Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Интегрирование функций комплексного переменного

Интегрирование функций комплексного переменного


Основные понятия


1. Понятие интеграла от функции комплексного переменного вводится (так же, как и в действительной области) как предел последовательности интегральных сумм; функция при этом определена на некоторой кривой [math]l[/math], кривая предполагается гладкой или кусочно-гладкой:


[math]\int\limits_{l}f(z)\,dz= \lim_{\lambda\to0} \sum_{k=1}^{n}\bigl(f(\xi_k)\cdot \Delta z_k\bigr),\qquad\quad (2.43)[/math]

где [math]x_k[/math] — точка, выбранная на дуге [math]\Delta l_k[/math] разбиения кривой; [math]\Delta z_k[/math] — приращение аргумента функции на этом участке разбиения, [math]\lambda= \max_{k}|\Delta z_k|[/math] — шаг разбиения, [math]|\Delta z_k|[/math] — длина хорды, соединяющей концы дуги [math]\Delta l_k[/math]; кривая [math]l[/math] разбивается произвольным образом на [math]n[/math] частей [math]\Delta l_k,~ k=1,2,\ldots,n[/math]. На кривой выбрано направление, т.е. указаны начальная и конечная точки. В случае замкнутой кривой [math]\textstyle{\left(\int\limits_{l} f(z)dz= \oint\limits_{c}f(z)dz\right)}[/math] интегрирование происходит в положительном направлении, т.е. в направлении, оставляющем слева конечную область, ограниченную контуром.


Формула (2.43) определяет криволинейный интеграл от функции комплексного переменного. Если выделить действительную и мнимую части функции [math]f(z)[/math], т.е. записать ее в виде


[math]f(z)=u+i\,v,\qquad u=\operatorname{Re}f(z),\quad v=\operatorname{Im}f(z),\qquad u=u(x,y),\quad v=v(x,y),[/math]

то интегральную сумму можно записать в виде двух слагаемых, которые будут являться интегральными суммами криволинейных интегралов второго рода от функций двух действительных переменных. Если [math]f(z)[/math] предположить непрерывной на [math]l[/math], то [math]u(x,y),~ v(x,y)[/math] будут также непрерывны на [math]l[/math], и, следовательно, будут существовать пределы соответствующих интегральных сумм. Поэтому, если функция [math]f(z)[/math] непрерывна на [math]l[/math], то предел в равенстве (2.43) существует, т.е. существует криволинейный интеграл от функции [math]f(z)[/math] по кривой [math]l[/math] и имеет место формула


[math]\int\limits_{l}f(z)\,dz= \int\limits_{l}u\,dx-v\,dy+ i \int\limits_{l}u\,dy+v\,dx\,.[/math]
(2.44)

Используя определение интеграла или формулу (2.44) и свойства криволинейных интегралов второго рода, нетрудно убедиться в справедливости следующих свойств криволинейного интеграла от функций комплексного переменного (свойства, известные из действительного анализа).


[math]\begin{aligned}&\bold{1.}~~ \int\limits_{l}\bigl[c_1f_1(z)+ c_2f_2(z)\bigr]dz= c_1\int\limits_{l} f_1(z)\,dz+ c_2\int\limits_{l}f_2(z)\,dz\,.\\ &\bold{2.}~~ \int\limits_{AB}f(z)\,dz=- \int\limits_{BA}f(z)\,dz\,.\\ &\bold{3.}~~ \int\limits_{AB}f(z)\,dz= \int\limits_{AC}f(z)\,dz+ \int\limits_{CB}f(z)\,dz\,.\\ &\bold{4.}~~ \int\limits_{AB}|dz|= l_{AB}.\\ &\bold{5.}~~ \left|\int\limits_{l}f(z)\,dz \right|\leqslant \int\limits_{l}|f(z)|\,|dz|. \end{aligned}[/math]


в частности, [math]\textstyle{\left|\int\limits_{AB}f(z)\,dz\right|\leqslant M\cdot l_{AB}}[/math], если функция ограничена по модулю на кривой [math]AB[/math], то есть [math]|f(z)|\leqslant M,~ z\in l[/math]. Это свойство называется свойством оценки модуля интеграла.


[math]\bold{6.}~~ \int\limits_{AB}dz= z_B-z_A\,.[/math]


Формулу (2.44) можно рассматривать и как определение криволинейного интеграла от функции комплексного переменного, и как формулу его вычисления через криволинейные интегралы второго рода от функций двух действительных переменных.


Для использования и запоминания формулы вычисления отметим, что равенству (2.44) соответствует формальное выполнение в левой части под знаком интеграла действий выделения действительной и мнимой части функции [math]f(z)[/math], умножения на [math]dz=dx+i\,dy[/math] и записи полученного произведения в алгебраической форме:


[math]\int\limits_{l}f(z)\,dz= \int\limits_{l}(u+iv)(dx+i\,dy)= \int\limits_{l}u\,dx-v\,dy+i(u\,dy+v\,dx)= \int\limits_{l}u\,dx-v\,dy+ i\int\limits_{l}u\,dy+v\,dx\,.[/math]

Пример 2.79. Вычислить интегралы [math]\int\limits_{OA}\overline{z}\,dz[/math] и [math]\int\limits_{OA}z\,dz[/math], где линия [math]OA[/math]


а) отрезок прямой, соединяющей точки [math]z_1=0[/math] и [math]z_2=1+i[/math],
б) ломаная [math]OBA[/math], где [math]O(0;0),~ A(1;1),~ B(1;0)[/math].

▼ Решение

1. Вычислим интеграл [math]\int\limits_{OA}\overline{z}\,dz[/math]. Здесь [math]f(z)= \overline{z}= x-iy,~ dz=dx+i\,dy[/math]. Записываем интеграл через криволинейные интегралы второго рода:


[math]\int\limits_{OA}\overline{z}\,dz= \int\limits_{OA} (x-iy)(dx+i\,dy)= \int\limits_{OA} x\,dx+y\,dy+ i\int\limits_{OA}x\,dy-y\,dx\,,[/math]

что соответствует формуле (2.44). Вычисляем интегралы:


а) путь интегрирования — отрезок прямой [math]y=x,~ 0\leqslant x\leqslant1[/math], поэтому [math]\int\limits_{OA}\overline{z}\,dz= \int\limits_{0}^{1}2x\,dx=1[/math].


б) путь интегрирования — ломаная, состоящая из двух отрезков [math]OB= \{y=0,~ 0\leqslant x\leqslant1\}[/math] и [math]BA= \{x=1,~ 0\leqslant y\leqslant1\}[/math]. Поэтому, разбивая интеграл на два и производя вычисления, получаем


[math]\int\limits_{OA}\overline{z}\,dz= \int\limits_{OB}\overline{z}\,dz+ \int\limits_{BA}\overline{z}\,dz= \int\limits_{0}^{1}x\,dx+ \int\limits_{0}^{1}y\,dy+ i\int\limits_{0}^{1} dy=1+i.[/math]

Интеграл от функции [math]f(z)=\overline{z}[/math] зависит от выбора пути интегрирования, соединяющего точки [math]O[/math] и [math]A[/math].


