複變函數——學習筆記4：複變函數的積分

複變函數的積分

• 複變函數的積分
• 柯西積分定理——積分與路徑無關
• 柯西積分定理及其應用
• 柯西積分定理的證實
• 柯西積分定理的變式
• 單連通閉區域情形
• 多連通區域情形
• 柯西積分公式
• 柯西積分公式的證實
• 解析函數的無窮可微性
• 劉維爾定理及代數基本定理
• 莫雷拉定理

複變函數的積分

複變函數積分的定義和數學分析中的曲線積分的定義很相似。

定義4.1 $L$是複平面上的一條可求長曲線，複變函數 $w=f(z)$在 $L$上有定義， $L$的起止點分別爲 $z_0,z_0^\prime$，從 $z_0$到 $z_0^\prime$依次取分點 $z_0,z_1,\cdots,z_n=z_0^\prime$，稱爲 $L$的一個分劃，記爲 $\Delta$， $z_{i-1}$到 $z_i$的曲線段記爲 $L_i(i=1,\cdots,n)$， $\displaystyle\lambda(\Delta)=\max_{1\le i\le n}|L_i|$，若是存在複數 $I$，對任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，對任意的分劃 $\Delta$，只要 $\lambda(\Delta)<\delta$，任取 $\xi_i\in L_i(i=1,\cdots,n)$，都有 $\left|\sum_{k=1}^nf(\xi_k)(z_k-z_{k-1})-I\right|<\varepsilon$則稱 $w=f(z)$在 $L$上可積， $I$爲 $w=f(z)$沿着 $L$從 $z_0$到 $z_0^\prime$的積分，記爲 $\displaystyle \int_Lf(z)dz$

如今咱們來考察一下以上定義中的和式 $\sum_{k=1}^nf(\xi_k)\Delta z_k$設 $f=u+vi$， $\Delta z_k=\Delta x_k+i\Delta y_k$，則 $\begin{aligned} &\sum_{k=1}^nf(\xi_k)\Delta z_k=\sum_{k=1}^n[u(\xi_k)+v(\xi_k)i][\Delta x_k+i\Delta y_k]\\ =&\sum_{k=1}^n[(u(\xi_k)\Delta x_k-v(\xi_k)\Delta y_k)+i(u(\xi_k)\Delta y_k+v(\xi_k)\Delta x_k)] \end{aligned}$取極限便可獲得 $\int_Lf(z)dz=\int_Ludx-vdy+i\int_Ludy+vdx$咱們就獲得了復積分和曲線積分之間的聯繫，咱們再改寫一下以上的等式，爲 $\int_Lf(z)dz=\int_L(u+iv)(dx+idy)$容易驗證形式上 $\int_L(u+iv)(dx+idy)=\int_Ludx-vdy+i\int_Ludy+vdx$寫成左邊的形式就很方便對積分計算公式進行記憶。若是 $L$是光滑曲線 $x=z(t)=x(t)+y(t)i,a\le t\le b$，由數學分析中曲線積分的計算公式，咱們還能夠獲得 $\int_Lf(z)dz=\int_a^bf(z(t))z^\prime(t)dt$其中 $z^\prime(t)=x^\prime(t)+iy^\prime(t)$，這就爲咱們提供了復積分的參數方程計算方法。下面咱們列舉復積分的若干性質：

(1) $f(z),g(z)$在曲線 $L$上可積，則對任意的複數 $\alpha,\beta$， $\alpha f(z)+\beta g(z)$在 $L$上可積，而且 $\int_L[\alpha f(z)+\beta g(z)]dz=\alpha\int_Lf(z)dz+\beta\int_Lg(z)dz$(2) $L$由 $L_1,L_2$銜接獲得， $f$在 $L$上可積的充要條件是 $f$在 $L_1,L_2$上可積，而且 $\int_Lf(z)dz=\int_{L_1}f(z)dz+\int_{L_2}f(z)dz$(3) $L$的起止點爲 $z_0,z_0^\prime$，記 $z_0^\prime$到 $z_0$沿着 $L$的曲線爲 $L^-$， $f(z)$在 $L$上可積，則 $f(z)$在 $L^{-}$上可積，而且 $\int_Lf(z)dz=-\int_{L^-}f(z)dz$(4) $f(z)$在 $L$可積，則 $\left|\int_Lf(z)dz\right|\le\int_L|f(z)|ds$其中右邊是第一型曲線積分
(5)（積分估值）若沿着曲線 $L$，函數 $f(z)$連續，且有正數 $M$使 $|f(z)|\le M(\forall z\in L)$，設 $L$其長度爲 $|L|$，則 $\left|\int_Lf(z)dz\right|\le M|L|$

