6.3 圍線積分 (Contour Integral)

路徑積分

討論 $\displaystyle \int_\mathcal{C} f(z) dz$ 定義之前，須先討論 $\mathcal{C}$ 之分割(partition)。

設 $\mathcal{C}$ 為平面上之一圓滑曲線，其參數式為 $z(t), t\in[a,b]$，函數 $f$ 在 $\mathcal{C}$ 上均有定義，即若 $f(z)= u (x,y)+i v(x,y)$ ， $u(x,y),~v(x,y)$ 對 $(x,y)\in \mathcal{C}$ 均有定義。 在 $\mathcal{C}$ 上取 $n$ 個分點 (partition points)：

在 $z_{k-1}$ 到 $z_k$ 之一小段曲線 $\mathcal{C}_k=\stackrel{\LARGE\frown}{z_{k-1} z_k}$上任取一點 (作爲代表點，representation point) $z_k^* = x_k^*+i y_k^*$，即存在有 $t_k^*\in[t_{k-1},t_k]$ 使得 $z_k^*=z(t_k^*)\in \mathcal{C}_k$，而且 $\mathcal{C}=\cup_{k=1}^n \mathcal{C}_k$。定義 $S_n$ 為對應之黎曼和 (Riemann sum)，即

依據代表點 $z_k^*$ 的選擇，常見的黎曼和分成三種：

如果當 $\|P_n\|\triangleq \displaystyle \max_{1\le k\le n} \|z_k - z_{k-1}\|= \max_{1\le k\le n} \|\Delta z_k\|$ 趨近於零時 (這時候，$\max\limits_{1\le k\le n}|t_{k}-t_{k-1}|=\max\limits_{1\le k\le n} |\Delta t_{k}|\to 0$)， $S_n$ 趨近於一個定值，這一個定值稱為 $f$ 沿著曲線 $\mathcal{C}$ 之路徑積分(path integral)，記作 $\displaystyle \int_\mathcal{C} f(z) dz$ ，此時稱 $f$ 在 $\mathcal{C}$ 上可積分。

定義6.3-1. 設 $\mathcal{C}$ 為圓滑曲線，則延此曲線之路徑積分(path integral)定義為

範例6.3-1. 以 $n=8$ 的中點黎曼和估算 $\displaystyle\int_\mathcal{C} \exp(z) dz$ 之值，其中 $\mathcal{C}$ 為連接 $A=0$ 到 $B=2+i\frac{\pi}{4}$ 之線段。

• [解]

  路徑 $C$ 之參數式為 $z(t)=(2+i\frac{\pi}{4})t,~0\le t\le 1$。由於

  $$t_k=k\frac{1}{8}(1-0)=\frac{k}{8},\quad z_k=z(t_k)=(2+i\frac{\pi}{2})\frac{k}{8}=\frac{k}{4}+i\frac{k\pi}{32} =k\left(\frac{1}{4}+i\frac{\pi}{32}\right),$$

  且 $\Delta z_k=\frac{1}{4}+i\frac{\pi}{32}\triangleq \Delta z$，對應的 $P_8$ 則為

  $$P_8=\bigg\{0,\frac14+i\frac{\pi}{32},\frac12+i\frac{\pi}{16},\frac34+i\frac{3\pi}{32},1+i\frac{4\pi}{8},\frac54+i\frac{5\pi}{32}, \frac32+i\frac{3\pi}{16}, \frac72+i\frac{7\pi}{32},1\bigg\}.$$

  代表點取中點，因此 $z_k^*=\frac{2k-1}{8}+i\frac{(2k-1)\pi}{64} =\frac{2k-1}{2}\Delta z$，對應的黎曼和則為

  $$S(P_8)=\sum_{k=1}^{8} f(z_k^*) \Delta z =\sum_{k=1}^{8} \exp\left(\frac{2k-1}{8}+i\frac{(2k-1)\pi}{64}\right)\left(\frac{1}{4}+i\frac{\pi}{32}\right) \approx 4.22620+5.20473 i.$$