2. Вычислим интеграл [math]\textstyle{\int\limits_{OA}z\,dz}[/math] здесь [math]f(z)=z=x+iy[/math]. Записываем интеграл через криволинейные интегралы второго рода


[math]\int\limits_{OA}z\,dz= \int\limits_{OA}x\,dx-y\,dy+ i\int\limits_{OA}x\,dy+y\,dx\,.[/math]

Подынтегральные выражения полученных интегралов второго рода являются полными дифференциалами (см. условие (2.30)), поэтому достаточно рассмотреть один случай пути интегрирования. Так, в случае "а", где уравнение отрезка [math]y=x,~0 \leqslant x \leqslant1[/math], получаем ответ


[math]\int\limits_{OA}z\,dz=i \int\limits_{0}^{1}2x\,dx=i\,.[/math]

В силу независимости интеграла от формы пути интегрирования, задание в данном случае можно сформулировать в более общем виде: вычислить интеграл


[math]\int\limits_{l}z\,dz[/math] от точки [math]z_1=0[/math] до точки [math]z_2=1+i[/math].

В следующем пункте рассмотрим подробнее подобные случаи интегрирования.


2. Пусть интеграл от непрерывной функции в некоторой области не зависит от вида кривой, соединяющей две точки этой области. Зафиксируем начальную точку, обозначив [math]z_0[/math]. конечная точка — переменная, обозначим ее [math]z[/math]. Тогда значение интеграла будет зависеть только от точки [math]z[/math], то есть [math]\textstyle{\int\limits_{l}f(z)\,dz}[/math] определяет некоторую функцию в указанной области.


Ниже будет дано обоснование утверждения, что в случае односвязной области интеграл определяет в этой области однозначную функцию. Введем обозначение


[math]\int\limits_{z_0}^{z} f(\xi)\,d\xi=F(z).[/math]
(2.45)

Функция [math]F(z)[/math] — интеграл с переменным верхним пределом.


Используя определение производной, т.е. рассматривая [math]\lim_{\Delta z\to0}\frac{\Delta F}{\Delta z}[/math], нетрудно убедиться, что [math]F(z)[/math] имеет производную в любой точке области определения, а следовательно, является в ней аналитической. При этом для производной получим формулу


[math]F'(z)=f(z).[/math]
(2.46)

Производная интеграла с переменным верхним пределом равна значению подынтегральной функции при верхнем пределе.


Из равенства (2.46), в частности, следует, что подынтегральная функция [math]f(z)[/math] в (2.45) является аналитической функцией, так как производная [math]F'(z)[/math] аналитической функции [math]F(z)[/math] по свойству таких функций (см. утверждение 2.28) — функция аналитическая.




3. Функция [math]F(z)[/math], для которой выполняется равенство (2.46), называется первообразной для функции [math]f(z)[/math] в односвязной области, а совокупность первообразных [math]\Phi(z)=F(z)+c[/math], где [math]c=\text{const}[/math], — неопределенным интегралом от функции [math]f(z)[/math].


Из пунктов 2 и 3 получаем следующее утверждение.


Утверждение 2.25


1. Интеграл с переменным верхним пределом [math]\textstyle{\int\limits_{z_0}^{z} f(\xi)\,d\xi}[/math] от аналитической в односвязной области функции есть функция, аналитическая в этой области; эта функция является первообразной для подынтегральной функции.


2. Любая аналитическая в односвязной области функция имеет в ней первообразную (существование первообразной).


Первообразные аналитических функций в односвязных областях отыскиваются, как и в случае действительного анализа: используются свойства интегралов, таблица интегралов, правила интегрирования.


Например, [math]\int e^z\,dz=e^z+c,~~ \int\cos z\,dz=\sin z+c.[/math].


Между криволинейным интегралом от аналитической функции и ее первообразной в односвязной области имеет место формула, аналогичная формуле Ньютона-Лейбница из действительного анализа:


[math]\int\limits_{z_1}^{z_2}f(z)\,dz= \Bigl.{F(z)}\Bigr|_{z_1}^{z_2}= F(z_2)-F(z_1).[/math]
(2.47)



4. Как и в действительном анализе, в комплексной области рассматриваются, кроме интегралов, содержащих параметр в пределах интегрирования (формула (2.45) дает простейший пример таких интегралов), интегралы, которые зависят от параметра, содержащегося в подынтегральной функции: [math]\textstyle{\int\limits_{l}f(\xi,z)\,d\xi}[/math]. Среди таких интегралов важное место в теории и практике комплексного интегрирования и приложениях занимает интеграл вида [math]\textstyle{\int\limits_{l}\dfrac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi}[/math].


Полагая [math]f(z)[/math] непрерывной на линии [math]l[/math], получаем, что для любой точки [math]z[/math], не принадлежащей [math]l[/math], интеграл существует и определяет в любой области, не содержащей [math]l[/math], некоторую функцию


[math]\frac{1}{2\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi=F(z).[/math]
(2.48)

Интеграл (2.48) называется интегралом типа Коши; множитель [math]\frac{1}{2\pi\,i}[/math] введен для удобства использования построенной функции.


Для этой функции, как и для функции, определяемой равенством (2.45), доказывается, что она является аналитической всюду в области определения. Причем в отличие от интеграла (2.45) здесь не требуется, чтобы порождающая функция [math]f(z)[/math] была аналитической, т.е. по формуле (2.48) на классе непрерывных функций комплексного переменного строится класс аналитических функций. Производная интеграла (2.48) определяется по формуле


[math]F'(z)= \frac{1}{2\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^2}\,d\xi\,.[/math]
(2.49)

Для доказательства формулы (2.49) и, следовательно, утверждения об аналитичности интеграла типа Коши достаточно, согласно определению производной, установить справедливость неравенства


[math]\left|\frac{\Delta F}{\Delta z}-F'(z)\right|<\varepsilon,\qquad |\Delta z|<\delta(\varepsilon)[/math]

для любого [math]\varepsilon>0[/math] и при любом [math]z[/math] из области определения функции [math]F(z)[/math].


Таким же методом можно показать, что существует производная от функции, определяемой равенством (2.49), т.е. [math]F''(z)[/math], и справедлива формула


[math]F''(z)= \frac{1}{\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^3}\,d\xi\,.[/math]

Процедуру можно продолжить и доказать по индукции формулу для производной любого порядка от функции [math]F(z)\colon[/math]


[math]F^{(n)}(z)= \frac{n!}{2\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}\,d\xi\,.[/math]
(2.50)

Анализируя формулы (2.48) и (2.49), нетрудно убедиться, что производную [math]F(z)[/math] можно получить формально, производя дифференцирование по параметру под знаком интеграла в (2.48):


[math]F'(z)= \frac{d}{dz}\! \left(\frac{1}{2\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi\right)= \frac{1}{2\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{d}{dz}\! \left(\frac{f(\xi)}{\xi-z}\right)\!d\xi= \frac{1}{2\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^2}\,d\xi\,.[/math]

Применяя формально правило дифференцирования интеграла, зависящего от параметра [math]n[/math] раз, получим формулу (2.50).