下面給出一個重要的積分

例5.1 計算 $\displaystyle\int_C\frac{dz}{z-z_0}$，其中 $C$爲以 $|z-z_0|=r$，方向取正向

解：
取參數方程 $z=z_0+re^{\theta i}$，則 $\frac{dz}{d\theta}=ire^{\theta i}$，所以 $\int_C\frac{dz}{z-z_0}=\int_0^{2\pi}\frac{ire^{\theta i}}{re^{\theta i}}d\theta=2\pi i$

柯西積分定理——積分與路徑無關

柯西積分定理及其應用

柯西積分定理和柯西積分公式是本章的核心定理，柯西積分定理是有關復積分與路徑無關的定理，考察例5.1就知道復積分並不老是與路徑無關，柯西積分定理以下：

定理5.1（柯西積分定理） $f(z)$在單連通區域 $G$上解析，則對 $G$內任何逐段光滑的閉曲線 $C$，都有 $\int_Cf(z)dz=0$

咱們後面再給出柯西積分定理的證實，在給出證實以前，咱們先給出柯西積分定理的應用，有了柯西積分定理，咱們就能夠得出結論，若是 $f(z)$在單連通區域 $G$上解析，則積分 $\displaystyle\int_Lf(z)dz$只與起止點有關，而與積分路徑無關，則積分就能夠寫成 $\int_{z_0}^{z}f(\xi)d\xi$其中 $z_0$爲 $L$的起點， $z$爲 $L$的終點。任取 $z_0\in G$，咱們在 $G$內定義函數 $G(z)=\int_{z_0}^zf(\xi)d\xi$下面咱們將證實 $G(z)$是解析的，對於 $z\in G$，存在 $\delta>0$，使得 $z$以 $\delta$爲半徑的鄰域 $B(z,\delta)$都在 $G$內，那麼對 $z^\prime\in B(z,\delta)$， $z$和 $z^\prime$間的直線段 $L$都在 $G$內 $G(z^\prime)-G(z)=\int_Lf(\xi)d\xi$取 $L$的參數方程爲 $z=z(t)=(1-t)z+tz^\prime,0\le t\le 1$，則 $G(z^\prime)-G(z)=\Delta z\int_0^1f(z(t))dt$設 $f=u+vi$，由定積分的積分中值定理，存在 $\xi,\zeta\in(0,1)$使得 $\int_0^1u(z(t))dt=u(z(\xi))\\ \int_0^1v(z(t))dt=v(z(\zeta))$因而 $G(z^\prime)-G(z)=\Delta z[u(z(\xi))+iv(z(\zeta))]$即 $\lim_{\Delta z\to 0}\frac{G(z^\prime)-G(z)}{\Delta z}=u(z)+iv(z)=f(z)$這就說明了 $G(z)$解析，而且 $G^\prime(z)=f(z)$，以上過程若是假設放鬆爲 $f(z)$連續，而且 $f(z)$在 $G$內的積分與路徑無關，也是成立的。若是在 $G$上的解析函數 $g(z)$知足 $g^\prime(z)=0,\forall z\in G$，那麼， $G(z)$爲常數（容易證實，這裏省略）。那麼若是 $f(z)$在單連通區域 $G$上解析，那麼 $f(z)$上 $G$上任意原函數只相差一個常複數，若是咱們找到 $f(z)$的一個原函數 $F(z)$，則 $F(z)=G(z)+C$，那麼對 $z_1,z_2\in G$，就有 $\int_{z_1}^{z_2}f(z)dz=G(z_2)-G(z_1)=F(z_2)-F(z_1)$這就是複數域上的微積分基本定理

