提要 374：以複變分析解析三角函數由 0 至 2π 的線積分問題(3)
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 三個應用範例之說明。範例一
試求2
∫
π ++ θθ θ03 cos sin
1 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 C C
z dz z
z
iz z
z dz z
z z i i
dz z
z
z z i i
iz dz
z z z z d i
) 1 6 (
1 2
) 1 (
6 2 1 1
2 1 3 1
1 2
1 1 1
1 2
3 1
1 2
1 1
cos 3
sin 1
2 2
2 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，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
( )
) 1 6 (
1 2
2 2
+ +
−
− +
= z z z iz 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 + z6 +1)
=0之根，分別為z=−3+2 2、2 2 3−
− 、0，其中z=−3−2 2落在曲線C之外，但z=0與z=−3+2 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=−3+2 2與z=0落在 C 內
因z=−3+2 2與z=0均係屬於函數 f
( )
z 之單極點(Simple Pole)，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】，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
( ) ( )
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
由附註一知，式(5)可繼續化簡如下：
∫
∫
∫
∫
+ +
−
− + +
+
−
− +
=
+ +
−
− + + =
+
2 1
) 1 6 (
1 2 )
1 6 (
1 2
) 1 6 (
1 2 cos
3 sin 1
2 2
2 2
2 2 2
0
C C
C
z dz z
z
iz dz z
z z
z
iz z
z dz z
z
iz d z
π
θ θ θ
(6)
其中C 與1 C 分別為圍繞2 z=0與z=−3+2 2之封閉積分曲線。由 Cauchy 積分公式知：
i i i i
z z
iz iz
z dz z z
iz z
z dz z
z
iz z
z C
C
π π π π
2 1 2 1
1 ) 0 ( 6 0
1 ) 0 ( 2 2 0
1 6
1 2 2
1 6
1 2 )
1 6 (
1 2
2 2
0 2
2 2 2
2 2
1 1
=
− −
=
+ +
−
− +
=
+ +
−
− +
=
+ +
− +
− + =
+
−
− +
=
∫
∫
π π
π π π π π π π
2 2 2
4 1 2 2
) 16 2 12 )(
16 2 12 (
) 16 2 12 )](
2 2 3 ( 2 ) 2 12 16 2 [(
16 2 12
) 2 2 3 ( 2 ) 2 12 16 2 (
) 2 4 )(
2 2 3 (
) 2 2 3 ( 2 ) 2 12 16 2 (
) 2 4 )(
2 2 3 (
1 ) 2 2 3 ( 2 ) 8 2 12 9 2 (
)]
2 2 3 ( ) 2 2 3 )[(
2 2 3 (
1 ) 2 2 3 ( 2 ) 2 2 3 2 (
)]
2 2 3 ( [
1 2 2
) 2 2 3 (
)]
2 2 3 ( [
1 2 )
1 6 (
1 2
2
2 2 3 2
2
2 2
2 2
+
−
=
− −
=
+
−
+ +
− +
= −
− +
− +
= −
+
−
+
− +
− −
=
+
−
− +
− + +
− −
=
−
−
− +
− +
−
− +
− + +
− −
=
−
−
−
−
− +
=
+
−
−
−
−
−
− +
− + =
+
−
− +
+
−
=
∫
∫
i
i i
i i i i i i i i i i
z z
iz i z
z dz z z
iz z
z dz z
z
iz z
z C
C
故式(6)可表為：
π π
π π
θ θ
π θ
2 2 2
2 2 cos 2
3 sin
2 1
0
=
− + +