Результаты, полученные в этом пункте, запишем в виде утверждения.


Утверждение 2.26. Интеграл [math]\frac{1}{2\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi[/math] от функции [math]f(z)[/math], непрерывной на кривой [math]l[/math], есть функция, аналитическая в любой области [math]D[/math], не содержащей [math]l[/math]; производные этой функции могут быть получены дифференцированием по параметру под знаком интеграла.




Вычисление интегралов от функций комплексного переменного


Выше получены формулы вычисления интегралов от функций комплексного переменного — формулы (2.44) и (2.47).


Если кривую [math]l[/math] в формуле (2.44) задать параметрически: [math]z=z(t),~ \alpha\leqslant t\leqslant\beta[/math] или, что соответствует действительной форме: [math]\begin{cases} x=x(t),\\ y=y(t),\end{cases}\!\!\alpha\leqslant t\leqslant\beta[/math], то, используя правила вычисления интегралов второго рода в случае параметрического задания кривой, можно преобразовать формулу (2.44) к виду


[math]\int\limits_{l}f(z)\,dz= \int\limits_{\alpha}^{\beta}f\bigl(z(t)\bigr)z'(t)\,dt\,.[/math]
(2.51)

Полученный результат и результаты, полученные в предыдущей лекции, запишем в виде последовательности действий.


Способы вычисления интегралов [math]\textstyle{\int\limits_{l}f(z)\,dz}[/math].


Первый способ. Вычисление интегралов [math]\textstyle{\int\limits_{l}f(z)\,dz}[/math] от непрерывной функции путем сведения к криволинейным интегралам от функций действительных переменных — применение формулы (2.44).


1. Найти [math]\operatorname{Re}f(z)=u,~ \operatorname{Im}f(z)=v[/math].


2. Записать подынтегральное выражение [math]f(z)dz[/math] в виде произведения [math](u+iv)(dx+i\,dy)[/math] или, перемножая, [math]u\,dx-v\,dy+i(u\,dy+v\,dx)[/math].


3. Вычислить криволинейные интегралы вида [math]\textstyle{\int\limits_{l}P\,dx+Q\,dy}[/math], где [math]P=P(x,y),~ Q=Q(x,y)[/math] по правилам вычисления криволинейных интегралов второго рода.


Второй способ. Вычисление интегралов [math]\textstyle{\int\limits_{l} f(z)\,dz}[/math] от непрерывной функции путем сведения к определенному интегралу в случае параметрического задания пути интегрирования — применение формулы (2.51).


1. Записать параметрическое уравнение кривой [math]z=z(t)[/math] и из него определить пределы интегрирования: [math]t=\alpha[/math] соответствует начальной точке пути интегрирования, [math]t=\beta[/math] — конечной.


2. Найти дифференциал комплекснозначной функции [math]z(t)\colon\, dz=z'(t)dt[/math].
3. Подставить [math]z(t)[/math] в подынтегральное выражение, преобразовать интеграл

[math]\int\limits_{\alpha}^{\beta}f \bigl(z(t)\bigr)\cdot z'(t)\,dt= \int\limits_{\alpha}^{\beta}\varphi(t)\,dt\,.[/math]

4. Вычислить полученный в п.3 определенный интеграл от комплекснозначной функции действительной переменной.


Заметим, что интегрирование комплекснозначной функции действительной переменной не отличается от интегрирования действительнозначной функции; единственным отличием является наличие в первом случае множителя [math]i[/math], действия с которым, естественно, рассматриваются, как с постоянной. Например,


[math]\int\limits_{-1}^{1}e^{2it}dt= \left.{\frac{e^{2it}}{2i}}\right|_{-1}^{1}= \frac{1}{2i}(e^{2i}-e^{-2i})= \sin2\,.[/math]

Третий способ. Вычисление интегралов от аналитических функций в односвязных областях — применение формулы (2.47).


1. Найти первообразную [math]F(z)[/math], используя свойства интегралов, табличные интегралы и методы, известные из действительного анализа.


2. Применить формулу (2.47): [math]\int\limits_{z_1}^{z_2}f(z)\,dz= F(z_2)-F(z_1)[/math].


Замечания 2.10


1. В случае многосвязной области проводятся разрезы так, чтобы можно было получить однозначную функцию [math]F(z)[/math].


2. При интегрировании однозначных ветвей многозначных функций ветвь выделяется заданием значения функции в некоторой точке кривой интегрирования. Если кривая замкнутая, то начальной точкой пути интегрирования считается та точка, в которой задано значение подынтегральной функции. Значение интеграла может зависеть от выбора этой точки.


▼ Примеры 2.80-2.86 вычисления интегралов от функций комплексного переменного

Пример 2.80. Вычислить [math]\int\limits_{l}\operatorname{Re}z\,dz[/math], где [math]l[/math] — линия, соединяющая точку [math]z_1=0[/math] с точкой [math]z_2=1+i\colon[/math]


а) [math]l[/math] — прямая; б) [math]l[/math] — ломаная [math]OBA[/math], где [math]O(0;0),~ B(1;0),~ A(1;1)[/math].


▼ Решение

а) Применяем первый способ — (формулу (2.44)).


1,2. Подынтегральное выражение имеет вид [math]\operatorname{Re}z\,dz= x(dx+i\,dy)[/math]. Поэтому


[math]\int\limits_{l}\operatorname{Re}z\,dz= \int\limits_{l}x\,dx+ i\int\limits_{l}x\,dy\,.[/math]

3. Вычисляем интегралы при [math]y=x,~ 0\leqslant x\leqslant1[/math] (уравнение отрезка [math]OA[/math], соединяющего точки [math]z_1[/math] и [math]z_2[/math]). Получаем


[math]\int\limits_{l}\operatorname{Re}z\,dz= \int\limits_{l}x\,dx+ i\int\limits_{l}x\,dy= \int\limits_{0}^{1}x\,dx+ i\int\limits_{0}^{1}x\,dx= \frac{1+i}{2}\,.[/math]

б) Так как путь интегрирования состоит из двух отрезков, записываем интеграл в виде суммы двух интегралов:


[math]\int\limits_{l}\operatorname{Re}z\,dz= \int\limits_{OB}\operatorname{Re}z\,dz+ \int\limits_{BA}\operatorname{Re}z\,dz[/math]

и каждый вычисляем, как в предыдущем пункте. При этом для отрезка [math]OB[/math] имеем


[math]\begin{cases}y=0,\\ 0 \leqslant x \leqslant1,\end{cases}[/math] а для отрезка [math]BA\colon \begin{cases}x=1,\\ 0 \leqslant y \leqslant1.\end{cases}[/math]

Производим вычисления:

[math]\int\limits_{l}\operatorname{Re}z\,dz= \int\limits_{OB}x\,dx+ i\,x\,dy+ \int\limits_{BA} x\,dx+i\,x\,dy= \int\limits_{0}^{1}x\,dx+ i \int\limits_{0}^{1}1\cdot dy= \frac{1}{2}+i.[/math]

Заметим, что подынтегральная функция в данном примере — функция не аналитическая, поэтому интегралы по двум различным кривым, соединяющим две данные точки, могут иметь разные значения, что и проиллюстрировано в этом примере.