例5.2 在單連通區域 $D:-\pi<argz<\pi$內，函數 $\ln z$（主值支）是 $f(z)=\frac{1}{z}$的一個原函數，那麼 $\int_1^z\frac{1}{\xi}d\xi=\ln z - \ln 1=\ln z$

例5.3 計算復積分 $\displaystyle \int_0^{\pi+2i}\cos\frac{z}{2}dz$

解：
$w=\cos\frac{z}{2}$在全平面上解析，其原函數爲 $2\sin\frac{z}{2}$，則 $\int_0^{\pi+2i}\cos\frac{z}{2}dz=2[\sin\frac{z}{2}]_0^{\pi+2i}=2\sin{(\frac{\pi}{2}+i)}=e+\frac{1}{e}$

柯西積分定理的證實

下面咱們來證實柯西積分定理：觀察 $C.-R.$方程：
$u_x^\prime=v_y^\prime\\ u_y^\prime=-v_x^\prime$假設 $f^\prime(z)$是連續的，而且設 $f=u+vi$，若是 $C$是逐段光滑的簡單閉曲線，咱們前面推導過 $\int_Cf(z)dz=\int_Cudx-vdy+i\int_Cvdx+udy$咱們對兩個線積分分別採用格林公式 $\int_Cudx-vdy=\int_D -v_x^\prime-u_y^\prime dxdy=0\\ \int_Cvdx+udy=\int_Du_x^\prime-v_y^\prime dxdy=0$有 $\int_Cf(z)dz=0$這多是柯西積分定理的靈感來源，可是證實柯西積分定理不能採用格林公式，由於 $f^\prime(z)$不必定是連續的（固然，咱們後面會證實解析函數是無窮次可微的， $f^\prime(z)$是連續的，可是這須要用到柯西積分定理證實的柯西積分公式，若是採用這個結果，就會循環論證）。古爾薩給出了一個不須要用到格林公式的證實，咱們先大體闡述一下這個證實的思路：
(1)第一步，證實若是閉曲線 $C$是一個包含在 $G$內的三角形區域的邊界，柯西積分定理成立
(2)第二步，對於任何包含在 $G$內的多邊形，咱們將多邊形分解成若干三角形之並，添加的連線在不一樣的三角形邊界線積分計算中，方向相反，於是正負相消，最後只剩下多邊形的邊界，從而證實多邊形也知足柯西積分定理（見下圖：將多邊形分解爲三角形之並）
(3)對任意的閉曲線，用一個閉折線逼近這個積分，因爲任意的閉折線的積分都爲0，而沿着這條閉曲線的積分能夠任意接近0，就證得了閉曲線的積分爲0

咱們先來完成第一步：若是三角形閉區域 $\Delta$包含在 $G$內，咱們取三條邊的中點，鏈接三個中點，獲得四個全等的三角形 $\Delta_1,\Delta_2,\Delta_3,\Delta_4$，這裏的 $\Delta$表示三角形區域的圓周， $\Delta,\Delta_1,\Delta_2,\Delta_3,\Delta_4$均取正向。

