6.5 微積分基本定理 (Fundamental Theorem of Calculus)

在例題6.3-7中 $\displaystyle \frac{1}{z}$ 之反導數有無限多個， $C_1$ 為逆向上半單位圓，而 $\displaystyle \left( \log_{-\frac{\pi}{2}} z\right)'=\frac{1}{z}$ 且 $\displaystyle \log_{-\frac{\pi}{2}} z$ 在 $\mathcal{D}_1=\mathbb{C}\setminus\{iy~:~ -\infty <y\le 0\}$ 上解析以及 $C_1\subset \mathcal{D}_1$ ，則

\displaystyle \int_{C_1} \frac1{z} dz =\left. \log_{-\frac{\pi}{2}} z\right|_{-1}^{1}=\log_{-\frac{\pi}{2}}(1)- \log_{-\frac{\pi}{2}} (-1)。

同理若取 $C_2$ 為正向下半單位圓，則 $\displaystyle \left( \log_{\frac{\pi}{2}} z\right)'=\frac{1}{z}$ 且 $\displaystyle \log_{\frac{\pi}{2}} z$ 在 $\mathcal{D}_2=\mathbb{C}\setminus\{iy~:~ 0\le y<\infty \}$ 上解析以及 $C_2\subset \mathcal{D}_2$ ，則其積分值

\displaystyle \int_{C_2} \frac1{z} dz =\left. \log_{\frac{\pi}{2}} z\right|_{-1}^{1}=\log_{\frac{\pi}{2}}(1)- \log_{\frac{\pi}{2}} (-1).

所以在複數積分上，若存在一個函數 $F$ 在一個域 $\mathcal{D}$ (domain) 上解析且 $F'(z)=f(z)$ 且曲線 $\mathcal{C}$ 在 $\mathcal{D}$ 上，則 $\displaystyle \int_\mathcal{C} f(z) dz$ 之值只與 $\mathcal{C}$ 之起落點有關而已，我們敘述及證明在後面定理。

定理6.5-1. (反導數)

設 $\mathcal{D}$ 為簡易的連通區域，而 $f$ 為定義在 $\mathcal{D}$ 上的解析函數。若 $z_0\in\mathcal{D}$ 且簡易圍線 $\mathcal{C}\subset \mathcal{D}$ ，並且 $z_0$ 與 $z$ 分別為 $\mathcal{C}$ 之起點與終點(如左圖)，則函數

\displaystyle F(z)=\int_\mathcal{C} f(\xi)d\xi= \int_{z_0}^{z} f(\xi)d\xi\tag{6.5-1}

有定義並且在 $\mathcal{D}$ 上解析，同時 $F'(z)=f(z)$ 。

[證明]
1. 證明 $F$ 是有定義的，即 $F$ 之值和從 $z_0$ 到 $z$ 之路徑無關。
  設 $C_1,~C_2\in\mathcal{D}$ 且 $C_1,~C_2$ 之起點和終點都分別是 $z_0$ 和 $z$ ，如圖所示。
  令 $K=C_2-C_1\subset \mathcal{D}$ 且因 $f$ 在 $\mathcal{D}$ 上解析，由Cauchy-Goursat定理知
  $0=\oint_K f(z)dz=\oint_{C_2-C_1} f(z)dz\implies \int_{C_1} f(z)dz=\int_{C_2} f(z)dz.$
  表示函數 $\begin{aligned} F:\mathbb{C}&\to\mathbb{C}\\z &\mapsto F(z)\end{aligned}$ 為有定義的。
1. 證明 $F'(z)=f(z)$ 。
  參考下圖之情形，設 $z\in\mathcal{D}$ 且 $|\Delta z|$ 夠小到使 $z+\Delta z\in\mathcal{D}$ ，如此一來，
  $F(z+\Delta z)-F(z)=\int_{C_2}f(\xi)d\xi-\int_{C_1} f(\xi)d\xi =\int_C f(\xi)d\xi,$
  因 $f\in A(\mathcal{D})$ ，故 $f$ 在 $z\in\mathcal{D}$ 連續，故
  $\forall \varepsilon>0,~\exists \delta >0 \text{~s.t.~} |z-\xi|<\delta \implies |f(z)-f(\xi)|<\varepsilon.$
  對這個 $\delta$ ， $\forall |z+\Delta z-z|=|\Delta z|<\delta\implies$
  
  $\begin{align*} \left| \frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}-f(z)\right| &=\frac{1}{|\Delta z|} \left|\int_C f(\xi)d\xi-\int_C f(z) d\xi\right|~\left(\because \int_C d\xi=\Delta z\right)\\ &\le \frac{1}{|\Delta z|} \int_C |f(\xi)-f(z)||d\xi| <\frac{1}{|\Delta z|}\cdot \varepsilon \cdot |\Delta z|=\varepsilon. \end{align*}$
  亦即
  $\lim_{\Delta z\to 0}\frac{F(z+\Delta z)-F(z)}{\Delta z}-f(z)=0\implies F'(z)=f(z),\forall z\in\mathcal{D},$
  因而 $F\in A(\mathcal{D})$ 。 $\hspace{8cm}\blacksquare$

定理6.5-2. (微積分基本定理)

設 $\mathcal{D}$ 為簡易連通區域，而 $f$ 為定義在 $\mathcal{D}$ 上的解析函數。若 $z_0,~z_1\in\mathcal{D}$ 則

\int_\mathcal{\stackrel{\large \frown}{z_0 z_1}} f(z)dz= \int_{z_0}^{z_1} f(z)dz= F(z_1)-F(z_0),\quad F'(z)=f(z).

