• https://tingwu.aliyun.com/doc/transcripts/47z39vp3jpxg9edg?sl=1# 《08 - 柯西古萨定理》
• 第八讲 柯西-古萨定理 （Cauchy-Goursat)_哔哩哔哩_bilibili
• 复变函数-CH30-复变函数的积分

复变函数学习笔记：复积分与柯西-古萨定理

一、 温故知新：复积分的参数化计算与路径依赖性

在进入柯西积分定理之前，我们首先复习如何使用参数化方法计算复变函数的沿路积分。通过这个例子，我们将探讨复积分对路径的依赖性，并引出后续的核心定理。

1.1 典型例题

【例题】 计算复积分：

$\int_{C} (x^2 + iy) \, dz$

起点为 $z_1 = 0$，终点为 $z_2 = 1+i$。请针对以下两条不同的积分路径进行计算：

1. 路径 $C_1$：直线段 $y = x$

2. 路径 $C_2$：抛物线弧 $y = x^2$

1.2 路径 $C_1$ 的求解（直线段 $y=x$）

Step 1: 写出参数方程

由于路径是连接 $0$ 到 $1+i$ 的直线段 $y=x$，我们可以选择 $x$ 作为参数 $t$：

$\begin{cases} x = t \\ y = t \end{cases} \quad (0 \le t \le 1)$

对应的复数参数方程为：

$z(t) = t + it = (1+i)t \quad (0 \le t \le 1)$

Step 2: 计算微分 $dz$

对 $z(t)$ 求导：

$dz = z'(t) \, dt = (1+i) \, dt$

Step 3: 代入积分式进行计算

将被积函数中的 $x, y$ 用参数 $t$ 代替，并代入 $dz$：

$\int_{C_1} (x^2 + iy) \, dz = \int_{0}^{1} (t^2 + it)(1+i) \, dt$

将常数项 $(1+i)$ 提出来：

$= (1+i) \int_{0}^{1} (t^2 + it) \, dt$

$= (1+i) \left[ \frac{1}{3}t^3 + i \cdot \frac{1}{2}t^2 \right]_{0}^{1}$

$= (1+i) \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{2}i \right)$

展开复数乘法：

$= \frac{1}{3} + \frac{1}{2}i + \frac{1}{3}i - \frac{1}{2}$

$= \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \right)i$

$= -\frac{1}{6} + \frac{5}{6}i$

1.3 路径 $C_2$ 的求解（抛物线 $y=x^2$）

Step 1: 写出参数方程

由于路径为 $y=x^2$，我们同样选择 $x$ 作为参数 $t$：

$\begin{cases} x = t \\ y = t^2 \end{cases} \quad (0 \le t \le 1)$

对应的复数参数方程为：

$z(t) = t + i t^2 \quad (0 \le t \le 1)$

Step 2: 计算微分 $dz$

对 $z(t)$ 求导：

$dz = z'(t) \, dt = (1 + 2it) \, dt$

Step 3: 代入积分式进行计算

将被积函数中的 $x^2 + iy$ 用参数 $t$ 表示：

$x^2 + iy = t^2 + it^2 = t^2(1+i)$

代入积分公式：

$\int_{C_2} (x^2 + iy) \, dz = \int_{0}^{1} t^2(1+i)(1 + 2it) \, dt$

$= (1+i) \int_{0}^{1} (t^2 + 2it^3) \, dt$

$= (1+i) \left[ \frac{1}{3}t^3 + 2i \cdot \frac{1}{4}t^4 \right]_{0}^{1}$

$= (1+i) \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{2}i \right)$

$= -\frac{1}{6} + \frac{5}{6}i$

1.4 深度思考：是“定理”还是“巧合”？

思考： > 观察上述两个计算结果，我们发现沿 $C_1$ 和 $C_2$ 的积分值完全相同，均为 $-\frac{1}{6} + \frac{5}{6}i$。这是否意味着该函数在任意路径下的积分都与路径无关呢？

答案是否定的。这只是一个“巧合”。

我们来检验被积函数 $f(z) = x^2 + iy$ 的解析性。令 $u(x, y) = x^2$，$v(x, y) = y$。 检查 柯西-黎曼方程 (Cauchy-Riemann Equations)：

$\frac{\partial u}{\partial x} = 2x, \quad \frac{\partial v}{\partial y} = 1$

$\frac{\partial u}{\partial y} = 0, \quad \frac{\partial v}{\partial x} = 0$

要满足 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}$，必须有 $2x = 1 \implies x = \frac{1}{2}$。 这说明 $f(z)$ 仅在直线 $x = \frac{1}{2}$ 上可导，在复平面上的任何邻域内都不解析。

为了证明它确实依赖于路径，我们另外设计一条路径 $C_3$（折线折向路径：$0 \to 1 \to 1+i$）：

• 水平段 $L_1$（$0 \to 1$）：$y=0, z=t, dz=dt, t \in [0, 1]$

  $\int_{L_1} f(z) dz = \int_{0}^{1} t^2 dt = \frac{1}{3}$

• 垂直段 $L_2$（$1 \to 1+i$）：$x=1, z=1+it, dz=i\,dt, t \in [0, 1]$

  $\int_{L_2} f(z) dz = \int_{0}^{1} (1^2 + it)i \, dt = \int_{0}^{1} (i - t) dt = i - \frac{1}{2}$

