,式(5)可繼續化簡如下:
π π π π θ
π
θ
2
2 2 1
2
) 1 2 ( ) 1 2 ( 2 1 2
) 1 2 ( 2 1
2
) 1 2 (
) 1 2 (
1 2
cos 2
1 2 2
0
=
×−
×
−
=
+
−
× −
×
−
=
+
× −
×
−
=
−
−
+
− −
− =
−
=
∫
∫
i i i i
z i i
z dz z i d
z C
故得證。
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,可將式(5)中之分子、分母分別視為p
( )
z =1、q( )
z =z2−2 2z+1,再繼續 如以下所示之解析:( )
π π π π π θ
π
θ
2
2 2 1
2
2 2 ) 1 2 ( 2 2 1 2
2 2 2 2 1 2
1 2 2 2 1
2
1 2 2
1 2
cos 2
1 2
1 2 2
2 2
0
=
×−
×
=−
−
× −
×
−
=
× −
×
−
=
+ ′
−
×
×
−
=
+
− −
− =
−
=
−
=
∫
∫
i i i i
z i i
z z
i i
z dz i z
d
z z C
故亦可證出相同結果。
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(5)可繼續加以解析,步驟如以下所示:
( )
[ ]
π π π π π θ
π
θ
2
2 2 1
2
) 1 2 ( ) 1 2 ( 2 1 2
) 1 2 ( lim 1
2 2
1 2 2 1 1
2 lim
2 2
1 2 2
1 2
cos 2
1 2
1 2 2 2
2
0
=
×−
×
−
=
+
−
× −
×
−
=
+
× −
×
−
=
+
− −
−
×
×
−
=
+
− −
− =
−
→
−
→
∫
∫
i i i i
i z i
z z z
i i
z dz i z
d
z z C
太好了,又找到相同的答案了!
方法四 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茲以 2− 為中心點作勞倫級數展開,則: 1
( )
[ ] [ ]
−
−
−
−
−
−
−
− −
−
= −
+
− −
+
− −
− + + −
⋅−
−
= −
−
− −
⋅−
−
= −
−
−
⋅ −
−
= −
+
⋅ −
−
= −
+
−
−
= −
+
= −
2
3 2
2
) 1 2 16 (
) 1 1 2 8 (
1 4 1 ) 1 2 (
2 1
2 ) 1 2 ( 2
) 1 2 ( 2
) 1 2 1 (
2 1 ) 1 2 (
1
2 )]
1 2 ( 1 [
1 2
1 ) 1 2 (
1
2 )]
1 2 ( [
1 )
1 2 (
1
) 1 2 (
1 )
1 2 (
1
)]
1 2 ( )][
1 2 ( [
1 1 2 2
1
z z
z
z z
z z
z z
z z
z z
z z
z z
z f
由此可知 2
1
1 =−
a− ,故式(5)可繼續加以化簡:
π π π θ
π
θ
2
2 2 1
2 2 2
1 2 2
1 2
cos 2
1 2 2
0
=
−
×
×
−
=
×
×
−
=
+
− −
− =
−
∫
∫
i i
a i i
z dz i z
d
C
很幸運的,亦可計算出相同結果。
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C 之線積ε 分,而曲線C 可表為ε z−
(
2−1)
=limε→0εeiθ、0≤θ 2< π。故式(5)可改寫為:( )
( )
( )
( )
π
π θ θ ε θ
θ ε ε
ε
θ ε ε
ε
ε ε ε
θ θ
π π
π
θ ε π
θ θ ε
ε θ ε π
θ θ ε
ε θ ε π
θ θ ε
ε θ
ε π
ε ε
2
2 2 2
2 2
2 0
1 2
2 lim
1 2
) lim 2 lim
)(
lim (
1 2
) lim 2 lim
)(
lim (
1 2
lim 1 2 )]
1 2 ( ) lim 1 2 ][(
lim [
1 2
)]
1 2 ( )][
1 2 ( [
1 2
1 2 2
1 2
1 2 2
1 2
cos 2
2
0 2
0 2
0 0
2
0
0 0
0 2
0
0 0
0 2
0
0 0
0 2 2 2
0
=
−
⋅
−
=
−
⋅
−
=
− −
=
− −
=
− −
=
− −
=
+ + −
− +
− −
=
+
−
−
− −
=
+
− −
=
+
− −
− =
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
i i
i d i
i id
e id i
d e e i
e i
d e e i
e i
e d
e i e
dz z
i z
z dz i z
z dz i z
d
i
i i
i
i i
i
i i
i C
C C
又計算出相同的結果,故得證。
圖五 由對等路線積分之概念知:
∫ ( )
=∫ ( )
Cε C
dz z f dz z
f 。
【附註一】
由尤拉公式(Euler Formula)知,eiθ =cos
θ
+isinθ
、e−iθ =cosθ
−isinθ
,故式(3)中 之第一式與第二式即可得出。比較難以理解的是式(3)中之第三式iz
dθ =dz ,其原因說明
如下。因為考慮z=eiθ,所以
( ) ( )
θ( )
θ( )( )
θ θθ
θ θ
θ θ
d i z d i e d d
i d i d de de
dz i
i
i = = =
= ,故
iz dθ = dz。