  對應的Python程式如下：

  https://trinket.io/embed/python3/4436aaba0d

  註：正確值為

  $$\int_C \exp(z) dz = \exp(z)\bigg|_{z\in C}=\exp(z)\bigg|_{0}^{2+i\frac{\pi}{4}}=e^{2+i\frac{\pi}{4}}-1\approx4.22485+5.22485i.$$

除了黎曼和來求路徑積分之近似值外，是否可以算出其真正的值，而非近似值？是，可以透過參數化來達成。從式(6.3-2)來看，

證明如下。

定理6.3-1. 設 $\mathcal{C}$ 為積分路徑，其參數化為 $z(t),~t\in[a,b]$，假設 $f$ 在 $\mathcal{C}$ 上連續，則

• [證明]

  假設 $f$ 在 $\mathcal{C}$ 上連續，令 $f(z)=u(x,y)+ i v(x,y)$，因 $u(x,y)$ 與 $v(x,y)$ 在路徑 $\mathcal{C}$ 上連續，因此可積分(參見微積分的 Line Integral)，則 $f$ 在 $\mathcal{C}$ 上必可積分。若令 $z_k = x_k+i y_k$，則 $z_k -z_{k-1}=( x_k - x_{k-1}) +i (y_k - y_{k-1})$，由式(6.3-1)可得

  $$\begin{align*} S_n & = \sum_{k=1}^n \Big[ u(x_k^*,y_k^*)+i v(x_k^*,y_k^*)\Big]\Big[(x_k-x_{k-1})+i(y_k-y_{k-1})\Big] \\ & = \sum_{k=1}^n \Big[u(x_k^*,y_k^*)(x_k-x_{k-1})- v(x_k^*,y_k^*) (y_k-y_{k-1})\Big] \\ & +i \sum_{k=1}^n \Big[ v(x_k^*,y_k^*) (x_k-x_{k-1})+ u(x_k^*,y_k^*) (y_k-y_{k-1})\Big] \\ & = \sum_{k=1}^n \Big[u(x_k^*,y_k^*)\Delta x_k- v(x_k^*,y_k^*) \Delta y_k \Big] +i \sum_{k=1}^n \Big[ v(x_k^*,y_k^*) \Delta x_k+ u(x_k^*,y_k^*) \Delta y_k \Big] \\ \end{align*}$$

  故

  $$\int_\mathcal{C} f(z) dz = \int_\mathcal{C} (u dx-v dy)+i \int_\mathcal{C} (v dx+u dy)$$

  因為 $\mathcal{C}$ 為圓滑曲線

  $$\begin{equation*} \int_\mathcal{C} (u dx-vdy) = \int_a^b\left[u(x(t),y(t))x'(t)-v(x(t),y(t)) y'(t) \right] dt \end{equation*}$$

  $$\begin{equation*} \int_\mathcal{C} (v dx+u dy) =i \int_a^b\left[v(x(t),y(t))x'(t)+u(x(t),y(t)) y'(t) \right] dt \end{equation*}$$

  代入上述積分式可得

  $$\int_\mathcal{C} f(z) dz = \int_a^b (u x'-vy') dt+i\int_a^b (vx'+uy') dt$$

  即為所求。 $\hspace{9cm}\blacksquare$

從定理6.3-1的證明過程中，若 $f=u+i~v$ 以及 $z = x+i y$，可知下式(6.3-3)同義於：

範例6.3-2. 以使用參數化方式計算 $\displaystyle\int_\mathcal{C} \exp(z) dz$ 之值，其中 $\mathcal{C}$ 為連接 $A=0$ 到 $B=2+i\frac{\pi}{4}$ 之線段。

• [解]

  路徑 $C$ 之參數式為 $z(t)=(2+i\frac{\pi}{4})t,~0\le t\le 1$，因此 $z'(t)=2+i\frac{\pi}{4}$，因此

  $$\int_C \exp(z)dz = \int_0^1 \exp\left(t(2+i\frac{\pi}{4})\right)\left(2+i\frac{\pi}{4}\right)dt =\exp\left(t(2+i\frac{\pi}{4})\right)\bigg|_0^1=\exp\left(2+i\frac{\pi}{4}\right)-1.$$

