6.4 Cauchy-Goursat 定理

先討論 $\mathbb{R}^2$ 平面上之 Green 定理

定理6.4.1. (Green 定理)

設 $\mathcal{C}$ 為正向簡易閉圍線且 $R=\text{Int}(\mathcal{C})$。若 $P,~Q\in C^1(R\cup \mathcal{C})$，則

• [證明]

  針對給定曲線 $\mathcal{C}$，可以分別表為 $\mathcal{C}=C_1+C_2=C_3+C_4$，如下圖所示：

  

  當 $\mathcal{C}=C_1+C_2$ 時，其參數式為 $\begin{aligned} C_1:& z_1(t)=t+i g_1(t),\\ -C_2:& z_1(t)=t+i g_2(t), \end{aligned} t\in[a,b]$ 則有

  $$\begin{align*} -\iint_{R}\frac{\partial P}{\partial y}dxdy &=-\int_a^b\left[\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}\frac{\partial P}{\partial y}dy\right]dx= \int_a^b P(x,g_1(x))dx-\int_a^b P(x,g_2(x))dx \\ & = \int_a^b P(t,g_1(t))dt-\int_a^b P(t,g_2(t))dt\\ &= \int_{C_1} P(x,y)dx-\int_{-C_2} P(x,y)dx=\int_{C_1} P(x,y)dx+\int_{C_2} P(x,y)dx\\ &=\oint_\mathcal{C} P(x,y)dx. \end{align*}$$

  當 $\mathcal{C}=C_3+C_4$ 時，其參數式為 $\begin{aligned} -C_3:& z_1(t)=h_1(t)+i t,\\ C_4:& z_1(t)=h_2(t)+i t, \end{aligned} t\in[c,d]$ 則有

  $$\begin{align*} \iint_{R}\frac{\partial Q}{\partial x}dxdy &=\int_c^d\left[\int_{h_1(x)}^{h_2(x)}\frac{\partial Q}{\partial y}dx\right]dy= -\int_c^d Q(h_1(y),y)dy+\int_c^d Q(h_2(y),y)dy \\ & = -\int_c^d Q(h_1(t),t)dt+\int_c^d Q(h_2(t),t)dt\\ &= -\int_{-C_3} Q(x,y)dy+\int_{C_4} Q(x,y)dy=\int_{C_3} Q(x,y)dy+\int_{C_4} Q(x,y)dy\\ &=\oint_\mathcal{C} Q(x,y)dy. \end{align*}$$

  結合可得

  $$\oint_\mathcal{C}P(x,y)dx+Q(x,y)dy = \iint_{R}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy.$$

進一步討論本節主要結論及其證明。

定理6.4-2. (Cauchy-Goursat定理)

設 $\mathcal{D}$ 為簡易連通域且 $f$ 為定義在 $\mathcal{D}$ 上之解析函數。若 $\mathcal{C}$ 為 $\mathcal{D}$ 內之簡易閉曲線，則 $\displaystyle \oint_\mathcal{C} f(z) dz=0$。

• [證明1] Cauchy 的證明：增加假設 $f'$ 在 $\mathcal{D}$ 為連續 (使用 Green 定理)。

  設 $f(z)=u(x,y)+i v(x,y)$ 在 $\mathcal{D}$ 上為解析，故CRE成立，即 $u_x=v_y,~u_y=-v_x$。又 $f'$ 在 $\mathcal{D}$ 為連續，面積分 $\displaystyle \iint_{R} (u_x-u_y)dxdy$ 與 $\iint_R (v_x+u_y)dxdy$ 存在。 令 $dz=dx + i dy$ 以及 $R=\text{Int}(\mathcal{C})\subset \mathcal{D}$，則

  $$\begin{align*} \oint_{\mathcal{C}}f(z)dz &\stackrel{\text{(6.3-4)式}}{=} \oint_{\mathcal{C}} [u(x,y) dx - v(x,y) dy]+i \oint_{\mathcal{C}} [v(x,y) dx + u(x,y) dy]\\ &\stackrel{\text{Green 定理}}{=} \iint_{R}\left(-\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}\right)dxdy +i \iint_{R}\left(\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v}{\partial y}\right)dxdy \\ &\stackrel{\text{CRE}}{=}\iint_{R}0 dxdy +i \iint_{R}0dxdy=0. \end{align*}$$