• 总积分值：

  $\int_{C_3} f(z) dz = \frac{1}{3} + i - \frac{1}{2} = -\frac{1}{6} + i$

由于 $-\frac{1}{6} + i \ne -\frac{1}{6} + \frac{5}{6}i$，这明确证实了非解析函数的积分值通常与路径有关。

那么，究竟在什么条件下，积分才会绝对与路径无关？答案便是下面要介绍的柯西-古萨定理。

二、 核心理论：柯西-古萨定理（柯西积分定理）

2.1 定理的引入与历史微澜

柯西最初在证明该定理时，假设了导数 $f'(z)$ 是连续的，从而可以利用多元微积分中的格林公式（Green’s Formula）进行证明。后来，数学家古萨（Goursat） 成功去掉了“$f'(z)$ 连续”这一较强的假设，仅凭“$f(z)$ 解析（即处处可导）”便证明了该定理。因此，该定理在学术界被称为柯西-古萨定理 (Cauchy-Goursat Theorem)。

2.2 定理内容

若函数 $f(z)$ 在单连通区域 $D$ 内解析，则对于 $D$ 内的任何一条简单闭曲线 $C$（及其内部），均有：

$\oint_{C} f(z) \, dz = 0$

名词解释：

• 简单闭曲线 (Simple Closed Contour)： 自身不相交的封闭曲线（例如圆、正方形、椭圆等）。

• 单连通区域 (Simply Connected Domain)： 直观上理解为“无孔”的区域。

2.3 核心外延与推论

若 $f(z)$ 在单连通区域 $D$ 内处处解析，则：

1. 路径无关性：沿 $D$ 内连接任意两点 $z_1$ 与 $z_2$ 的任意两条简单光滑曲线，其积分值相等。

2. 原函数的存在性：我们可以定义变上限积分 $F(z) = \int_{z_0}^{z} f(\zeta) d\zeta$，且 $F'(z) = f(z)$。这意味着我们可以直接使用牛顿-莱布尼茨公式计算复积分！

三、 经典例题与应用

3.1 课本笔记例题

【例题 1】 计算沿闭路 $C$ 的积分：

$\oint_{C} \sin(e^{z^2}) \, dz$

其中积分路径 $C$ 为单位正方形（正向）。

【解析】

1. 分析被积函数的解析性：

   • 内部函数 $g(z) = z^2$ 为多项式函数，在整个复平面 $\mathbb{C}$ 内处处解析（初等整函数）。

   • 指数函数 $h(z) = e^z$ 在整个复平面内处处解析，因而复合函数 $e^{z^2}$ 亦为整函数。

   • 正弦函数 $k(z) = \sin z$ 同样为整函数。

   • 综上所述，被积函数 $f(z) = \sin(e^{z^2})$ 是由整函数复合而成的，因此它在整个复平面 $\mathbb{C}$ 上处处解析。

2. 应用定理：

   • 既然 $f(z)$ 在复平面上处处解析，那么在单位正方形 $C$ 及其内部区域 $D$ 上自然也是解析的。

   • 且单位正方形 $C$ 是一条正向的简单闭曲线。

   • 根据柯西-古萨定理，解析函数沿闭曲线的积分必为 $0$：

     $\oint_{C} \sin(e^{z^2}) \, dz = 0$

3.2 补充对比：不满足定理条件的反例

为了更深刻地理解柯西-古萨定理对“区域解析性”的要求，我们来看一个经典的非零闭积分。

【例题 2】 计算沿闭路 $C$ 的积分：

$\oint_{C} \frac{1}{z} \, dz$

其中积分路径 $C$ 为正向单位圆 $|z| = 1$。

【解析】

1. 分析解析性： 被积函数 $f(z) = \frac{1}{z}$ 在 $z=0$ 处无定义，因而在此点不解析。而 $z=0$ 恰好位于单位圆 $C$ 的内部。

2. 参数化计算： 令 $z(\theta) = e^{i\theta} \quad (0 \le \theta \le 2\pi)$，则有 $dz = i e^{i\theta} d\theta$。 代入积分中：

   $\oint_{C} \frac{1}{z} \, dz = \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{e^{i\theta}} \left( i e^{i\theta} \right) d\theta$

   $= \int_{0}^{2\pi} i \, d\theta = 2\pi i$

【总结与对比】

由于 $f(z) = \frac{1}{z}$ 在闭路 $C$ 包围的区域内含有奇点（非解析点 $z=0$），不满足柯西-古萨定理的“内部处处解析”前提，因此其闭路积分值不为零（等于 $2\pi i$）。这也为后面学习“留数定理”与“柯西积分公式”埋下了伏笔。

3.3 补充应用：利用路径无关性简化计算

当函数解析时，我们可以直接套用牛顿-莱布尼茨公式，免去繁琐的参数化计算。

【例题 3】 计算积分：

$\int_{0}^{1+i} z^2 \, dz$

【解析】

1. 解析性判断： $f(z) = z^2$ 为整函数（处处解析），因而其积分与路径无关。

2. 直接积分（牛顿-莱布尼茨公式）：

   $\int_{0}^{1+i} z^2 \, dz = \left[ \frac{z^3}{3} \right]_{0}^{1+i} = \frac{(1+i)^3}{3}$

3. 计算复数代数式： 由于 $(1+i)^2 = 1 + 2i - 1 = 2i$，则有：

   $(1+i)^3 = (1+i)^2(1+i) = 2i(1+i) = -2 + 2i$

   因此最终积分为：

   $\int_{0}^{1+i} z^2 \, dz = -\frac{2}{3} + \frac{2}{3}i$

比起写出参数方程再乘导数的方法，利用解析函数的路径无关性直接求解，不仅速度极快，而且极易保证计算的准确性。