6.6 解析函數之積分表示法 (Integral Representations for Analytic Functions)

在 6.3 節我們得到當積分路徑 $\mathcal{C}$ 是簡單的閉合圍線時，若 $z_0\in \text{Int}(\mathcal{C})$ ，由推論6.4-1當 $n\in\N$ 時，則有

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

試問當 $f\in \mathscr{A}(\text{Int}(\mathcal{C}))$ 且 $n\in\mathbb{N}$ 時，

\frac{1}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{(z-z_0)^n} dz = ? \tag{6.6-1}

請注意(6.6-1)式中 $f$ 位於被積函數的分子部份，而分母則為冪函數 $(z-z_0)^n$ 。設存在 $R>0$ 使得 $C_R(z_0)=\{z_0+R e^{i t}~:~0\le t\le 2\pi\}\subset\text{Int}(\mathcal{C})$ ，當 $n=1$ 時，由定理6.4-3圍線變形定理知，

\oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{z-z_0} dz =\oint_{C_R(z_0)} \frac{f(z)}{z-z_0} dz =\int_{0}^{2\pi} \frac{f(z_0+Re^{i t})}{R e^{i t}} Rie^{i t}dt =i \int_{0}^{2\pi} f(z_0+Re^{i t}) dt

因此若 $\bar{f}$ 表示 $f(z)$ 在圓 $C_R(z_0)$ 上的平均值，則有

\frac{1}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{z-z_0} dz = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(z_0+Re^{i t})dt =\bar{f}.

由於 $R$ 只要 $C_R(z_0)\subset\text{Int}(\mathcal{C})$ 成立即可，因此可以令 $R\to 0$ ，則明顯地 $\bar{f}\to f(z_0)$ ，可得

\fcolorbox{blue}{none}{$\displaystyle\frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(z_0+Re^{i t}) dt = f(z_0).$}\tag{6.6-2}

此式稱為 Gauss 均值定理，以及以下面的積分稱為Cauchy積分公式：

\frac{1}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{z-z_0} dz = f(z_0).

嚴格證明如下。

定理6.6-1. (Cauchy積分公式)

設 $\mathcal{D}$ 為簡單的連通區域且 $\mathcal{C}\subset\mathcal{D}$ 為簡易閉合圍線。若 $f\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 且 $z_0\in\text{Int}(\mathcal{C})$ ，則

\fcolorbox{red}{none}{$\displaystyle\frac{1}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{z-z_0} dz = f(z_0).$} \tag{6.6-3}

[證明]
因 $f\in \mathscr{A}(\mathcal{D})$ 且 $z_0\in\text{Int}(\mathcal{C})$ ，所以 $f$ 在 $z_0$ 連續，即
$\forall \varepsilon>0,~\exists \delta>0 \text{~s.t.~} \forall |z-z_0|<\delta \implies |f(z)-f(z_0)|<\varepsilon.$
令 $C_0=C_\delta(z_0)=\{z_0+\delta e^{i t}~:~0\le t\le 2\pi\}$ ，則因
$f(z_0)=\frac{f(z_0)}{2\pi i}\oint_\mathcal{C}\frac{1}{z-z_0}dz =\frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C}\frac{f(z_0)}{z-z_0}dz,$
有
$\begin{align*} \left|\frac{1}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{z-z_0}dz-f(z_0)\right| &=\frac{1}{2\pi i}\left| \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}dz\right| =\frac{1}{2\pi}\left| \oint_{C_0} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}dz \right| \\ &=\frac{1}{2\pi} \oint_{C_0} \frac{|f(z)-f(z_0)|}{|z-z_0|}|dz| <\frac{1}{2\pi}\frac{\varepsilon}{\delta}2\pi \delta=\varepsilon. \end{align*}$
所求成立。 $\hspace{10cm}\blacksquare$

範例6.6-1. 設 $\mathcal{C}$ 為圓心原點半徑為 $2$ 之正向圓，計算 $\displaystyle\oint_\mathcal{C} \frac{e^z}{z-1} dz$ 與 $\displaystyle\oint_\mathcal{C} \frac{\sin(z)}{4z+\pi} dz$ 。