+ =
∫
+ d i i方法二 利用單極點之殘值計算公式
( )
( ) ( )
( )
002 q z 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
z z
iz i z
z z z
iz i z
z dz z
z
iz z
z C z
π π π π π
2 1 2 1
1 0 12 0
3
1 0 2 2 0
1 12 3
1 2 2
) 6
(
1 2 2
) 1 6 (
1 2
2 2
0 2
2
0 2
3 2
2 2
1
=
− −
=
+ +
−
− +
=
+ +
−
− +
=
+ ′ +
−
− + + =
+
−
− +
=
∫
=π π
π π π π π π π π
2 2 2
32 ) 2 8 ( 2 32
) 2 12 16 )(
2 12 16 (
) 2 12 16 )](
2 4 6 ( ) 2 12 16 2 [(
2 12 16
) 2 4 6 ( ) 2 12 16 2 (
1 ) 2 24 36 ( ) 8 2 12 9 ( 3
) 2 4 6 ( ) 2 12 16 2 (
1 ) 2 2 3 ( 12 ) 8 2 12 9 ( 3
1 ) 2 4 6 ( ) 8 2 12 9 2 (
1 ) 2 2 3 ( 12 ) 2 2 3 ( 3
1 ) 2 2 3 ( 2 ) 2 2 3 2 (
1 12 3
1 2 2
) 6
(
1 2 2
) 1 6 (
1 2
2 2
2 2 3 2
2
2 2 3 2
3 2
2 2
2
+
−
=
−
− +
− −
=
+
−
+ +
− +
− −
=
−
+
− +
− −
=
+ +
− + +
−
+
− +
− −
=
+ +
− + +
−
− +
− + +
− −
=
+ +
− + +
−
− +
− + +
− −
=
+ +
−
− +
=
+ ′ +
−
− + + =
+
−
− +
+
−
= +
−
∫
=i i i i i i i i i i i i i
z z
iz i z
z z z
iz i z
z dz z
z
iz z
z z C
故亦可得出相同之結果，亦即式(6)可改寫為：
π π
π π
θ θ
π θ
2 2 2
2 2 cos 2
3 sin
2 1
0
=
− + +
+ =
∫
+ d i i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
z z
iz i z
z z z
iz z z
i z dz
z z
iz z
z z C
π π π π π
2 1 2 1
1 ) 0 ( 6 0
1 ) 0 ( 2 2 0
1 6
1 lim 2
2
) 1 6 (
1 0 2
lim ) 2
1 6 (
1 2
2 2
2 2
0
2 2
2 0 2
1
=
− −
=
+ +
−
− +
=
+ +
−
− +
=
+ +
−
− +
− + =
+
−
− +
→
∫
→2 2 2
32 ) 2 8 ( 2 32
) 2 12 16 )(
2 12 16 (
) 2 12 16 )](
2 4 6 ( ) 2 12 16 2 [(
2 12 16
) 2 4 6 ( ) 2 12 16 2 (
) 2 4 )(
2 2 3 (
1 ) 2 2 3 ( 2 ) 8 2 12 9 2 (
)]
2 2 3 ( ) 2 2 3 )[(
2 2 3 (
1 ) 2 2 3 ( 2 ) 2 2 3 2 (
)]
2 2 3 ( [
1 lim 2
2
)]
2 2 3 ( )][
2 2 3 ( [
1 )] 2
2 2 3 ( [ lim ) 2
1 6 (
1 2
2 2
2 2 3
2
2 2 2 3
2
2
+
−
=
−
− +
− −
=
+
−
+ +
− +
− −
=
−
+
− +
− −
=
+
−
− +
− + +
− −
=
−
−
− +
− +
−
− +
− + +
− −
=
−
−
−
−
− +
=
+
−
−
−
−
−
− + +
−
−
− + =
+
−
− +
+
−
→ +
−
∫
→i i i i i i i i i i i
z z
iz i z
z z
z
iz z z
i z dz
z z
iz z
z z C
π π π π π π π π
由此可知，式(6)化簡後仍可獲得相同答案：
2 2 2
2 2 cos 2
3 sin
2 1
0
=
− + +
+ =
∫
π + θθ dθ πi πi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首先討論−