能夠看到添加的連線積分方向剛好相反，正負相消，就獲得 $\int_\Delta f(z)dz=\int_{\Delta_1}f(z)dz+\int_{\Delta_2}f(z)dz+\int_{\Delta_3}f(z)dz+\int_{\Delta_4}f(z)dz$設 $\left|\int_\Delta f(z)dz\right|=M$咱們來證實 $M=0$，那麼一定存在 $i_1=1,2,3或4$，知足 $\left|\int_{\Delta_{i_1}}f(z)dz\right|\ge\frac{M}{4}$咱們記這個三角形爲 $D^1_{i_1}$，對於 $D^1_{i_1}$咱們也用一樣的辦法，鏈接三邊中點將其分爲四個全等三角形 $\Delta^1_2,\Delta_2^2,\Delta_3^2,\Delta_4^2$，則存在 $i_2=1,2,3或4$，有 $\left|\int_{\Delta_{i_2}^2}f(z)dz\right|\ge\frac{M}{16}$ $\Delta_{i_2}^2$與 $\Delta_{i_1}^1$類似，周長爲其 $\frac{1}{2}$且包含在其內，對 $\Delta_{i_2}^2$也做一樣的操做，獲得一個徹底包含在 $\Delta_{i_2}^2$內類似與 $\Delta_{i_2}^2$的三角形 $\Delta_{i_3}^3$，知足 $\left|\int_{\Delta_{i_3}^3}f(z)dz\right|\ge\frac{M}{64}$其周長爲 $\Delta_{i_2}^2$的 $\frac{1}{2}$，以此類推。獲得一個三角形序列 $\{\Delta_{i_n}^n\}$，做爲區域時 $\Delta_{i_n}^n\subset \Delta_{i_{n-1}}^{n-1}$，周長爲 $\Delta_{i_{n-1}}^{n-1}$的 $\frac{1}{2}$，所以其周長爲 $\frac{L}{2^n}$，其中 $L$爲 $\Delta$的周長，而且 $\left|\int_{\Delta_{i_n}^n}f(z)dz\right|\ge \frac{M}{4^n}$記 $\Delta_{i_n}^{n}=\Delta_n$，有 $\int_{\Delta_n}dz=0$這是由於 $\Delta_n$是閉曲線，由復積分的定義就能夠直接驗證，其次 $\int_{\Delta_n}zdz=\int_{\Delta_n}xdx-ydy+i\int_{\Delta_n}xdy+ydx$用格林公式便可驗證 $\displaystyle\int_{\Delta_n}zdz=0$，實際上， $\{\Delta_n\}$構成一個閉區間套，存在一點 $z_0$，屬於全部 $\Delta_n$（此時做爲區域而不是周線），因爲 $f(z)$在 $z_0$處可微，對任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，當 $|z-z_0|<\delta$時 $\left|\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}-f^\prime(z_0)\right|<\varepsilon$即 $|f(z)-f(z_0)-f^\prime(z_0)(z-z_0)|<\varepsilon|z-z_0|$存在 $n_0$， $n\ge n_0$時，三角形 $\Delta_n$，徹底包含在 $z_0$的鄰域內，有 $\int_{\Delta_{n}}f(z)dz=\int_{\Delta_{n}}[f(z)-f(z_0)-f^(z_0)(z-z_0)]dz$此時¹ $\left|\int_{\Delta_{n}}f(z)dz\right|\le \frac{\varepsilon L^2}{4^n}$故 $M<\varepsilon L^2$由 $\varepsilon$的任意性， $M=0$
因而容易證實：任意包含在 $G$內的閉折線 $C$，都有 $\int_Cf(z)dz$所以，咱們對於通常的曲線，咱們只要用一條閉折線取代之便可。那麼如何取代呢？取代的合理性又在哪？咱們能夠仿照數學分析中證實積分與路徑無關的條件時採起的手段，引入星形區域：若是區域 $G$內存在一點 $z_0$， $\forall z\in G$，直線段 $z_0z$整個包含在 $G$內，若是 $f(z)$在 $G$內解析，引入函數 $F(z)=\int_{z_0z}f(\xi)d\xi$其中積分路徑是 $z_0$到 $z$的直線段，存在 $\delta>0$，當 $\Delta z<\delta$時， $z$到 $z+\Delta z$的直線段包含在 $G$內，則以 $z_0,z,z+\Delta z$爲三條邊的三角形包含在 $G$內 $F(z+\Delta z)-F(z)=\int_{z}^{z+\Delta z}f(\xi)d\xi$相似於前面的證實方法，咱們能夠知道 $F(z)$是 $f(z)$在 $G$內的原函數。在數學分析中，咱們知道原函數存在是線積分與路徑無關的充要條件，在複變函數中也是如此。其證法和數學分析也是相似的。即假設 $L:z=z(t)$是光滑的，咱們能夠起止點爲 $z_1,z_2$，那麼就有 $\int_{L}f(z)dz=F(z_2)-F(z_1)$對逐段光滑曲線分段討論便可，因而，只要 $L$是逐段光滑的，起止點爲 $z_1,z_2$，就有微積分基本定理成立 $\int_{L}f(z)dz=F(z_2)-F(z_1)$所以在星形區域內積分與路徑無關，開鄰域必定是星形區域。對於任意的閉曲線 $C$， $C$的起止點都爲爲 $a$， $C$與 $D^c$有一段正距離 $\delta>0$，對 $C$做劃分 $\Delta:a=z_0<z_1<\cdots<z_n=b$，只要每一個小曲段的直徑小於 $\frac{\delta}{2}$，那麼整個曲段 $z_{i-1}z_i$都在 $z_{i-1}$的 $\frac{\delta}{2}$鄰域內，直線段 $z_{i-1}z_i$都在 $z_{i-1}$的 $\frac{\delta}{2}$鄰域內，從而該段曲線上的積分可由直線段積分替換，故存在包含在 $G$內的閉折線 $C^\prime$，知足 $\int_{C}f(z)dz=\int_{C^\prime}f(z)dz$而 $\displaystyle \int_{C^\prime}f(z)dz=0$，這就證得了柯西積分定理。