Пример 2.81. Вычислить [math]\int\limits_{l}|z| \overline{z}\,dz[/math], где [math]l[/math] — верхняя полуокружность [math]|z|=1[/math], обход кривой [math]l[/math] против часовой стрелки.


▼ Решение

Кривая имеет простое параметрическое уравнение [math]z=e^{it},~ 0\leqslant t\leqslant\pi[/math], поэтому удобно использовать второй способ (формулу (2.51)). Подынтегральная функция здесь — непрерывная функция, аналитической не является.


1,2. Для [math]z=e^{it}[/math] находим [math]\overline{z}=e^{-it},~ |z|=1,~ dz=i\,e^{it}dt[/math].


3,4. Подставляем в подынтегральное выражение. Вычисляем интеграл


[math]\int\limits_{l}|z| \overline{z}\,dz= \int\limits_{0}^{\pi}1\cdot e^{-it}\cdot i\,e^{it}dt= \int\limits_{0}^{\pi}i\,dt=i\,\pi.[/math]

Пример 2.82. Вычислить интегралы от аналитических функций:


а) [math]\int\limits_{0}^{i}\sin^2z\,dz[/math]; б) [math]\int\limits_{-i}^{1}\frac{dz}{(z-i)^2}[/math], путь интегрирования не проходит через точку [math]i[/math].


▼ Решение

а) Применяем формулу (2.47) (третье правило); первообразную находим, используя методы интегрирования действительного анализа:


[math]\int\limits_{}^{}\sin^2z\,dz= \frac{1}{2} \int\limits_{0}^{i}(1-\cos2z)\,dz= \left.{\frac{1}{2} \left(z-\frac{1}{2}\sin2z\right)}\right|_{0}^{i}= \frac{1}{2}\,i-\frac{1}{4}\sin2i= \frac{1}{2}\,i-i\,\frac{\operatorname{sh}2}{4}= \frac{i}{4}(2-\operatorname{sh}2).[/math]

б) Подынтегральная функция является аналитической всюду, кроме точки [math]i[/math]. Проведя разрез плоскости по лучу от точки [math]i[/math] до [math]\infty[/math], получим односвязную область, в которой функция является аналитической и интеграл можно вычислить по формуле (2.47). Поэтому для любой кривой, не проходящей через точку [math]i[/math], можно вычислить интеграл по формуле (2.47), при этом для двух заданных точек он будет иметь одно и то же значение.


На рис. 2.44 показаны два случая проведения разрезов. Направление обхода границы односвязных областей, где подынтегральная функция является аналитической, указано стрелками. Вычисляем интеграл:


[math]\int\limits_{-i}^{1}\frac{dz}{(z-i)^2}= \left.{\frac{-1}{z-i}}\right|_{-i}^{1}= -\frac{1}{1-i}-\frac{1}{2i}=-\frac{1+i}{2}+\frac{i}{2}= -\frac{1}{2}\,.[/math]

Пример 2.83. Вычислить интеграл [math]\int\limits_{0}^{1+i}z\,dz[/math].


▼ Решение

Подынтегральная функция — аналитическая всюду в [math]\mathbb{C}[/math]. Применяем третий способ, формулу (2.47):


[math]\int\limits_{0}^{1+i}z\,dz= \left.{\frac{z^2}{2}}\right|_{0}^{1+i}= \frac{1}{2}(1+i)^2=i.[/math]

Этот результат получен в примере 2.78 согласно первому способу.


Пример 2.84. Вычислить интеграл [math]\oint\limits_{C}\frac{dz}{(z-a)^n}[/math], где [math]C[/math] — окружность [math]|z-a|=R[/math].


▼ Решение

Применим второй способ.


1. Записываем уравнение окружности в параметрической форме: [math]z-a=R\,e^{it}[/math], или [math]z=a+R\,e^{it},~ 0\leqslant t\leqslant2\pi[/math].
2. Находим дифференциал [math]dz=R\,i\,e^{it}\,dt[/math].
3. Подставляем [math]z=a+R\,e^{it}[/math] и [math]dz[/math] в подынтегральное выражение:

[math]\oint\limits_{C}\frac{dz}{(z-a)^n}= \int\limits_{0}^{2\pi} \frac{R\,i\,e^{it}}{R^n e^{int}}\,dt= \frac{i}{R^{n-1}} \int\limits_{0}^{2\pi} e^{it(1-n)}dt\,.[/math]

Вычисляем полученный определенный интеграл. При [math]n\ne1[/math] получаем


[math]\int\limits_{0}^{2\pi} e^{it(1-n)}dt= \frac{1}{i(1-n)} \Bigl.{e^{it(1-n)}}\Bigr|_{0}^{2\pi}= \frac{1}{(n-1)i} \bigl(1-e^{2\pi\,i(n-1)}\bigr).[/math]

Так как [math]e^{2\pi\,i(n-1)}= e^{2k\pi\,i}=1[/math], поэтому [math]\oint\limits_{C}\frac{dz}{(z-a)^n} =0[/math] при [math]n\ne1[/math]. При [math]n=1[/math] получаем [math]\oint\limits_{C}\frac{dz}{z-a}= i\int\limits_{0}^{2\pi}dt=2\pi\,i\,.[/math].


Выпишем полученный результат в виде формулы:


[math]\oint\limits_{|z-a|=R}\frac{dz}{(z-a)^n}=0,\quad n\ne1;\qquad \oint\limits_{|z-a|=R}\frac{dz}{z-a}=2\pi\,i\,.[/math]
(2.52)

В частности, [math]\textstyle{\oint\limits_{|z|=R}\frac{dz}{z}=2\pi i}[/math]. Заметим, что если окружность [math]C\colon |z-a|=R[/math] обходится точкой [math]k[/math] раз, то аргумент (параметр) изменяется от 0 до [math]2\pi k[/math] ([math]k>0[/math], если обход в положительном направлении, т.е. против часовой стрелки, и [math]k<0[/math] — обход по часовой стрелке). Поэтому


[math]\oint\limits_{C}\frac{dz}{z-a}= i \int\limits_{0}^{2\pi k}dt= 2k\pi i,\qquad \oint\limits_{C} \frac{dz}{z}=2k\pi i.[/math]

Пример 2.85. Вычислить интеграл от функции комплексного переменного [math]\int\limits_{1}^{z}\frac{d\xi}{\xi}[/math]:

а) путь интегрирования не проходит через точку [math]z=0[/math] и не обходит ее, [math]-\pi<\arg z \leqslant\pi[/math];

б) путь интегрирования не проходит через точку [math]z=0[/math], но обходит ее [math]n[/math] раз по окружности против часовой стрелки.