  注意：因為 $f'$ 在 $\mathcal{D}$ 為連續，即對應的 $u_x,~u_y,~v_x,~v_y$等均連續，故上述兩個二重積分存在。$\hspace{11cm}\blacksquare$

• [證明2] Goursat 的證明：不假設 $f'$ 在 $\mathcal{D}$ 為連續 (即不用 Green 定理)。

  設 $\mathcal{C}$ 為三角形正向圍線如下圖所示，令 $R=\text{Int}(\mathcal{C})$ 且將 $R$ 分成四個等面積的區域，由 $C^1,~C^2,~C^3,~C^4$四個過三角形 $\mathcal{C}$ 三邊之中點所形成的正向圍線。由於部分線段積分方向相反，積分值會互相抵消，因此 $\mathcal{C}=C^1+C^2+C^3+C^4$，且 $C^k,~k=1,2,3,4$ 之周長為 $\mathcal{C}$ 之一半，亦即

  $$\oint_\mathcal{C}f(z)dz=\oint_{C^1}f(z)dz+\oint_{C^2}f(z)dz+\oint_{C^3}f(z)dz+\oint_{C^4}f(z)dz.$$

  

  假設 $C_1$ 是 $\displaystyle\left| \oint_{C^k} f(z) dz\right|,~k=1,2,3,4$中值最大的圍線，因而

  $$\left|\oint_\mathcal{C}f(z)dz\right|\le \sum_{k=1}^4 \left|\oint_{C^k}f(z)dz\right|\le 4\left|\oint_{C_1}f(z)dz\right|.$$

  再將 $C_1$ 重覆細分成4塊，即 $C_1=C^{11}+C^{12}+C^{13}+C^{14}$，若 $C_2$ 是對應的四個積分中，積分絕對值最大的圍線，則有

  $$\left|\oint_{C_1} f(z)dz\right| \le 4 \left|\oint_{C_2} f(z)dz\right|.$$

  如此不段重覆，最後可得

  $$\left|\oint_{C_n} f(z)dz\right| \le 4 \left|\oint_{C_{n+1}} f(z)dz\right|,~n=1,2,3,\ldots.$$

  因此

  $$\left|\oint_{C} f(z)dz\right| \le 4^n \left|\oint_{C_{n}} f(z)dz\right|,~n=1,2,3,\ldots.$$

  想要證明積分等於零，必須用到解析的性質。設 $T_n=\text{Int}(C_n)\cup C_n$，即包含邊在內的三角形，明顯地 $T_1\supset T_2 \supset \cdots \supset T_n \supset T_{n+1}\supset \cdots$，因 $\mathcal{D}$ 為簡易連通集，故可設存在 $z_0\in\mathcal{D}$ 使得 $\cap_{n} T_n=\{z_0\}$。由於 $f$ 在 $\mathcal{D}$ 上解析，因此在 $z_0$ 的鄰域上有線性近似：

  $$f(z)=f(z_0)+f'(z_0)(z-z_0)+\eta(z)(z-z_0),~\text{其中~} \lim_{z\to z_0} \eta(z)=0.$$

  所以視 $T_n$ 為 $z_0$ 之鄰域，則有

  $$\begin{align*} \oint_{C_n} f(z)dz &=\oint_{C_n} [f(z_0)+f'(z_0)(z-z_0)+\eta(z) (z-z_0)]dz \\ &=f(z_0)\oint_{C_n} 1 dz+f'(z_0)\oint_{C_n} (z-z_0)dz+ \oint_{C_n} \eta(z) (z-z_0)dz \\ &=\oint_{C_n} \eta(z) (z-z_0)dz. \end{align*}$$