∫
++ −+1
) 1 6 (
1 2
2 2
C
z dz z
z
iz
z 之積分值。其中
( )
) 1 6 (
1 2
2 2
+ +
−
− +
= z z z iz z z
f 需以 0 為中心
點作勞倫級數展開，故：
( )
+
−
−
− + − +
− + −
−
− +− + + −
=
+
− +− + +−
− −
=
+
− +−
+
+ +−
− −
= −
+
− +−
−
×−
+
+ +− +
×−
− −
=
−
−−
− ×
×− +
−− + ×
×−
− −
=
−
−
× − +
−
× −
−
− +
=
+ +
−
− +
=
i z i i
z
z z z
z i
z z z
z i
z z z
z i
z z z
z i
z z z
iz z
z z z
iz z z
f
2 1 2 3
2 2
2 3 2 2
2 2 3
1 2
2 3
1 1
2 2 3 2 2 1 3
1 2
2 2 1 3
2 2 1 3
1 2 8 9
1
2 2 3 1 2 2 3
1 2
2 3 1 2 2 3 2 1
1
2 2 1 3
1 2
2 3
1
2 2 1 3
1 2
2 3 2 1
1
) 2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1 1
2
) 1 6 (
1 2
2 2 2
由此可知a−1 =1，故：
( )
ii ia
z dz z
z
iz z
C
π π
π
2 1 2) 2 1 6 (
1 2
2 1 2
1
=
= + =
+
−
−
∫
+ −同理，−
∫
++ −+2
) 1 6 (
1 2
2 2
C
z dz z
z
iz
z 中之
( )
) 1 6 (
1 2
2 2
+ +
−
− +
= z z z iz z z
f 需以
(
−3+2 2)
為中心點作勞倫級數展開，亦即：
( )
) 2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1 1
2 ) 1 6 (
1 2
2 2 2
−
−
⋅ − +
−
⋅ −
−
− +
=
+ +
−
− +
=
z z z
iz z
z z z
iz z z
f
其中 ( 3 2 2) 1
+
−
−
z 已是以
(
−3+2 2)
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 2 3 (
1
−
−
−
z 需以
(
−3+2 2)
為中心點作勞倫級數展開，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
z z
z z
z
而 z
iz z2+2 −1
亦需以
(
−3+2 2)
為中心點作勞倫級數展開，說明如下：[ ]
[ ]
[ ]
+
+
−
− +
− + − +
−− + +
− + +
−
−
=
+
−
− +
−
− − + ×
−− + +
− + +
−
−
=
+
− + +
−
− − + +
− + +
−
−
=
− +
− = +
) 2 2 3 (
) 2 2 3 1 (
2 2 3 2 1 ) 2 2 3 ( ) 2 2 3 (
) 2 2 3 (
) 2 2 3 1 (
1 2
2 3 2 1 ) 2 2 3 ( ) 2 2 3 (
) 2 2 3 ( ) 2 2 3 ( 2 1
) 2 2 3 ( ) 2 2 3 ( 2 1 1
2 2
i z z
z i
z
i z z
i z z z
iz z
故：
( )
[ ]
+
+
−− + +
− − +
−
+
−
−
+
−− + +
−
−
=
+
− +
− + −
− +
− + −
⋅
+
+
−
− +
− + − +
−− + +
− + +
−
−
⋅
+
−
− −
=
+ +
−
− +
=
2 2 3 2 1 ) 2 2 3 2 ( 4 1 1 2 4
1
) 2 2 3 (
2 2 3 2 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 2 1 ) 2 2 3 ( ) 2 2 3 (
) 2 2 3 (
1 ) 1 6 (
1 2
2 2
2
i z
i z z
i z z
z
z z z
iz z z
f
其中之係數a 為： −1
i i i
i i i
i a
4 1 2
32 ) 2 4 ( 1 2
) 2 12 16 )(
2 12 16 (
) 2 12 16 )(
2 2 3 ( 1 2
2 12 16
) 2 2 3 ( 2 ) 2 12 16 (