範例6.3-3. 計算 $\displaystyle\int_\mathcal{C} z^2 dz$ 之值，其中 $\mathcal{C}$ 之參數式為 $\gamma(t)=t(1+i),~t\in[0,1]$ 。

• [解]

  $\gamma'(t)=1+i$，因此

  $$\int_\mathcal{C} z^2dz = \int_0^1 t^2(1+i)^2 (1+i)dt =\frac{t^3}{3}\bigg|_{0}^{1} (1+i)^3 =\frac{2}{3}(-1+i).$$

範例6.3-4. 計算 $\displaystyle\int_{C_1(0)} z^m~ dz$ 之值，其中 $m\in\mathbb{Z}$。

• [解]

  單位圓 $C_1(0)$ 之參數式為 $z(t)=e^{i t},~t\in[-\pi,\pi]$，因此 $z'(t)=i e^{i t}$，因此

  $$\int_{C_1(0)} z^m dz = \int_{-\pi}^{\pi} e^{i m t} i e^{i t}dt = i \int_{-\pi}^{\pi} e^{i (m+1) t} dt =\begin{cases} 2\pi i, & m=-1,\\ i \frac{e^{i (m+1) t}}{m+1}\bigg|_{-\pi}^{\pi} =0,& m\neq -1. \end{cases}$$

範例6.3-5. 計算 $\displaystyle\int_{C_1^+(2)} \frac{1}{z-2} dz$ 之值，其中 $C_1^+(2)$ 表示以 $2$ 為圓心半徑為 $1$ 的上半圓。

• [解]

  以 $2$ 為圓心的單位上半圓 $C_1^+(2)$ 之參數式為 $z(t)=2＋e^{i t},~t\in[0,\pi]$，因此 $z'(t)=i e^{i t}$，因此

  $$\int_{C_1^{+}(0)} \frac{1}{z-2} dz = \int_{0}^{\pi} \frac{1}{e^{it}} i e^{i t}dt = \int_{0}^{\pi} i dt = \pi i.$$

  註：此例將 $C_1^+(2)$ 改為整個圓，即 $C_1(2)$，則積分值變成 $2\pi i$。同時，分母等於零的點 $z=2$ 也在 $C_1(2)$ 的內部。

設 $\frac{d}{dz} F(z)=f(z)$ 且 延曲線 $\mathcal{C}$ 之參數式為 $z(t),~t\in[a,b]$，則因

可知複數微積分基本定理的另一個版本如下，參見 6.5 節：

這類型的積分具有下列性質：

性質：設 $k\in\mathbb{C}$，以及 $f$ 及 $g$ 在 $\mathcal{C}$ 均可積分，則有

1. $\displaystyle \int_{-\mathcal{C} } f(z) dz= -\int_\mathcal{C} f(z)dz$.

2. $\displaystyle\oint_\mathcal{C} \left( f(z)\pm g(z) \right) dz = \oint_\mathcal{C} f(z) dz \pm \oint_\mathcal{C} g(z) dz$.

3. $\displaystyle \int_{\mathcal{C} } k f(z) dz= k \int_\mathcal{C} f(z)dz$.

4. $\displaystyle \int_{\mathcal{C} _1+\mathcal{C} _2} f(z) dz= \int_{\mathcal{C} _1} f(z)dz+\int_{\mathcal{C} _2} f(z) dz$.

5. 設 $\gamma_1(t)$ 與 $\gamma_2(t)$ 其中 $t\in[a,b]$ 為路徑 $\mathcal{C}$ 之兩種參數表示法，則

   $$\int_\mathcal{C} f(z)dz =\int_a^b f(\gamma_1(t))\gamma_2'(t) dt =\int_a^b f(\gamma_2(t))\gamma_2'(t) dt$$

• [證明]