[解]
因 $e^{z}\in\mathcal{A}(\text{Int}(\mathcal{C}))$ 及 $1\in\text{Int}(\mathcal{C})$ ，由 Cauchy積分公式 知
$\frac{1}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{e^z}{z-1}dz=e^{1}\implies \oint_\mathcal{C} \frac{e^z}{z-1}dz= 2\pi e^{1} i.$
因 $\sin(z)\in\mathcal{A}(\text{Int}(\mathcal{C}))$ 及 $-\frac{\pi}{4}\in\text{Int}(\mathcal{C})$ ，由 Cauchy積分公式 知
$\frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C} \frac{\sin(z)}{4z+\pi} dz = \frac{1}{2\pi i}\frac{1}{4}\oint_\mathcal{C} \frac{\sin(z)}{z-(-\frac{\pi}4)} dz = \frac{1}{4}\sin(-\frac{\pi}{4})=-\frac{\sqrt{3}}{8}$
即
$\oint_\mathcal{C} \frac{\sin(z)}{4z+\pi} dz =-\frac{\sqrt{3}}{4}\pi i.$

將(6.6-3)式對 $z_0$ 微分可得

f'(z_0) =\frac{1}{2\pi i}\frac{d}{d z_0}\oint_\mathcal{C}\frac{f(z)}{z-z_0}dz =\frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C} \frac{d}{d z_0}\frac{f(z)}{z-z_0}dz =\frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{(z-z_0)^2}dz.

重複求導數的過程，可得到下列關係：

定理6.6-2. (Cauchy導數積分公式)

設 $\mathcal{D}$ 為簡單的連通區域且 $\mathcal{C}\subset\mathcal{D}$ 為簡易閉合圍線。若 $f\in \mathcal{A}(\mathcal{D})$ 且 $z_0\in\text{Int}(\mathcal{C})$ ，則 $\forall n\in\N$ ，則有

\fcolorbox{red}{none}{$\displaystyle f^{\color{magenta}(n)}(z_0)=\frac{\color{magenta}n!}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{\color{magenta}n+1}} dz .$} \tag{6.6-4}

[證明]
Claim: $\displaystyle f'(z_0)=\frac{1}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{z-z_0} dz$ ，其中 $z_0\in\text{Int}(\mathcal{C})$ 。
因
$f'(z_0)=\lim\limits_{\Delta z\to 0}\frac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z}$ ，先計算差商。由式(6.6-2)可得
$\begin{align*} \frac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z} &=\frac{1}{\Delta z~2\pi i} \oint_\mathcal{C}\left[\frac{f(z)}{z-(z_0+\Delta z)}-\frac{f(z)}{z-z_0}\right]dz\\ &=\frac{1}{\Delta z ~2\pi i} \oint_\mathcal{C}\frac{f(z) \Delta z}{(z-z_0)[z-(z_0+\Delta z)]}dz \\ &=\frac{1}{2\pi i} \oint_\mathcal{C}\frac{f(z)}{(z-z_0)(z-z_0-\Delta z)}dz \end{align*}$
因 $f\in \mathcal{A}(\mathcal{D})$ 與 $z_0\in\text{Int}(\mathcal{C})$ ，所以 $f$ 在 $\mathcal{C}$ 上連續，即存在 $M>0$ 使得 $|f(z)|\le M,~\forall z\in\mathcal{C}$ ；又令
$\gamma=\min_{z\in\mathcal{C}}|z-z_0|,\quad |z-z_0|\ge \gamma,~\forall z\in\mathcal{C},$
以及 $\displaystyle L=\oint_\mathcal{C} |dz|$ ，以及當 $\Delta z$ 很小時，
$\Delta z\in D_\delta(z_0) \implies |\Delta z|<\delta \implies |z-z_0-\Delta z|\ge |z-z_0|-|\Delta z| \ge \gamma-\delta>\frac{\gamma}{2},$
由以上條件可知 $\forall \varepsilon>0,~\exists \frac{\gamma}{2}>\delta >0$ 使得 $\Delta z\in D_\delta(z_0)$ ，由ML不等式則有
$\begin{align*} &\left| \oint_\mathcal{C} \left[ \frac{f(z)}{(z-z_0)(z-z_0-\Delta z)}-\frac{f(z)}{(z-z_0)^2}\right]dz\right| = \left| \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{(z-z_0)^2}\left[ \frac{z-z_0}{z-z_0-\Delta z}-1\right]dz\right|\\ &=\left| \oint_\mathcal{C} \frac{f(z)}{(z-z_0)^2} \frac{\Delta z}{z-z_0-\Delta z} dz \right|\le \max_{z\in\mathcal{C}}|f(z)| \max\frac{|\Delta z|}{|(z-z_0)^2(z-z_0-\Delta z)|}\oint_{\mathcal{C}}|dz|\\ &\le M\frac{\delta}{\gamma^2 (\gamma-\delta)} L <M\frac{\delta}{\gamma^2 \frac{\gamma}{2}} L =\frac{2ML\delta}{\gamma^3}. \end{align*}$
因此取 $\delta <\frac{\gamma^3}{2ML}\varepsilon$ ，上式會小於 $\varepsilon$ ，因此取 $\delta<\min\{\frac{\gamma}{2},\frac{\gamma^3\varepsilon}{2ML}\}$ 。如此一來，當 $|\Delta z|<\delta$ 及 $|z-z_0|\ge \gamma$ ，則 $\forall z\in\mathcal{C}$ 時 $|z-z_0-\Delta z|\ge \frac{\gamma}{2}$ 使得
$\left| \oint_\mathcal{C} \left[ \frac{f(z)}{(z-z_0)(z-z_0-\Delta z)}-\frac{f(z)}{(z-z_0)^2}\right]dz\right|<\varepsilon.$
整理得
$\begin{align*} f'(z_0) &=\lim_{\Delta z\to 0}\frac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z} =\lim_{\Delta z\to 0}\frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C}\frac{f(z)}{(z-z_0)(z-z_0-\Delta z)}dz \\ &=\frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C}\frac{f(z_0)}{(z-z_0)^2}dz. \end{align*}$
即當 $n=1$ 時， (6.6-3)式成立。
對 $n=2,3,\ldots$ 之情形，由數學歸納法可得證。 $\hspace{4cm}\blacksquare$