2 12 16
1 ) 2 2 3 ( 2 ) 8 2 12 9 (
) 2 2 3 )(
2 4 (
1 ) 2 2 3 ( 2 ) 2 2 3 (
2 2 3 2 1 ) 2 2 3 2 ( 4
1
2 1
−
−
=
−
− −
−
=
+
−
+ +
− −
−
=
−
+
− +
− −
=
−
− +
− + +
− −
=
+
−
− +
− + +
− −
=
+
−− + +
−
−
− =
因此：
π π
π
22 2 4
1 2 ) 2
1 6 (
1 2
2
2
2 =− +
− − + =
+
−
−
∫
zzz + izz dz i i iC
由此可知，式(6)可再次獲得相同答案：
π π
π π
θ θ
π θ
2 2 2
2 2 cos 2
3 sin
2 1
0
=
− + +
+ =
∫
+ d i i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 e
e i e
d e e i
e e
e i e
e e d
e e
e i dz e
z z z
iz z
i i
i i
i i
i i
i i
i i
i i
i i
C
π
θ
θ ε θ ε
ε ε
θ ε ε
ε ε
ε ε
ε ε ε
ε
ε ε
π π
π
θ θ
θ θ
ε π
θ θ
θ θ
θ θ
ε π
θ θ
θ θ
θ θ
ε
2
) ( 1
) ]( 1 ) 0 ( 6 ) 0 [(
1 ) 0 ( 2 ) 0 (
) 1 ( ) ( 6 ) (
1 ) ( 2 ) lim (
) ](
1 ) ( 6 ) [(
1 ) ( 2 ) lim (
) ] (
1 ) ( 6 ) [(
1 ) ( 2 ) lim (
) 1 6 (
1 2
2
0 2
0 2 2 2
0 1
2 1
1 2
1 0
2
0
1 1
2 1 1
1 2
1 0
2
0
1 1
2 1 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)
為 圓 心 ， 故 曲 線C2可 表 為( )
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 i
i i i d i
i id
id i
id i
id i
e e
id e
i e
e e
e
d e i e
i e
e e
e
e d
e i
e
z dz z z
iz z
z dz z
z
iz z
i i
i i
i i
i
i i
i
i i
i
i i
i C
C
4 1 2 2
32 ) 2 4 ( 1 2 2
) 2 12 16 )(
2 12 16 (
) 2 12 16 )(
2 2 3 ( 1 2
) 2 (
12 16
) 2 2 3 ( 1 2
2 12 16
) )](
2 2 3 ( 2 ) 2 12 16 [(
) 2 4 )(
2 2 3 (
) ( } 1 ) 2 2 3 ( 2 ) 8 2 12 9 {(
)]
2 2 3 ( ) 2 2 3 )[(
2 2 3 (
) ( ] 1 ) 2 2 3 ( 2 ) 2 2 3 [(
)]
2 2 3 ( )
2 2 3 ][(
) 2 2 3 [(
) ( } 1 ] )
2 2 3 [(
2 ] )
2 2 3 lim {[(
)]
2 2 3 ( )
2 2 3 ][(
][
) 2 2 3 [(
) (
} 1 ] )
2 2 3 [(
2 ] )
2 2 3 lim {[(
)]
2 2 3 ( )
2 2 3 ][(
][
) 2 2 3 [(
] )
2 2 3 [(
} 1 ] )
2 2 3 [(
2 ] )
2 2 3 lim {[(
) 2 2 3 (
1 )
2 2 3 (
1 1
2
) 1 6 (
1 2
2
0 2
0 2
0 2
0 2
0
2 2
0 2 2
2 2
2 0
2
0 2 2 2
2 2
2 2 0
2
0 2 2 2
2 2
2 2 0
2 2 2
2 2 2 2 2
π π
θ θ
θ
θ θ
ε ε
θ ε
ε
ε ε
ε
θ ε
ε ε
ε ε
ε
ε ε
ε
π π
π π π
π
θ θ
θ θ
ε π
θ θ
θ
θ θ
θ ε
π
θ θ
θ
θ θ
θ ε
由此可再次證明出相同的答案，亦即式(6)可表為：
π π
π θ θ
π θ
2 2 4
1 2 2 cos 2
3 sin
2 1
0
=
+
− + =
∫
+ d i i i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