  只證明1的部分，其餘練習。
  設
  $z(t),~t\in[a,b]$ 為路徑 $\mathcal{C}$ 之參數式，令 $\tau =-t$ 且 $\gamma(\tau),~\tau\in[-b,-a]$ 為 $-\mathcal{C}$ 之參數式，即 $\gamma(\tau)=z(-\tau)$，因此

  $$\begin{align*} \int_{-\mathcal{C}}f(z)dz&=\int_{-b}^{-a}f(\gamma(\tau))\gamma'(\tau)d\tau =\int_{-b}^{-a}f(z(-\tau))\textcolor{red}{(-1)}z'(-\tau)d\tau \\ &=\int_{-a}^{-b}f(z(-\tau))z'(-\tau)d\tau \stackrel{t=-\tau}{=}\int_{a}^{b}f(z(t))z'(t)d t=\int_\mathcal{C}f(z)dz. \end{align*}$$

路徑與積分值相關性

範例6.3-6. 證明 $\displaystyle \int_{C_1} z dz=\int_{C_2} z dz=4+2i$ ，其中 $C_1$ 與 $C_2$ 圖示如下：

• [解]

  $C_1$ 之參數式為 $z(t)=-1-i+t[(3+i)-(-1-i)]=-1-i+(4+2i)t,~t\in[0,1]$，因此 $z'(t)=4+2i$，因此

  $$\begin{align*} \int_{C_1} z dz &= \int_{0}^{1} [-1-i+(4+2i)t](4+2i)dt \\ &= \int_{0}^{1} [-(2+6i)+(12+16i)t] dt \\ &= -(2+6i)t+(12+16i)\frac{t^2}{2}\bigg|_0^1 =4+2i. \end{align*}$$

  $C_2$ 係沿著 $x=(y+1)^2-1$ 的拋物線，因此其參數式為 $z(t)=x(t)+iy(t)=(t^2+2t)+i t =t^2+(2+i)t,~t\in[-1,1]$，因此 $z'(t)=2t+2+i$，因此

  $$\begin{align*} \int_{C_2} z dz &= \int_{-1}^{1} (t^2+2t+it)(2t+2+i)dt \\ &= \int_{-1}^{1} (2t^3+6t^2+3t) dt +i\int_{-1}^{1} (3t^2+4t)dt \\ &= (\frac{t^4}{2}+2t^3+\frac32t^2)+i(t^3+2t^2)\bigg|_{-1}^1 =4+2i. \end{align*}$$

  註：令 $F(z)=\frac{z^2}{2}$，則 $F’(z)=z$，因此 $\displaystyle\int_{z(a)}^{z(b)} z dz =\frac{z^2}{2}\bigg|_{z(a)}^{z(b)}$，亦即

  $$\displaystyle\int_{-1-i}^{3+i} z dz=\frac{z^2}{2}\bigg|_{-1-i}^{3+i}=\frac12[(3+i)^2-(-1-i)^2]=4+2i$$

範例6.3-7. 計算 $\displaystyle \int_{C_1} \bar{z} dz$ 與 $\displaystyle \int_{C_2} \bar{z} dz$，其中 $C_1$ 與 $C_2$ 圖示如下：

• [解]

  $C_1$ 為從正向上半圓之逆向路徑，即 $C_1$ 之參數式為 $z(t)=e^{-it},~t\in[-\pi,0]$，因此 $z'(t)=-ie^{-it}$，而 $C_2$ 之參數式為

  $$\begin{cases} z_1(t)=-1+it,& 0\le t\le 1,\\ z_2(t)=-1+2t+i,& 0\le t\le 1,\\ z_3(t)=1+i(1-t),& 0\le t\le 1, \end{cases}$$

  對應之導數為 $z_1'(t)=i,~z_2'(t)=2,~z_3'(t)=-i$。因此

  $$\begin{align*} \int_{C_1} \bar{z} dz &= \int_{-\pi}^{0} e^{it} (-i e^{-it}) dt = -i \int_{-\pi}^{0} dt = -\pi i. \end{align*}$$

  而

  $$\begin{align*} \int_{C_2} \bar{z} dz &=\int_{0}^{1} (-1-it)idt +\int_{0}^{1} (-1+2t-i)2dt +\int_{0}^{1} [1-i(1-t)](-i)dt\\ &= \int_{0}^{1} [(6t-3)-4i]dt =3t^2-3t-4it\bigg|_{0}^{1}=-4i. \end{align*}$$

從範例6.3-6表示 $\displaystyle\int_\mathcal{C} z dz$ 之積分值與路徑無關，只與積分路徑的起點和終點座標有關；然而範例6.3-7顯示 $\displaystyle\int_\mathcal{C} \bar{z} dz$ 之積分值則除了與積分路徑的起點與終點座標有關外，也和路徑有關。問題來了，函數具有哪些性質，可以讓 $\displaystyle \int_\mathcal{C} f(z) dz$ 之積分值與路徑無關?