[證明]
當 $F(z_0)=0$ 時，式(6.5-1) 所定義的 $F(z)$ 為所求。
設 $F(z_0)\neq 0$ ，且 $G$ 為 $f$ 之任意的反導數，令 $H(z)=G(z)-F(z)$ ，則 $H\in A(\mathcal{D})$ 且 $H'(z)=G'(z)-F'(z)=f(z)-f(z)=0$ ，由推論3.2-5知 $H(z)=K\in\mathbb{C}$ ，即 $G(z)=F(z) + K$ 。因此 $G(z_1)-G(z_0)=F(z_1)-F(z_0)$ ，取 $G(z_0)=0$ ，則由定理6.5-1得
$G(z)=\int_{z_0}^{z} f(z) dz$
因此得證
$G(z_1)=\int_{z_0}^{z_1}f(z)dz = F(z_1)-F(z_0).$
$\hspace{11cm}\blacksquare$

結合上述兩個定理可知：設 $f\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 則

\exists F \text{~s.t.~}F'(z)=f(z),~\forall z\in\mathcal{D} \iff \int_{\stackrel{\large \frown}{z_0 z_1}}f(z)dz \text{~之值與路徑無關.}

範例6.5-1. 計算 $\displaystyle\int_{\mathcal{C}} \frac{1}{2 z^{\frac12}}dz$ 之值，其中 $z^{\frac12}$ 表主平方根函數，且 $\mathcal{C}$ 為從 $4$ 到 $8+6i$ 之線段。

[解]
令 $F(z)=z^\frac12$ ，則 $F'(z)=\frac12 z^{-\frac12}=f(z),~-\pi <\text{Arg}z\le \pi$ 。選擇 $\mathcal{D}=D_{4.1}(6+3i)$ ，則 $0\not\in \mathcal{D}$ (即 $f\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ ) 且 $\mathcal{C}\subset \mathcal{D}$ ，由微積分基本定理知
$\int_{\mathcal{C}}\frac{1}{2 z^\frac12} dz = z^\frac12\bigg|_4^{8+6i}=\sqrt{8+6i}-\sqrt{2}=3+i-2=1+i.$

範例6.5-2. 計算 $\displaystyle\int_{\mathcal{C}} \cos(z)dz$ 之值，其中 $\mathcal{C}$ 為從 $1$ 到 $i$ 之線段。

[解]
令 $F(z)=\sin(z)$ ，則 $F'(z)=\cos(z)=f(z)$ 。選擇 $\mathcal{D}=\mathbb{C}$ ，則 $f\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 且 $\mathcal{C}\subset \mathcal{D}$ ，由微積分基本定理知
$\int_{\mathcal{C}}\cos(z) dz = \sin(z)bigg|_1^{i}=\sin(i)-\sin(1)=-\sin(1)+i\sinh(1).$

範例6.5-3. 設 $\mathcal{D}=\{r e^{i\theta}:r>0, -\pi<\theta< \pi\}$ ，計算
(1)
$\displaystyle\int_{\mathcal{C}} \frac{1}{z}dz$ 之值，其中 $\mathcal{C}=\stackrel{\large \frown}{z_1 z_2}\subset \mathcal{D}$ ，

(2) $\displaystyle\int_{\mathcal{C}} \frac{1}{z}dz$ 之值，其中 $\mathcal{C}=C_1(0)\setminus\{-1\}\subset \mathcal{D}$ 。

[解]
因 $\frac{1}{z}\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 由微積分基本定理知
(1) $\displaystyle \int_\mathcal{C} \frac1{z}dz = \text{Log}(z_2)-\text{Log}(z_1)$ 。
(2) $\displaystyle \begin{aligned}\int_\mathcal{C} \frac1{z}dz &= \lim_{\substack{z_1\to -1+i 0^{-}\\z_2\to -1+i 0^{+}}}\int_{z_1}^{z_2} \frac1z dz=\lim_{\substack{z_1\to -1+i 0^{-}\\z_2\to -1+i 0^{+}}}\text{Log}(z_2)-\text{Log}(z_1)\\ &=i\pi -(-i\pi)=2\pi i \end{aligned}$ 。

範例6.5-4. 計算 $\displaystyle\int_{\mathcal{C}} \frac{2z}{z^{2}-1}dz$ 之值， $\mathcal{C}$ 為連接 $-2+3i$ 到 $6+4i$ 並落在第一和第二象限之曲線。

[解]
取 $\mathcal{D}=\{z: \text{Im}z>0\}$ ，則 $\displaystyle f(z)=\frac{1}{z+1}+\frac{1}{z-1}\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 且 $f$ 之反導數為 $F(z)=\text{Log}(z^2-1)$ ，故由微積分基本定理得
$\int_\mathcal{C}\frac{2z}{z^2-1}dz=\text{Log}(z^2-1)\bigg|_{-2+3i}^{6+4i}=\text{Log}(19+48i)-\text{Log}(-6-12i)=1.3475+3.2283i$