由此定理明顯下式成立：當 $n\in\N$

\frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C}\frac{1}{(z-z_0)^n}dz=\begin{cases}1, & n=1,\\ 0, &n>1.\end{cases}

範例6.6-2. 設 $\mathcal{C}$ 為圓心原點半徑為 $2$ 之正向圓，計算 $\displaystyle\oint_\mathcal{C} \frac{e^{z^2}}{(z-i)^4} dz$ 。

[解]
因 $e^{z}\in\mathscr{A}(\text{Int}(\mathcal{C}))$ 及 $i\in\text{Int}(\mathcal{C})$ ，由 Cauchy導數積分公式 知
$\frac{3!}{2\pi i}\int_\mathcal{C}\frac{e^{z^2}}{(z-i)^4}dz =\frac{d^3}{dz^3} (e^{z^2})\bigg|_{z=i}$
即
$\int_\mathcal{C}\frac{e^{z^2}}{(z-i)^4}dz=\frac{2\pi i}{6}(12 z+8 z^3)\bigg|_{z=i}=\frac{\pi i}{3}\frac{4i}{e}=-\frac{4\pi}{3e}.$

範例6.6-3. 設 $\mathcal{C}$ 為圓心在 $z=1$ 半徑為1之正向圓，計算 $\displaystyle\oint_\mathcal{C} \frac{1}{(z+1)(z-1)^2} dz$ 。

[解]
將被積函數化為部分分式：
$\frac{1}{(z+1)(z-1)^2}=\frac{1/4}{z+1}-\frac{1/4}{z-1}+\frac{1/2}{(z-1)^2}$
即
$\oint_\mathcal{C} \frac{1}{(z+1)(z-1)^2} dz =\frac14\oint_\mathcal{C} \frac{1}{z+1} dz-\frac14 \oint_\mathcal{C} \frac{1}{z-1} dz +\frac12\oint_\mathcal{C} \frac{1}{(z-1)^2} dz.$
因 $─1\not\in\text{Int}(\mathcal{C})$ 及 $1\in\text{Int}(\mathcal{C})$ ，以及 $f(z)=1$ ，則由 Cauchy積分公式 知
$\frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C} \frac{1}{z+1} dz =0,\quad \frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C} \frac{1}{z-1} dz=1,$
及因 $1\in\text{Int}(\mathcal{C})$ 由 Cauchy導數積分公式 知
$\frac{1}{2\pi i}\oint_\mathcal{C} \frac{1}{(z-1)^2} dz =0,$
結合得
$\oint_\mathcal{C} \frac{1}{(z+1)(z-1)^2} dz =\frac14 \cdot 0-\frac14 (2\pi i)-\frac12 \cdot 0 = -\frac{\pi}{2}i.$