▼ Решение

а) Этот интеграл — интеграл с переменным верхним пределом — определяет в любой односвязной области однозначную аналитическую функцию (см. 2.45)). Найдем аналитическое выражение этой функции — первообразной для [math]f(z)=\frac{1}{z}[/math]. Отделяя действительную и мнимую части интеграла [math]\int\limits_{l}\frac{dz}{z}[/math] (применяя формулу (2.44)), нетрудно убедится, что подынтегральные выражения интегралов второго рода являются полными дифференциалами и, следовательно, интеграл [math]\frac{d\xi}{\xi}[/math] не зависит от вида кривой, соединяющей точки [math]z_1=1[/math] и [math]z[/math]. Выберем путь, состоящий из отрезка оси [math]Ox[/math] от точки [math]z_1=1[/math] до точки [math]z_2=r[/math], где [math]r=|z|[/math], и дуги [math]l[/math] окружности. соединяющей [math]z_2[/math] с [math]z[/math] (рис. 2.45,а).


Интеграл запишем в виде суммы: [math]\int\limits_{1}^{z} \frac{d\xi}{\xi}= \int\limits_{1}^{r} \frac{dx}{x}+ \int\limits_{l}\frac{d\xi}{\xi}[/math]. Для вычисления интеграла по дуге окружности применяем формулу (2.51), дуга при этом имеет уравнение [math]\xi=r\,e^{it},~ 0\leqslant t\leqslant\arg z[/math]. Получаем [math]\int\limits_{l}\frac{d\xi}{\xi}= \int\limits_{0}^{\arg z} \frac{ri\,e^{it}}{r\,e^{it}}\,dt=i\arg z[/math]; в результате


[math]\int\limits_{1}^{z}\frac{d\xi}{\xi}=\ln r+i\arg z,\,-\pi<\arg z \leqslant\pi[/math]

Правая часть равенства определяет однозначную функцию [math]\ln z[/math] — главное значение логарифма. Ответ получаем в виде


[math]\int\limits_{1}^{z}\frac{d\xi}{\xi}=\ln z\,.[/math]
(2.53)

Заметим, что полученное равенство можно принять за определение однозначной функции [math]\ln z[/math] в односвязной области — плоскости с разрезом по отрицательной действительной полуоси [math](-\infty;0][/math].


б) Интеграл можно записать в виде суммы: [math]\int\limits_{1}^{z}\frac{d\xi}{\xi}= \oint\limits_{c} \frac{dz}{z}+ \int\limits_{l}\frac{d\xi}{\xi}[/math], где [math]c[/math] — n-раз пробегаемая против часовой стрелки окружность [math]|z|=1[/math], а [math]l[/math] — кривая, соединяющая точки [math]z_1[/math] и [math]z[/math] и не охватывающая точку [math]z=0[/math] (рис. 2.45,б).


Первое слагаемое равно [math]2n\pi i[/math] (см. пример 2.84), второе — [math]\ln{z}[/math] — формула (2.53). Получаем результат [math]\int\limits_{1}^{z}\frac{d\xi}{\xi}=\ln z+2n\pi i[/math].


Пример 2.86. Вычислить интеграл [math]\int\limits_{l}\frac{dz}{\sqrt{z}}[/math] по верхней дуге окружности [math]|z|=1[/math] при условии: a) [math]\sqrt{1}=1[/math]; б) [math]\sqrt{1}=-1[/math].


▼ Решение

Задание значений функции [math]\sqrt{z}[/math] в точке контура интегрирования позволяет выделить однозначные ветви выражения [math]\sqrt{z}= \sqrt{|z|}\exp\!\left(\frac{i}{2}\arg z+ik\pi\right)\!,~ k=0;1[/math] (см. пример 2.6). Разрез можно провести, например, по мнимой отрицательной полуоси. Так как при [math]z=1[/math] имеем [math]\sqrt{1}=e^{ik\pi},~k=0;1[/math], то в первом случае выделяется ветвь с [math]k=0[/math], во втором — с [math]k=1[/math]. Подынтегральная функция на контуре интегрирования непрерывна. Для решения используем формулу (2.51), кривую задаем уравнением [math]z=e^{it},~0\leqslant t\leqslant\pi[/math].


а) Ветвь определяется при [math]k=0[/math], т.е. из [math]z=e^{it}[/math] для подынтегральной функции получаем [math]\sqrt{z}=e^{\frac{i}{2}t}[/math]. Вычисляем интеграл:


[math]\int\limits_{l}\frac{dz}{\sqrt{z}}= \int\limits_{0}^{\pi} \frac{i\,e^{it}}{e^{i\,\frac{t}{2} }}\,dt= i \int\limits_{0}^{\pi}e^{i\,\frac{t}{2}}dt= \Bigl.{2\,e^{i\,\frac{t}{2}}}\Bigr|_{0}^{\pi}= 2\! \left(e^{i\,\frac{\pi}{2}}-1\right)= 2(i-1).[/math]

б) Ветвь определяется при [math]k=1[/math], т.е. из [math]z=e^{it}[/math] для подынтегральной функции имеем [math]\sqrt{z}= e^{i \left(\frac{t}{2}+\pi\right)}=-e^{i\,\frac{t}{2}}[/math]. Вычисляем интеграл:


[math]\int\limits_{l}\frac{dz}{\sqrt{z}}= \int\limits_{0}^{\pi}\frac{i\,e^{it}}{-e^{i\,\frac{t}{2}}}\,dt= \ldots= 2(1-i).[/math]



В теории и практике, в приложениях интегрального исчисления функций комплексного переменного, при исследовании поведения функций в ограниченных областях или в окрестностях отдельных точек рассматриваются интегралы по замкнутым кривым — границам областей, в частности окрестностей точек. Будем рассматривать интегралы [math]\oint\limits_{C}f(z)dz[/math], где [math]f(z)[/math] — аналитическая в некоторой с области, за исключением отдельных точек, [math]C[/math] — граница области или внутренний контур в этой области.


Основная теорема Коши для простого контура


Теорема 2.1 (теорема Коши для простого контура). Если [math]f(z)[/math] аналитическая в односвязной области, то для любого контура [math]C[/math], принадлежащего этой области, справедливо равенство


[math]\oint\limits_{C}f(z)dz=0.[/math]
(2.54)

Доказательство теоремы нетрудно получить, опираясь на свойство аналитических функций, согласно которому аналитическая функция имеет производные любого порядка (см. утверждение 2.28). Это свойство обеспечивает непрерывность частных производных от [math]\operatorname{Re}f(z)[/math] и [math]\operatorname{Im}f(z)[/math], поэтому, если использовать формулу (2.44), то легко видеть, что для каждого из подынтегральных выражений в криволинейных интегралах второго рода выполняются условия полного дифференциала, как условия Коши-Римана аналитических функций. А интегралы по замкнутым кривым от полных дифференциалов равны нулю.


Заметим, что все теоретические положения, излагаемые ниже, опираются в конечном счете на эту важную теорему, в том числе и упомянутое выше свойство аналитических функций. Чтобы не было сомнения в корректности изложения, заметим, что теорема может быть доказана без ссылки на существование ее производных только на основании определения аналитической функции.