  由於 $\lim\limits_{z\to z_0} \eta(z)=0$，因此

  $$\forall \varepsilon>0,~\exists \delta >0 \text{~s.t.~} 0<|z-z_0|<\delta\implies \left|\eta(z)\right|<\frac{2}{L^2}\varepsilon,\quad L=\oint_{\mathcal{C}} |dz|.$$

  當 $n$ 夠大時，使得 $C_n\subset D_\delta(z_0)$，

  

  即

  $$\exists N \text{~.s.t~}\forall n\ge N\implies |z-z_0|<\frac12 L_n<\delta ,~\forall z\in T_n,\quad L_n=\oint_{C_n}|dz|.$$

  而且 $L_n=\frac12 L_{n-1}=\cdots=\left(\frac12\right)^n L$。如此一來，

  $$\begin{align*} \left| \oint_\mathcal{C} f(z) dz\right| &\le 4^n \left| \oint_{C_n} f(z) dz\right| =4^n \left| \oint_{C_n} \eta(z)(z-z_0) dz\right| \le 4^n \oint_{C_n} |\eta(z)|~|z-z_0|~|dz| \\ & \stackrel{\text{ML不等式}}{\le} 4^n \frac{2}{L^2} \varepsilon \left(\frac12\right)L_n\oint_{C_n} ~|dz| = 4^n \frac{2}{L^2} \varepsilon \left(\frac12\right)L_n^2= 4^n \frac{2}{L^2} \varepsilon \left(\frac12\right)^{2n+1}L^2 \\ &<\varepsilon \end{align*}$$

  亦即當 $\mathcal{C}$ 為三角形時， $\displaystyle \oint_\mathcal{C} f(z) dz=0$。若 $\mathcal{C}$ 不是三角形，而是多邊形時，運用積分在重復的邊會相互抵消的性質，多邊形可以視為許多三角形的組合，由於三角形的圍線積分等於零，因此當 $\mathcal{C}$ 為任意的多邊形時，其圍線積分亦等於零。

  當 $\mathcal{C}$ 為任意簡易封閉曲線時，則由近似定理可知 $\mathcal{C}$ 可以用多邊形來足夠逼近，因此本定理成立。 $\hspace{11cm}\blacksquare$

範例6.4-1. 考慮如下圖之積分路徑 $\mathcal{C}$，則因 $e^z,~\cos(z),~z^n$ 為 $\mathcal{D}$ 上的解析函數，由 Cauchy-Goursat定理知

$$\oint_{\mathcal{C}} e^z dz=0,\quad \oint_{\mathcal{C}} \cos(z) dz=0,\quad \oint_{\mathcal{C}} z^n dz=0,\quad n\in\mathbb{N}\cup\{0\}.$$

又因 $0\not\in \text{Int}(\mathcal{C})$， $\displaystyle \oint_\mathcal{C} \frac{1}{z^n}dz=0,~\forall z\in\mathbb{N}.$

定理6.4-3. (圍線變形定理)

設 $C_1$ 與 $C_2$ 為兩簡易閉合正向圍線且 $C_1\in\text{Int}(C_2)$，令域 $\mathcal{D}$ 為包含 $C_1$ 與 $C_2$ 以及兩者之間的區域在內。若 $f$ 為 $\mathcal{D}$ 上之解析函數，則 $\displaystyle\oint_{C_1}f(z)dz=\oint_{C_2}f(z)dz$。

• [證明]