由 Cauchy導數積分公式 知下面兩個引理成立：

引理6.6-1. 給定簡易連通區域 $\mathcal{D}$ ，若 $f\in\mathscr{A}(\mathcal{D})$ ，則 $\forall z\in\mathcal{D},~\forall n\in\N$ ， $f^{(n)}(z)$ 存在且為解析。

[證明]
設 $z_0\in\mathcal{D}$ ，選擇 $R>0$ 使得 $C_R(z_0)\subset\mathcal{D}$ ，則由 Cauchy導數積分公式 知 $\forall n\in\N$ ， $f^{(n)}(z_0)$ 存在。此外， $\displaystyle \frac{d}{dz}f^{(n)}(z_0)$ 也存在，即對任意的 $z_0\in\mathcal{D}$ ， $f^{(n)}(z_0)$ 是可微的，即 $f^{(n)}(z)$ 在 $\mathcal{D}$ 是到處可微的，因此 $f^{(n)}(z)$ 在 $\mathcal{D}$ 上解析。 $\hspace{2cm}\blacksquare$

引理6.6-2. 給定區域 $\mathcal{D}$ ，若 $u$ 為定義在其上之調和函數，則 $u_x,~u_y,~u_xx,~u_xy,~u_yy$ 均存在且都是調和函數。

[證明]
因 $u$ 為 $\mathcal{D}$ 上之調和函，因此存在 $v$ 滿足CRE (為 $u$ 之調和共軛)，使得 $f(z)=u(x,y) + i v(x,y)$ 為解析。因 $\forall z_0\in\mathcal{D}$ 且 $f\in\mathscr{A}(\mathcal{D})$ ，由 引理6.6-1 知 $f^{(n)}(z)$ 為解析 $\forall z\in\mathcal{D},~\forall n\in\N$ 。如此一來， $\forall z_0\in\mathcal{D}$ ， $\exists R>0$ 且 $D_R(z_0)\subset\mathcal{D}$ 使得
$f'(z)=u_x(x,y)+i v_x(x,y) =\frac{1}{i}\left[u_y(x,y)+i v_y(x,y)\right]$
為解析，即 $u_x,~u_y$ 存在且調和函數。同理
$\begin{align*} f''(z)&=u_{xx}(x,y)+i v_{xx}(x,y) =\frac{1}{i}\left[u_{xy}(x,y)+i v_{xy}(x,y)\right] \\ &=\frac{1}{i}\left[u_{yx}(x,y)+i v_{yx}(x,y)\right] =-u_{yy}(x,y)-i v_{yy}(x,y) \end{align*}$
為解析，即 $u_{xx},~u_{xy},~u_{yy}$ 存在且調和函數。 $\hspace{4cm}\blacksquare$