例題6.3-8. 計算 $f(z)=z^2$ 及 $\displaystyle g(z) = \frac{1}{z}$ 沿著下圖所示從 $-1$ 到 $1$ 之上半圓與下半圓之積分值。

• [解]

  設 $C_1$ 為從$-1$ 到 $1$ 的順時針繞之上半圓，其參數式為 $z(t)=-e^{-i t}, t\in[-\pi,0]$，而 $C_2$ 為從$-1$ 到 $1$ 的逆時針繞之下半圓，其參數式為 $z(t)=e^{i t}, t\in[-\pi,0]$，故

  $$\begin{align*} \int_{C_1} f(z) dz & = \int_{-\pi}^0 e^{-i 2t} i e^{-i t} dt =-i\int_{-\pi}^0 e^{-3it} dt= -i \frac{e^{-i3t}}{-3i} \bigg|_{-\pi}^0 = \frac13(e^0-e^{i3\pi})=\frac23, \end{align*}$$

  又

  $$\begin{equation*} \int_{C_2} f(z) dz = \int_{-\pi}^{0} e^{i2t}i e^{it}dt= i\int_{-\pi}^{0} e^{i 3t} dt = i\frac{e^{i 3t}}{3i} \bigg|_{-\pi}^{0}= \frac13(1-e^{-i3\pi}) = \frac23. \end{equation*}$$

  且

  $$\begin{equation*} \int_{C_1} g(z) dz = \int_{-\pi}^0 \frac{1}{-e^{-i t}} i e^{-i t} dt = -i \int_{-\pi}^{0} dt = -\pi i, \end{equation*}$$

  $$\begin{equation*} \int_{C_2} g(z) dz = \int_{-\pi}^{0} \frac{1}{e^{i t}} i e^{i t} dt = i \int_{-\pi}^{0} dt = \pi i. \end{equation*}$$

  整理得

  $$\begin{equation*} \int_{C_1} f(z) dz = \int_{C_2} f(z) dz,\quad \int_{C_1} g(z) dz \neq \int_{C_2} g(z) dz. \end{equation*}$$

  亦即函數 $f$ 的積分和路徑無關，但函數 $g$ 的積分和路徑有關。

這個例子說明
$f$ 沿著 $C_1$ 或 $C_2$ 其值均相等，事實上從 $-1$ 到 $1$ 點做任一個簡單圓滑曲線 $\mathcal{C}$， 其值均為 $\displaystyle \frac23$，而 $\displaystyle \frac23 = \frac13(1^3-(-1)^3)$，即

其值只是起點與終點有關而與所經之路徑無關。但同樣的路徑， $g(z)$ 則有不同之值，即 $\displaystyle \int_\mathcal{C} g(z) dz$ 之值與路徑有關。這兩個函數的最大差異是函數 $g$ 在單位圓內有分母為零的點(極點) $z=0$。又從此例中可看出單位圓 $C_1^+(0)=-C_1 + C_2$，因此