  設區域 $\mathcal{D}$ 被分成兩塊 $\mathcal{D}_1$ 與 $\mathcal{D}_2$，即 $\mathcal{D}=\mathcal{D}_1\cup\mathcal{D}_2$ ，令

  $$K_1=-C_1^*+L_1+C_2^*-L_2,\quad K_2=-C_1^{**}+L_2+C_2^{**}-L_1$$

  亦即 $\mathcal{D}_1$ 為包含 $K_1$ 和 $\text{Int}(K_1)$ 在內的域，以及 $\mathcal{D}_2$ 為包含 $K_2$ 和 $\text{Int}(K_2)$ 在內的域，圖示如下：

  

  因 $f$ 在 $\mathcal{D}$ 上解析，則 $f$ 在 $\mathcal{D}_1$ 與 $\mathcal{D}_2$ 上解析，且

  $$K_1+K_2=C_2-C_1.$$

  由 Cauchy-Goursat 定理 知

  $$\oint_{K_1+K_2}f(z)dz=\oint_{K_1} f(z) dz+\oint_{K_2} f(z) dz=0+0$$

  因此

  $$\oint_{C_2-C_1}f(z)dz=0\implies \oint_{C_1} f(z)dz = \oint_{C_2} f(z)dz.$$

  $\hspace{11.5cm}\blacksquare$

推論6.4-1. 設 $\mathcal{C}$ 為正向簡易閉合圍線，且 $z_0\in\text{Int}(\mathcal{C})$，則

$$\oint_\mathcal{C}\frac{dz}{z-z_0}=2\pi i,\quad \oint_\mathcal{C}\frac{dz}{(z-z_0)^n}=0, \forall n>1.$$

• [證明]

  令 $R>0$ 使得 $C_R(z_0)\subset \text{Int}(\mathcal{C})$。 $C_R(z_0)$ 之參數式為 $z(t)=z_0+R e^{i t},~t\in[0, 2\pi]$。設域 $\mathcal{D}$ 為包含 $\mathcal{C}$ 與 $C_R(z_0)$ 和兩圍線之間的區域在內，因 $\displaystyle \frac{1}{(z-z_0)^n}$ 在 $\mathcal{D}$ 上解析，由圍線變形定理知

  $$\begin{align*} \oint_{\mathcal{C}}\frac{dz}{(z-z_0)^n}dz &=\oint_{C_R(z_0)}\frac{dz}{(z-z_0)^n} =\int_0^{2\pi} \frac{R i e^{i t}}{R^n e^{i n t}}dt \\ &=\frac{1}{R^{n-1}}\int_0^{2\pi} i e^{i(1-n)t}dt =\begin{cases} \displaystyle\frac{1}{R^{n-1}}\int_0^{2\pi} 1 dt=2\pi i, & n=1, \\ \displaystyle\frac{i}{R^{n-1}}\frac{e^{i(1-n)t}}{1-n}\bigg|_0^{2\pi}=0, & n>1. \end{cases} \end{align*}$$

定理6.4-4. (擴充Cauchy-Goursat定理)

設 $C_1,~C_2,~\ldots,~C_n$ 為正向簡易閉合圍線， 又 $C_1,~C_2,~\ldots,~C_n\subset\text{Int}(\mathcal{C})$ 且令域 $\mathcal{D}$ 為包含 $\mathcal{C}$ 和 $C_1,~C_2,\ldots,C_n$ 以及其間所圍的區域在內。若 $f$ 為 $\mathcal{D}$ 上之解析函數，則

$\displaystyle \oint_\mathcal{C} f(z)dz=\sum\limits_{i=1}^n \oint_{C_i} f(z)dz$。

• [證明]

  自行練習。

範例6.4-2. 證明 $\displaystyle \oint_\mathcal{C}\frac{2z}{z^2+2}dz=4\pi i$，其中 $\mathcal{C}$ 為圓心在原點半徑為2之正向圓。

• [解]