Следствия из теоремы 2.1


1. Теорема справедлива и в случае, если [math]C[/math] — граница области [math]D[/math], а функция [math]f(z)[/math] является аналитической в области и на границе, т.е. в [math]\overline{D}[/math], так как, согласно определению, аналитичность в [math]\overline{D}[/math] предполагает аналитичность функции в некоторой области [math]B[/math], содержащей [math]D~(B\supset\overline{D})[/math], а [math]C[/math] при этом будет внутренним контуром в [math]B[/math].


2. Интегралы по различным кривым, лежащим в односвязной области аналитичности функции и соединяющим две точки этой области, равны между собой, т.е. [math]\int\limits_{l_1}f(z)dz= \int\limits_{l_2}f(z)dz[/math], где [math]l_1[/math] и [math]l_2[/math] — произвольные кривые, соединяющие точки [math]z_1[/math] и [math]z_2[/math] (рис. 2.46).


Для доказательства достаточно рассмотреть контур [math]C[/math], состоящий из кривой [math]l_1[/math] (от точки [math]z_1[/math] к точке [math]z_2[/math]) и кривой [math]l_2[/math] (от точки [math]z_2[/math] к точке [math]z_1[/math]). Свойство можно сформулировать следующим образом. Интеграл от аналитической функции не зависит от вида кривой интегрирования, соединяющей две точки области аналитичности функции и не выходящей из этой области.


Это дает обоснование данного выше утверждения 2.25 о свойствах интеграла [math]\int\limits_{z_0}^{z}f(\xi)d\xi[/math] и о существовании первообразной аналитической функции.




Теорема Коши для сложного контура


Теорема 2.2 (теорема Коши для сложного контура). Если функция [math]f(z)[/math] является аналитической в многосвязной области, ограниченной сложным контуром, и на этом контуре, то интеграл по границе области от функции равен нулю, т.е., если [math]C[/math] — сложный контур — граница области, то справедлива формула (2.54).


Сложный контур [math]C[/math] для [math](n+1)[/math] — связной области состоит из внешнего контура [math]\Gamma[/math] и внутренних — [math]C_i,~i=1,2,\ldots,n[/math]; контуры попарно не пересекаются, обход границы — положительный (на рис.2.47, [math]n=3[/math]).


Для доказательства теоремы 2.2 достаточно провести в области разрезы (на рис. 2.47 пунктир) так, чтобы получились две односвязные области и воспользоваться теоремой 2.1.


Следствия из теоремы 2.2


1. При выполнении условий теоремы 2.2 интеграл по внешнему контуру равен сумме интегралов по внутренним; обход на всех контурах в одну сторону (на рис. 2.48, [math]n=2[/math]):


[math]\oint\limits_{\Gamma}f(z)\,dz= \sum_{k=1}^{n} \oint\limits_{C_k}f(z)\,dz\,.[/math]
(2.55)

2. Если [math]f(z)[/math] является аналитической в односвязной области [math]D[/math] и на границе области, за исключением, быть может, точки [math]a[/math] этой области, то интегралы по различным замкнутым кривым, которые лежат в области [math]D[/math] и ограничивают области, содержащие точку [math]a[/math], равны между собой (рис. 2.49):


[math]\oint\limits_{C_k}f(z)\,dz= \oint\limits_{C_m}f(z)\,dz\,.[/math]
(2.56)

Доказательство очевидно, поскольку каждый такой контур можно рассматривать как внутреннюю границу двусвязной области, внешней границей которой является граница области [math]D[/math]. В соответствии с формулой (2.55) при [math]n=1[/math] любой такой интеграл равен интегралу по границе [math]D[/math].


Сравнение формулировок теоремы 2.2 и следствия 1 из теоремы 2.1 позволяет сделать обобщение, которое запишем в виде следующего утверждения.


Утверждение 2.27. Если [math]f(z)[/math] аналитическая в [math]D[/math], то [math]\oint\limits_{C}f(z)\,dz=0[/math], где [math]C[/math] — граница области [math]D[/math] (простой или сложный контур).


Интегральная формула Коши


В следующей теореме, в отличие от двух предыдущих, рассматривается интеграл от функции, которая, не являясь аналитической в области, ограниченной контуром интегрирования, имеет специальный вид.


Теорема 2.3. Если функция [math]f(z)[/math] является аналитической в области [math]D[/math] и на ее границе [math]C[/math], то для любой внутренней точки [math]a[/math] области [math](a\in D)[/math] имеет место равенство


[math]f(a)= \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C}\frac{f(z)}{z-a}\,dz\,.[/math]
(2.57)

Область [math]D[/math] может быть односвязной или многосвязной, а граница области -простым или сложным контуром.


Доказательство для случая односвязной области опирается на результат теоремы 2.1, а для многосвязной — приводится к случаю односвязных областей (как при доказательстве теоремы 2.2) путем проведения разрезов, не проходящих через точку [math]a[/math].


Следует обратить внимание на то, что точка а не принадлежит границе области и поэтому подынтегральная функция является непрерывной на [math]C[/math] и интеграл существует.


Теорема представляет собой важный прикладной интерес, а именно по формуле (2.57) решается так называемая краевая задача теории функций: по значениям функции на границе области определяется ее значение в любой внутренней точке.


Замечание 2.11. В условиях теоремы интеграл [math]\frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C}\frac{f(\xi)}{\xi-a}\,d\xi[/math] определяет аналитическую функцию в любой точке [math]z[/math], не принадлежащей контуру [math]C[/math], причем в точках конечной области [math]D[/math], ограниченной контуром, он равен [math]f(z)[/math] (по формуле (2.57)), а вне [math]\overline{D}[/math] — равен нулю в силу оснований теоремы Коши. Этот интеграл, называемый интегралом Коши, является частным случаем интеграла типа Коши (2.48). Здесь контур замкнутый, в отличие от произвольного в (2.48), а функция [math]f(z)[/math] является аналитической, в отличие от непрерывной на [math]l[/math] в (2.48). Для интеграла Коши, следовательно, справедливо сформулированное для интеграла типа Коши утверждение 2.26 о существовании производных. Можно сформулировать на основании этого следующее утверждение.


Утверждение 2.28


1. Аналитическая функция в любой точке аналитичности может быть записана в виде интеграла


[math]f(z)= \frac{1}{2\pi i} \oint\limits_{C}\frac{f(\xi)}{\xi-z}\,d\xi,\quad z\in D\,.[/math]
(2.58)

2. Аналитическая функция имеет производные любого порядка, для которых справедлива формула


[math]f^{(n)}(z)= \frac{n!}{2\pi i} \oint\limits_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}\,d\xi\,.[/math]
(2.59)

Формула (2.59) дает интегральное представление производных аналитической функции.