柯西積分定理的變式

單連通閉區域情形

定理5.2 $G$爲複平面上的單連通區域，若是 $f(z)$在 $\overline{G}$上解析，則對於任意包含在 $\overline{G}$中的逐段光滑的閉曲線 $C$，都有 $\int_Cf(z)dz=0$

這必定理的證實至關簡單，只要找一個包含 $\overline{G}$的區域 $G^\prime$， $f(z)$在 $G^\prime$便可，咱們天然就想到有限覆蓋定理，對於任意的 $z\in \overline{G}$，都存在鄰域 $B(z,\delta_z)$， $f(z)$在其上解析， $\displaystyle G^\prime=\bigcup_{z\in \overline{G}}B(z,\delta_z)$是開集，而且 $\overline{G}\subseteq G^\prime$， $f(z)$在 $G^\prime$上解析，再應用柯西積分定理便可證得結論。

定理5.3 $G$爲複平面上的單連通區域，若是 $f(z)$在 $G$中解析，在 $\overline{G}$上連續，則對於任意包含在 $\overline{G}$中的逐段光滑的閉曲線 $C$，都有 $\int_Cf(z)dz=0$

定理5.3的證實至關複雜，一個初等的證實可見杜長國《推廣的Cauchy定理的初等證實》一文，這裏不證。

多連通區域情形

定理5.4 $C_0,C_1,\cdots,C_n$是 $n+1$條逐段光滑的兩兩不交的簡單閉曲線，其中 $C_1,\cdots,C_n$中每一條都在其他各條的外區域內， $C_1,\cdots,C_n$在 $C_0$的內區域中，則 $C_0,C_1,\cdots,C_n$共同圍成一個 $n+1$連通區域 $D$，若是咱們記 $C_0$取正向， $C_1,\cdots,C_n$取負向的曲線爲 $C$，若是 $f(z)$在 $D$中解析，在 $\overline{D}$上連續，則 $\int_C f(z)dz=\int_{C_0}f(z)dz-\sum_{k=1}^n\int_{C_k}f(z)dz=0$

以上的 $C$咱們又稱爲復周線，一條逐段可微閉曲線咱們稱爲單週線，單週線和復周線統稱爲周線，相似於格林公式的證實，咱們只要加若干條可微曲線，就能夠把 $D$劃分爲若干個單連通區域或把 $D$切割成單連通區域，所加的曲線積分爲0，就能夠證得上面的定理。以下圖：

柯西積分公式

柯西積分公式的證實

有了柯西積分定理，就能夠證實柯西積分公式。

定理5.5（柯西積分公式） $f(z)$在周線 $C$（單週線或復周線）圍成的區域 $D$上解析， $\overline{D}$上連續，對任取的 $z_0\in D$，都有 $2\pi if(z_0)=\int_C\frac{f(z)}{z-z_0}dz$

