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∫ 提要 372 :以複變分析解析三角函數由 0 至 2 π 的線積分問題 (1)

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Academic year: 2021

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(1)

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

(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【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。

(3)

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

( )

z

f 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、

(4)

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

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

( ) ( )

0

0

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。

(5)

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。

(6)

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!

(7)

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

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。

(8)

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

(

21

)

=limε0εeiθ0θ 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。

(9)

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

+isin

θ

eiθ =cos

θ

isin

θ

,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 θ

θ

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

參考文獻

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