Вычисление интегралов по замкнутому контуру


Будем рассматривать интегралы вида [math]\oint\limits_{C}\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}\,dz[/math], где функция [math]\varphi(z)[/math] аналитическая в [math]D[/math], а [math]\psi(z)[/math] — многочлен, не имеющий нулей на контуре [math]C[/math]. Для вычисления интегралов применяются теоремы из предыдущей лекции и следствия из них.


Правило 2.6. При вычислении интегралов вида [math]\oint\limits_{C}f(z)\,dz[/math] в зависимости от характера (кратности) нулей многочлена [math]\psi(z)[/math] и их расположения относительно контура [math]C[/math] можно выделить четыре случая.


1. В области [math]D[/math] нет нулей многочлена [math]\psi(z)[/math]. Тогда [math]f(z)= \frac{\varphi(z)}{\psi(z)}[/math] функция аналитическая и, применяя основную теорему Коши, имеем результат [math]\oint\limits_{C}f(z)\,dz=0[/math].


2. В области [math]D[/math] расположен один простой нуль [math]z=a[/math] многочлена [math]\psi(z)[/math]. Тогда записываем дробь в виде [math]\frac{f(z)}{z-a}[/math], где [math]f(z)[/math] — функция, аналитическая в [math]\overline{D}[/math]. Применяя интегральную формулу, получаем результат:


[math]\oint\limits_{C}\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}\,dz= \oint\limits_{C}\frac{f(z)}{z-a}\,dz= 2\pi i\cdot f(a).[/math]
(2.60)

3. В области [math]D[/math] расположен один кратный нуль [math]z=a[/math] многочлена [math]\psi(z)[/math] (кратности [math]n[/math]). Тогда записываем дробь в виде [math]\frac{f(z)}{(z-a)^n}[/math], где [math]f(z)[/math] — функция, аналитическая в [math]\overline{D}[/math]. Применяя формулу (2.59), получаем результат


[math]\oint\limits_{C}\frac{f(z)}{(z-a)^n}\,dz= \frac{2\pi i}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a).[/math]

4. В области [math]D[/math] расположены два нуля многочлена [math]\psi(z)\colon\,z_1=a[/math] и [math]z_2=b[/math]. Тогда, используя следствие 1 из теоремы 2.2, запишем интеграл в виде


[math]\oint\limits_{C}f(z)\,dz= \oint\limits_{C_1}f(z)\,dz+ \oint\limits_{C_2} f(z)\,dz\,,[/math]

где [math]C_1[/math] и [math]C_2[/math] — границы непересекающихся окрестностей точек [math]z_1[/math] и [math]z_2[/math]. Для каждого из полученных интегралов проводим далее вычисления в соответствии с пунктами 2 и 3. Очевидно, можно рассмотреть и случаи большего числа нулей [math]\psi(z)[/math] в области [math]D[/math].


▼ Примеры 2.87-2.94 вычисления интегралов по замкнутому контуру

Пример 2.87. Вычислить [math]\oint\limits_{C}\frac{dz}{z-a}[/math], где [math]C[/math] — произвольный контур, ограничивающий область, содержащую точку [math]a[/math].


▼ Решение

Рассмотрим двусвязную область, одна граница которой — контур [math]C[/math], другая — окружность [math]|z-a|=R[/math]. По следствию 2 из теоремы 2.2 (см. (2.56)) имеем


[math]\oint\limits_{C}\frac{dz}{z-a}= \oint\limits_{|z-a|=R}\frac{dz}{z-a}\,.[/math]

Учитывая результат решения примера 2.84 (формула (2.52)), получаем ответ [math]\oint\limits_{C} \frac{dz}{z-a}=2\pi i[/math].


Заметим, что решение можно получить, применив интегральную формулу Коши с [math]f(z)=1[/math]. В частности, получаем [math]\oint\limits_{C}\frac{dz}{z}=2\pi i[/math], так как контур [math]C[/math] один раз обходит точку [math]z=0[/math]. Если контур [math]C[/math] обходит точку [math]z=0[/math] [math]k[/math] раз в положительном [math](k>0)[/math] или отрицательном направлении [math](k<0)[/math], то [math]\oint\limits_{C}\frac{dz}{z}=2k\pi i[/math].


Пример 2.88. Вычислить [math]\oint\limits_{l}\frac{dz}{z}[/math], где [math]l[/math] — кривая, соединяющая точки 1 и [math]z[/math], один раз обходящая начало координат.


▼ Решение

Подынтегральная функция непрерывна на кривой — интеграл существует. Для вычисления используем результаты предыдущего примера и примера 2.85. Для этого рассмотрим замкнутый контур, соединив, например, точку [math]A[/math] с точкой 1 (рис. 2.50). Путь интегрирования из точки 1 в точку [math]z[/math] через точку [math]A[/math] можно представить теперь состоящим из двух кривых — замкнутого контура [math]C[/math] (кривая [math]BDEFAB[/math]) и кривой [math]l_0[/math], соединяющей точки 1 и [math]z[/math] через точку [math]A\colon[/math]


[math]\oint\limits_{l}\frac{dz}{z}= \oint\limits_{C}\frac{dz}{z}+ \oint\limits_{l_0} \frac{dz}{z}\,.[/math]

Используя результаты примеров 2.85 и 2.87, получаем ответ:


[math]\oint\limits_{l}\frac{dz}{z}= \int\limits_{1}^{z}\frac{1}{z}=\ln z+2\pi i\,.[/math]

Без изменения геометрической картинки, можно рассмотреть случай, когда кривая [math]n[/math] раз обходит начало координат. Получим результат


[math]\oint\limits_{l}\frac{dz}{z}= \int\limits_{1}^{z}\frac{1}{z}=\ln z+2n\pi i\,.[/math]

Полученное выражение определяет многозначную функцию [math]\operatorname{Ln}z= \int\limits_{1}^{z}\frac{dz}{z}[/math], путь интегрирования не проходит через начало координат. Выбор ветви многозначного выражения определяется заданием значения функции в некоторой точке.


Пример 2.89. Найти [math]\ln2i= \int\limits_{1}^{2i}\frac{1}{z}[/math], если [math]\ln1=4\pi i[/math].


▼ Решение

Из формулы [math]\operatorname{Ln}z= \ln z+2n\pi i=\ln|z|+i(\arg z+2k\pi)[/math] при [math]z=1[/math] получаем [math]\operatorname{Ln}1=2k\pi i[/math], а учитывая условие, находим [math]k=2[/math]. Поэтому


[math]\ln2i= \left.{\ln2+i \left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right)}\right|_{k=2}= ln2+ i\left(4k\pi+ \frac{\pi}{2}\right)\!.[/math]

Пример 2.90. Вычислить [math]\oint\limits_{C}\frac{\sin z}{z^3+16z}\,dz[/math] в следующих случаях задания контура [math]C\colon[/math] а) [math]|z-2-i|=2[/math]; б) [math]|z+2i|=1[/math].