證：
對於 $z_0$，存在 $\rho>0$，使得閉鄰域 $\overline{B}(z_0,\rho)\subseteq D$，對 $r\le \rho$，記 $D_r=D-\overline{B}(z_0,r)$， $\frac{f(z)}{z-z_0}$在 $\overline{D_r}$上解析，在其閉包連續，由定理5.4，有 $\int_{|z-z_0|=r}\frac{f(z)}{z-z_0}dz=\int_C\frac{f(z)}{z-z_0}dz$因爲 $f(z)$在 $z_0$處可微，則對任意的 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，當 $|z-z_0|<\delta$時，有 $|f(z_0)-f(z)|<\varepsilon$令 $r<\delta$，就有 $\begin{aligned} &\left|\int_{|z-z_0|=r}\frac{f(z)}{z-z_0}dz-\int_{|z-z_0|=r}\frac{f(z_0)}{z-z_0}dz\right|\\ \le&\int_{|z-z_0|=r}\frac{|f(z)-f(z_0)|}{|z-z_0|}ds\\ =&\frac{1}{r}\int_{|z-z_0|=r}|f(z)-f(z_0)|dz\le 2\varepsilon\pi \end{aligned}$而 $\int_{|z-z_0|=r}\frac{f(z_0)}{z-z_0}dz=2\pi f(z_0)i$因而 $\left|\int_{C}\frac{f(z)}{z-z_0}dz-2i\pi f(z_0)\right|\le 2\pi \varepsilon$由 $\varepsilon$的任意性，就有 $\int_{C}\frac{f(z)}{z-z_0}dz=2\pi if(z_0)$

解析函數的無窮可微性

定理5.6 $f(z)$在周線 $C$（單週線或復周線）圍成的區域 $D$上解析， $\overline{D}$上連續，對任取的 $z_0\in D$， $f(z)$在 $z_0$處有任意階導數，而且有 $f^{(p)}(z_0)=\frac{p!}{2\pi i}\int_C \frac{f(z)}{(z-z_0)^{p+1}}dz$

證：
咱們先看 $p=1$的情形，考察 $\begin{aligned} &\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=\frac{1}{2i\pi\Delta z}\int_C[\frac{f(\xi)}{\xi - z}-\frac{f(\xi)}{\xi - z_0}]d\xi\\ =&\frac{1}{2i\pi\Delta z}\int_C\frac{f(\xi)\Delta z}{(\xi-z)(\xi-z_0)}d\xi=\frac{1}{2i\pi}\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z)(\xi-z_0)}d\xi \end{aligned}$而 $\begin{aligned} &\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z)(\xi-z_0)}d\xi-\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z_0)^2}d\xi\\ =&\Delta z\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z)(\xi-z_0)^2}d\xi \end{aligned}$因爲 $z_0\in D$，存在 $\delta>0$， $\overline{B}(z_0,\delta)\subset D$，當 $\Delta z<\frac{\delta}{2}$時，見下圖

其中 $C_{n+1}$爲 $|\xi-z_0|=\delta$，方向沿逆時針，由柯西積分定理，有 $\begin{aligned} &\left|\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z)(\xi-z_0)^2}d\xi\right|=\left|\int_{C_{n+1}}\frac{f(\xi)}{(\xi-z)(\xi-z_0)^2}d\xi\right|\\ \le&\int_{C_{n+1}}\frac{|f(\xi)|}{|\xi-z||\xi-z_0|^2}ds=\frac{1}{\delta^2}\int_{C_{n+1}}\frac{|f(\xi)|}{|\xi-z|}d\xi \end{aligned}$令 $M$爲 $|f(\xi)|$在 $C_{n+1}$上的最大值，同時 $|\xi-z|\ge\frac{\delta}{2}$，所以 $\begin{aligned} &\frac{1}{\delta^2}\int_{C_{n+1}}\frac{|f(\xi)|}{|\xi-z|}d\xi\le \frac{4M\pi}{\delta^2} \end{aligned}$所以 $\begin{aligned} &\lim_{z\to z_0}(\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z)(\xi-z_0)}d\xi-\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z_0)^2}d\xi)\\ =&\lim_{z\to z_0}\Delta z\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z)(\xi-z_0)^2}d\xi=0 \end{aligned}$這就證得了 $f^\prime(z_0)=\frac{1}{2i\pi}\int_C\frac{f(\xi)}{(\xi-z_0)^2}d\xi$其餘階導數可用數學概括法相似證實，這裏再也不贅述