以下說明 Cauchy導數積分公式 的應用。

範例6.6-4. 計算 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^3} dx$ 之值。

[解]
將 $x$ 改成 $z$ 來作，則 $z^2+1=0$ 時 $z=\pm i$ 。取圍線積分路徑 $\mathcal{C}$ 將 $z=i$ 包含在內，即 $\mathcal{C}$ 係由 $C_R(0)$ 的上半圓聯集實數區間 $(-R,R)$ 所形成的圍線，其中 $R\gg 1$ ，圖形如下：
則由 Cauchy導數積分公式 知
$\oint_\mathcal{C}\frac{1}{(z^2+1)^3}dz =\oint_\mathcal{C}\frac{\frac{1}{(z+i)^3}}{(z-i)^3} dz =2\pi i \frac{d}{dz}\frac{1}{(z+i)^3}\bigg|_{z=i}=2\pi i \frac{1}{(z+i)^5}\bigg|_{z=i}=\frac{3}{8}\pi.$
但
$\begin{align*} \oint_\mathcal{C} \frac{1}{(1+z^2)^3} dz&= \int_{-R}^{R} \frac{1}{(1+x^2)^3} dx+ \int_{C_R^+(0)\text{的上半圓}} \frac{1}{(1+z^2)^3} dz\\ &=\int_{-R}^{R} \frac{1}{(1+x^2)^3}+\int_0^\pi \frac{1}{(R^2 e^{2it}+1)^3}iRe^{it} dt,\\ &=\int_{-R}^{R} \frac{1}{(1+x^2)^3}+\int_0^\pi \frac{iRe^{it}}{(R^2 e^{2it}+1)^3} dt, \end{align*}$
因為 $R^2 e^{2it}+1=R^2 \cos(2t)+1+i R^2 \sin(2t)$ ，得 $(R^2-1)^2\le \left|R^2 e^{i2it}+1 \right|^2\le (R^2+1)^2$ ，故
$\max_{0\le t\le\pi}\left|\frac{iR e^{it}}{(R^2e^{2it}+1)^3}\right|\le \frac{R}{(R^2-1)^3}$
由 ML不等式 知
$\begin{align*} \lim_{R\to\infty}\left|\int_0^\pi \frac{i R e^{it}}{(R^2 e^{2it}+1)^3}dt\right| &\le \lim_{R\to\infty}\max_{0\le t\le \pi}\left|\frac{i R e^{it}}{(R^2 e^{2it}+1)^3}\right|\cdot\int_0^\pi 1~dt \\ &\le \lim_{R\to\infty} \frac{R}{(R^2-1)^3}\cdot \pi=0. \end{align*}$
因此
$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^3} dx &= \lim_{R\to\infty} \oint_C \frac{1}{(1+z^2)^3}dz-\lim_{R\to\infty} \int_0^\pi \frac{iR^{it}}{(R^2e^{2it}+1)^3}dt \\ &=\lim_{R\to\infty} \oint_C \frac{1}{(1+z^2)^3}dz=\frac{3}{8}\pi. \end{align*}$
此例題當然可以用微積分來算，但要先使用變數變換 $x=\tan(u)$ ，將積分換成 $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(1+x^2)^3} dx=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^4u~ du$ ，再使用下列的不定積分
$\int \cos^4 u~du =\frac{3}{8}u+\frac14 \sin2u+\frac1{32}\sin4u+C,\quad C\in\mathbb{R}$
可得。

另一個應用為 Legendre多項式。若函數 $f$ 為多項式時， $f(z)=p(z)=a_0 + a_1 z + a_2 z^2+\cdots+a_m z^m$ ，則由式(6.6-4)得

\frac{n!}{2\pi i}\oint_{C_1^+(0)}\frac{p(z)}{z^n}dz=p^{(n)}(0) =\begin{cases} n! a_n, & n\le m,\\ 0,& n>m, \end{cases}

即

\oint_{C_1^+(0)}\frac{p(z)}{z^n}dz =\begin{cases} 2\pi i a_n, & n\le m,\\ 0,& n>m. \end{cases}

設函數 $f$ 為 Legendre 多項式：

f(x)=P_n(x)=\frac{1}{2^n n!} \frac{d^n}{dx^n}[ (x^2-1)^n] \tag{6.6-5}

此多項式為下列微分方程之解

\frac{d}{dx}\left[ (1-x^2)\frac{dy}{dx} \right]+n(n-1) y=0

直接計算可得

(n+1)P_{n+1}(x) = (2n+1) x P_n(x)-n P_{n-1}(x),

以及

\int_{-1}^{1} P_n(x) P_m(x) dx=0,~\forall n\neq m.

換句話說， $\{ P_n~:~n\in\N\}$ 可形成一組正交的多項式族，因此可以類似 $\{1,~x,~x^2,~x^3,\ldots\}$ 可用來表示連續可微的函數。將此函數推廣到複數域，即將 (6.6-5)式變成以積分形式來表示複數的 Legendre 多項式：

\begin{align*} P_n(z) &= \frac{1}{2^n n!}\frac{d^n}{dz^n}\left[(z^2-1)^n\right] \\ &=\frac{1}{2^n n!} \frac{n!}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{\xi^2-1}{(\xi-z)^{n+1}}d\xi,\quad z\in\text{Int}(\mathcal{C}) \\ &=\frac{1}{2\pi i} \oint_\mathcal{C} \frac{\xi^2-1}{2^n(\xi-z)^{n+1}}d\xi. \end{align*}