  $\mathcal{C}=C_2^+(0)$ ，因 $\frac{2z}{z^2+2}dz=\frac{1}{z+i\sqrt{2}}+\frac{1}{z-i\sqrt{2}}$，且 $\pm \sqrt{2} i \in\text{Int}(\mathcal{C})$，由 推論6.4-1 知

  $$\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z+i\sqrt{2}} dz = 2\pi i,\quad \oint_\mathcal{C}\frac{1}{z-i\sqrt{2}} dz = 2\pi i,$$

  所以

  $$\oint_\mathcal{C}\frac{2z}{z^2+2}dz=\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z+i\sqrt{2}}dz+\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z-i\sqrt{2}}dz=4\pi i.$$

範例6.4-3. 計算 $\displaystyle \oint_\mathcal{C}\frac{2z}{z^2+2}dz$，其中 $\mathcal{C}$ 之圖形如右所示。

• [解]

  因 $-i\sqrt{2}\not\in\mathcal{C}$，因此由 推論6.4-1 知 $\displaystyle \oint_\mathcal{C}\frac{1}{z+i\sqrt{2}}dz＝0$；又 $i\sqrt{2}\in\mathcal{C}$，因此由 推論6.4-1 知 $\displaystyle \oint_\mathcal{C}\frac{1}{z─i\sqrt{2}}dz＝2 \pi i$，所以

  $$\oint_\mathcal{C}\frac{2z}{z^2+2}dz=\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z+i\sqrt{2}}dz+\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z-i\sqrt{2}}dz=2\pi i。$$

範例6.4-4. 計算 $\displaystyle \oint_\mathcal{C}\frac{z-2}{z^2-z}dz$，其中 $\mathcal{C}$ 之圖形如下(a)所示。

• [解]

  因 $\frac{z-2}{z^2-z}=\frac{2}{z}-\frac{1}{z-1}$，因此 $\displaystyle \oint_\mathcal{C}\frac{z-2}{z^2-z}dz＝2\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z}dz-\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z-1}dz$。令 $\delta_1,~\delta_2>0$ 使得 $D_{\delta_1}(0)\subset \text{Int}(C_1)$ 以及 $D_{\delta_2}(1)\subset \text{Int}(C_2)$，則函數 $\frac{z-2}{z^2-z}$ 在域 $\mathcal{D}=\mathbb{C} \setminus (\overline{D_{\delta_1}(0)}\cup \overline{D_{\delta_2}(1)})$ 為解析，且 $\mathcal{C},~C_1,~C_2\subset\mathcal{D}$，由擴充Cauchy-Goursat定理知

  $$\oint_\mathcal{C} \frac{1}{z}dz =\oint_{-C_1} \frac{1}{z}dz+\oint_{C_2} \frac{1}{z} dz,\quad \oint_\mathcal{C} \frac{1}{z-1}dz =\oint_{-C_1} \frac{1}{z-1}dz+\oint_{C_2} \frac{1}{z-1}dz.$$

  因 $\frac{1}{z}\in\mathscr{A}(\mathbb{C}\setminus C_1)$ ，知 $\displaystyle \oint_{C_2} \frac{1}{z}dz=0$，因此

  $$\oint_\mathcal{C} \frac{1}{z}dz =-\oint_{C_1} \frac{1}{z}dz + \oint_{C_2} \frac{1}{z}dz =-2\pi i+0=-2\pi i,$$

  以及因 $\frac{1}{z-1}\in\mathscr{A}(\mathbb{C}\setminus C_2)$ ，知 $\displaystyle \oint_{C_1} \frac{1}{z-1}dz=0$，因此

  $$\oint_\mathcal{C} \frac{1}{z-1}dz =-\oint_{C_1} \frac{1}{z-1}dz + \oint_{C_2} \frac{1}{z-1}dz =0+2\pi i=2\pi i,$$

  所以

  $$\displaystyle \oint_\mathcal{C}\frac{z-2}{z^2-z}dz=2\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z}dz-\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z-1}dz＝2(-2\pi i)-2\pi i=-6\pi i.$$