推論5.1 $f(x)$在區域 $D$上解析，則 $f(x)$在區域 $D$上有無窮階導數

對於 $z_0\in D$，只要找一個閉鄰域 $\overline{B}(z_0,\delta)\subset D$，其邊界爲 $C:|z-z_0|=\delta$，而後應用定理5.6便可。在數學分析中，在開區間 $(a,b)$上可導的函數不必定有無窮階導數，而在複變函數中，在區域 $D$上可導的函數卻有無窮階導數，這是解析函數優良性質。

例5.4 經過計算 $\int_{|z|=1}(z+\frac{1}{z})^{2n}\frac{dz}{z}(n=1,2,\cdots)$證實 $\int_0^{2\pi}\cos^{2n}\theta d\theta = 2\pi \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$

證：令 $f(z)=(z^2+1)^{2n}$，咱們先求 $f^{(2n)}(z)$，由二項式定理 $f(z)=\sum_{k=0}^{2n}C_{2n}^kz^{2k}$
則 $f^{(2n)}(z)=C_{2n}^n(2n)!+...+C_{2n}^{2n}(4n)(4n-1)\cdots(2n+1)z^{2n}$故 $f^{(2n)}(0)=(2n)!C_{2n}^n=(2n)!\frac{(2n)!}{(n!)^2}$由定理5.6，有 $f^{(2n)}(0)=\frac{(2n)!}{2\pi i}\int_{|z|=1}(z+\frac{1}{z})^{2n}\frac{dz}{z}$故 $\int_{|z|=1}(z+\frac{1}{z})^{2n}\frac{dz}{z}=2i\pi C_{2n}^n$對 $z=e^{i\theta}$，有 $z+\frac{1}{z}=\frac{\cos 2\theta+1+i\sin 2\theta}{e^{i\theta}}=2\cos\theta$則 $\int_{|z|=1}(z+\frac{1}{z})^{2n}\frac{dz}{z}=2^{2n}i\int_0^{2\pi}\cos^{2n}\theta d\theta$就有 $\int_0^{2\pi}\cos^{2n}\theta d\theta=2\pi\frac{(2n)!}{(2n)!!(2n)!!}=2\pi\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$

例5.5 計算積分 $\displaystyle \int_{|z|=2}\frac{dz}{z^2+2}$

解：任取一條圍繞着 $\sqrt{2}i$，但不含 $-\sqrt{2}i$，且包含在 $|z|<2$內的簡單閉曲線 $C_1$，及一條圍繞着 $-\sqrt{2}i$，包含在 $|z|<2$，且在 $C_1$的外區域的簡單閉曲線 $C_2$，由柯西積分定理
$\int_{|z|=2}\frac{dz}{z^2+2}=\int_{C_1}\frac{dz}{z^2+2}+\int_{C_2}\frac{dz}{z^2+2}$分別計算 $\displaystyle\int_{C_1}\frac{dz}{z^2+2},\int_{C_2}\frac{dz}{z^2+2}$：
$\int_{C_1}\frac{dz}{z^2+2}=\int_{C_1}\frac{dz}{(z+\sqrt{2}i)(z-\sqrt{2}i)}$因爲 $\frac{1}{z+\sqrt{2}i}$在 $C_1$的內區域 $D_1$解析， $\overline{D_1}$上連續，由柯西積分公式：
$\frac{2\pi i}{2\sqrt{2}i}=\frac{\sqrt{2}\pi }{2}={\int }_{C_1}\frac{dz}{z^2+2}$