▼ Решение

Находим нули знаменателя — особые точки подынтегральной функции. Это точки [math]z_1=0,~ z_{2,3}=\pm4i[/math]. Далее нужно определить расположение точек относительно контура интегрирования. В обоих случаях ни одна из точек не входит в область, ограниченную контуром. В этом можно убедиться, использовав чертеж. Оба контура — окружности, центр первой [math]z_0=2+i[/math] и радиус [math]R=2[/math]; центр второй [math]z_0=-2i[/math] и [math]R=1[/math]. Можно определить принадлежность точки области иначе, а именно определить ее расстояние от центра круга и сравнить с величиной радиуса. Например, для точки [math]z_2=4i[/math] это расстояние равно [math]|4i-2-i|=|3i-2|=\sqrt{13}[/math], что больше радиуса [math](\sqrt{13}>2)[/math], поэтому [math]z_2=4i[/math] не принадлежит кругу [math]|z-2-i|<2[/math]. В обоих случаях подынтегральная функция является, аналитической в соответствующих кругах. Следовательно, согласно теореме Коши (пункт 1 правил 2.6), интеграл равен нулю. Заметим, что заданный интеграл равен нулю и для любого другого контура, ограничивающего область, в которую не входят ни одна из особых точек — нулей знаменателя.


Пример 2.91. Вычислить [math]\oint\limits_{C}\frac{\sin z}{z^3+16z}\,dz[/math] в следующих случаях задания контура [math]C\colon[/math] а) [math]|z|=2[/math]; б) [math]|z+1+i|=2[/math].


▼ Решение

Рассуждая, как в предыдущем примере, находим, что в обоих случаях внутри кругов расположена только одна из особых точек [math]z_1=0[/math]. Поэтому, применяя п.2 правил 2.6 (интегральная формула Коши) , записываем подынтегральную функцию в виде дроби [math]\frac{1}{z}\cdot \frac{\sin z}{z^2+16}[/math], где числитель [math]f(z)= \frac{\sin z}{z^2+16}[/math] — функция, аналитическая в указанных кругах. Ответ для обоих случаев одинаковый:


[math]\oint\limits_{C}\frac{\sin z}{z(z^2+16)}\,dz= \left.{2\pi i \cdot \frac{\sin z}{z^2+16}}\right|_{z=0}=0.[/math]

Пример 2.92. Вычислить [math]\oint\limits_{C}\frac{\sin z}{z^3+16z}\,dz[/math] в следующих случаях задания контура [math]C\colon[/math] а) [math]|z+4i|=2[/math]; б) [math]|z-1+3i|=2[/math].


▼ Решение

Контуры интегрирования — окружности, как и выше, причем в случае "а" центр находится в точке [math]z_0=-4i,~R=2[/math], в случае "б" — в точке [math]z_0=1-3i,~R=2[/math].nВ обоих случаях внутрь соответствующих кругов попадает одна точка [math]z_0=-4i[/math]. Применяя п.2 правил 2.6, записываем подынтегральную функцию в виде [math]\frac{1}{z+4i}\frac{\sin z}{z(z-4i)}[/math], где числитель [math]f(z)=\frac{\sin z}{z(z-4i)}[/math] является аналитической функцией в рассматриваемых областях. Применяя интегральную формулу, получаем ответ:


[math]\oint\limits_{C}\frac{\sin z}{z^3+16z}\,dz= \left.{2\pi i\cdot \frac{\sin z}{z(z-4i)}}\right|_{z=-4i}= 2\pi i\cdot \frac{-\sin4i}{-32}= \frac{\pi i\cdot i \operatorname{sh}1}{16}=-\frac{\pi \operatorname{sh}1}{16}\,.[/math]

Пример 2.93. Вычислить интеграл [math]\oint\limits_{C}\frac{e^z\,dz}{(z-i)^2(z+2)}[/math] в следующих случаях задания контура: а) [math]|z+i|=1[/math]; б) [math]|z+2+i|=2[/math].


▼ Решение

Находим особые точки подынтегральной функции — нули знаменателя [math]z_1=i,~z_2=-2[/math]. Определяем принадлежность точек соответствующим областям. В случае "а" в круг [math]|z+i|<1[/math] не входит ни одна точка. Следовательно, интеграл в этом случае равен нулю.


В случае "б" в круг [math]|z+2+i|<2[/math] радиуса 2 с центром в точке [math]z_0=-2-i[/math] входит одна точка: [math]z=-2[/math]. Записываем дробь в виде [math]\frac{1}{z+2}\frac{e^z}{(z-i)^2}[/math], где [math]f(z)=\frac{e^z}{(z-i)^2}[/math] — аналитическая функция в круге [math]|z+2+i|<2[/math]. Вычисляем интеграл:


[math]\oint\limits_{C}\frac{e^z\,dz}{(z-i)^2(z+2)}= 2\pi i\cdot \frac{e^{-2}}{(2+i)^2}= \frac{2\pi}{25}e^{-2}(4+3i).[/math]

Пример 2.94. Вычислить интеграл [math]\oint\limits_{C}\frac{e^z\,dz}{(z-i)^2(z+2)}[/math] в следующих случаях задания контура: а) [math]|z-i|=2[/math]; б) [math]|z+2-i|=3[/math].


▼ Решение

а) В круг [math]|z-i|<2[/math] попадает точка [math]z=i[/math]. Записываем функцию [math]\frac{1}{(z-i)^2}\frac{e^z}{z+2}[/math] и применяем п.3 правил 2.6 при [math]m=2[/math] и [math]a=i[/math]. Вычисляем интеграл:


[math]\oint\limits_{C}\frac{e^z\,dz}{(z-i)^2(z+2)}= \left.{2\pi i \left(\frac{e^z}{z+ 2}\right)'}\right|_{z=i}= \left.{2\pi i\cdot \frac{e^z(z+2)-e^z}{(z+2)^2}}\right|_{z=i}= \left.{2\pi i\cdot \frac{e^z(1+z)}{(z+2)^2}}\right|_{z=i}= \frac{2\pi i(1+i)}{(2+i)^2}\,e^{i}.[/math]

б) В круг [math]|z+2-i|<3[/math] входят обе точки [math]z_1=i,~z_2=-2[/math]. Решаем в соответствии с п. 4 правил 2.6. Записываем интеграл в виде суммы двух интегралов:


[math]\oint\limits_{C}f(z)\,dz= \oint\limits_{C_1}f(z)\,dz+ \oint\limits_{C_2} f(z)\,dz\,.[/math]

где каждый из контуров [math]C_1[/math] и [math]C_2[/math] охватывает только одну из точек. В частности, в качестве контура [math]C_1[/math] можно взять окружность из предыдущего случая "а"; [math]C_2[/math] — окружность из примера 2.93 п. "б", т.е. можно воспользоваться полученными результатами. Записываем ответ:


[math]\oint\limits_{C}\frac{e^z\,dz}{(z-i)^2(z+2)}= 2\pi i\cdot \frac{e^{-2}}{(2+i)^2}+ 2\pi i\cdot \frac{1+i}{(2+i)^2}\,e^{i}= \frac{2\pi i}{(2+i)^2}\bigl(e^{-2}+e^{i}(1+i)\bigr).[/math]

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved