柯西-古萨定理

#复变函数/第4章

定理（柯西-古萨）

设 $C$ 是一条沿正向的简单闭围道。若 $f$ 在 $C$ 上及其内部处处解析，则

\oint_{C} f (z) d z = 0

更一般的形式：若 $f$ 在单连通区域 $D$ 内解析，则对 $D$ 内任意闭围道 $C$ （不必是简单闭围道）都有 $\oint_{C} f d z = 0$ 。

这是整个复变函数理论的枢纽：它把"解析"这个微分条件翻译成"积分为零"这个积分条件，引出柯西积分公式、解析函数的导数公式、最大模原理。

证明（ $f^{'}$ 连续的情形，用 Green 公式）

由围道积分的实线积分形式

\oint_{C} f (z) d z = \oint_{C} (u d x - v d y) + i \oint_{C} (v d x + u d y)

设 $f$ 在 $C$ 上及其内部解析，则 $u, v$ 连续可微。对两个实线积分分别用 Green 公式（ $R$ 为 $C$ 内部区域）：

\oint_{C} (u d x - v d y) = \iint_{R} (- v_{x} - u_{y}) d A

\oint_{C} (v d x + u d y) = \iint_{R} (u_{x} - v_{y}) d A

于是

\oint_{C} f (z) d z = \iint_{R} (- v_{x} - u_{y}) d A + i \iint_{R} (u_{x} - v_{y}) d A

由 C-R方程 $u_{x} = v_{y}$ 、 $u_{y} = - v_{x}$ ，两个被积函数恒为零，故 $\oint_{C} f (z) d z = 0$ 。

古萨的改进（去掉" $f^{'}$ 连续"这一额外假设）

上面的证明额外要求 $f^{'}$ 连续。古萨 (Goursat) 指出只要 $f$ 解析就够，论证改为三角形分割法：

先对三角形 $T$ 证。把 $T$ 四等分成 4 个小三角形，三条内边上的积分互相抵消，故必有一个小三角形 $T_{1}$ 满足 $| \oint_{T_{1}} f d z | \geq \frac{1}{4} | \oint_{T} f d z |$ 。
反复四等分得嵌套三角形序列 $T_{0} \supset T_{1} \supset T_{2} \supset \dots$ ，直径趋于零，公共点为 $z_{0}$ ，且

| \oint_{T} f d z | \leq 4^{n} | \oint_{T_{n}} f d z |

由 $f$ 在 $z_{0}$ 可微， $f (z) = f (z_{0}) + f^{'} (z_{0}) (z - z_{0}) + ρ (z)$ ，其中 $| ρ (z) | \leq ε_{n} | z - z_{0} |$ 。前两项在闭三角形上有原函数，积分是零，故

| \oint_{T_{n}} f d z | = | \oint_{T_{n}} ρ (z) d z | \leq ε_{n} L_{T_{n}}^{2}

于是 $| \oint_{T} f d z | \leq ε_{n} (4^{n} L_{T_{n}}^{2}) = ε_{n} L^{2} \to 0$ ，其中 $L$ 是 $T$ 的周长。
任意多边形都可拆成三角形；简单闭围道用内接多边形逼近，即得结论。

推论

单连通区域内解析函数的积分只依赖端点，并且存在原函数（见原函数与积分路径无关）
多连通区域要把"洞"补回来算，见单连通与多连通区域

相关：围道积分、积分模的上界、解析

教材 §44–§45