如果仔細檢查，若 $F'(z)=f(z)$，則有

為複數之微積分基本定理形式，但對於函數 $g(z)$ 而言， 是因 $\displaystyle (\log z)' = \frac{1}{z}$， $\log 1-\log(-1)=-2k\pi,~k\in\mathbb{Z}$，此值不定，因為$-1$剛好在函數 $\log z$ 的分支切上面。回憶函數 $\log_\alpha(z)=\ln |z| + i \theta$，其中 $\theta\in\arg_\alpha z$，即 $\alpha<\theta\le \alpha+2\pi$，因此若取 $\displaystyle \log z=\log_{-\frac{\pi}{2}}z$ 則 $\displaystyle \log_{-\frac{\pi}{2}} 1-\log_{-\frac{\pi}{2}}(-1)=-\pi i$；但若取 $\displaystyle \log z=\log_{\frac{\pi}{2}}z$ ，則有 $\displaystyle \log_{\frac{\pi}{2}} 1-\log_{\frac{\pi}{2}}(-1)=2\pi i -\pi i=\pi i$，所以我們自然會問一個問題：在什麼情況下一個複數積分只與起點、終點有關，而與所走的路徑無關呢？將在下一節討論。

以下介紹兩個重要的不等式。

定理6.3-2. (絕對值不等式)

設 $f(t)=u(t) + i v(t)$ 為 $t$ 之連續函數，則 $\displaystyle \left|\int_a^b f(t) dt \right|\le \int_a^b |f(t)| dt$。

• [證明]

  當 $\displaystyle \int_a^b f(t) dt=0$，此式明顯成立。假設 $\displaystyle \int_a^b f(t) dt=r_0 e^{i\theta_0},~r_0\neq 0$，則有

  $$\begin{align*} \left|\int_a^b f(t) dt\right|=r_0 &=\int_a^b f(t) e^{i\theta_0} dt =\text{Re} \int_a^b f(t) e^{i\theta_0} dt =\int_a^b \text{Re}(f(t) e^{i\theta_0}) dt \\ &\le \int_a^b \left|f(t) e^{i\theta_0}\right| dt = \int_a^b \left|f(t)\right| dt. \end{align*}$$

  上述最後一個等號用到性質 $|e^{i\theta_0}|=1$。 $\hspace{6cm}\blacksquare$

定理6.3-3. (ML不等式)

設 $f(z)=u(x,y) + i v(x,y)$ 在曲線 $\mathcal{C}$ 上之連續函數，則 $\displaystyle \left|\int_\mathcal{C} f(z) dz \right|\le M~L$，其中 $M$ 為 $\left|f(z)\right|$ 在曲線 $\mathcal{C}$ 之上界，而 $L$ 為曲線 $\mathcal{C}$ 之長度。

• [證明]

  設 $z=\gamma(t),~t\in[a,b]$ 為曲線 $\mathcal{C}$ 之參數化，因此

  $$\begin{align*} \left| \int_{\mathcal{C}} f(z) dz\right| =\left| \int_{a}^b f(\gamma(t)) \gamma'(t) dt\right| &\stackrel{\text{定理6.3-2}}{\le} \int_a^b \left|f(\gamma(t))\right||\gamma'(t)|dt \\ &\le M \int_a^b |\gamma'(t)| dt =M \int_{\mathcal{C}} |dz| = M~L. \end{align*}$$

  $\hspace{11cm}\blacksquare$

例題6.2-2. 估計積分之上界 $\displaystyle \left| \int_\mathcal{C} \frac1{z^2+1} dz \right|$，其中 $\mathcal{C}$ 為從 $2$ 到 $2+i$ 之線段。

• [解]

  首先估計 $|f(z)|$ 在 $z\in\mathcal{C}$ 上之上界，即

  $$\begin{equation*} \max_{z\in\mathcal{C}}\left|\frac{1}{z^2+1}\right| \end{equation*}$$

  因 $|z^2+1| = |z+i| \cdot |z-i|$， 由圖形可知 $|z-i|\ge 2$ (最短距離是從 $2+i$ 到 $i$)且 $|z+i|\ge \sqrt{5}$ (最短距離是從 $2$ 到 $-i$)， 故 $\displaystyle \left|\frac{1}{z^2+1}\right| \le \frac{1}{2\sqrt{5}}$，而且線段 $\mathcal{C}$ 的長度等於1，即 $L=1$，所以由ML不等式知

  $$\begin{equation*} \left| \int_\mathcal{C} f(z) dz \right| \le \frac{1}{2\sqrt{5}} L=\frac{1}{2\sqrt{5}}\cdot 1=\frac{1}{2\sqrt{5}}. \end{equation*}$$