Решаване на интеграли с комплексни променливи. Интегриране на функции на комплексна променлива

1. Основни понятия и твърдения

Теорема 5.1(достатъчно условие за съществуването на интеграл от функция на комплексна променлива). Позволявам Ле проста гладка крива на , f(z)=u(х;г)+i×v(х;г) е непрекъснато включен Л. Тогава съществува и е в сила следното равенство:

Теорема 5.2.Позволявам Ле проста гладка крива, зададена параметрично: Л:z(T)=х(T)+i×y(T), а£ T£ b, функция f(z) е непрекъснато включен Л. Тогава равенството е вярно:

(където ). (5.2)

Теорема 5.3.Ако f(z) аналитични в домейна дфункция, тогава - аналитична функция и F"(z)=f(z), където интегралът се взема върху всяка частично гладка крива, свързваща точките z 0 и z.

- Формула на Нютон-Лайбниц.

2. Методи за изчисляване на интеграла

Първи начин.Изчисляване на интеграли на непрекъсната функция чрез редуциране до криволинейни интеграли на функции на реални променливи (приложение на формула (5.1)).

1. Намерете Re f=u, Аз съм f=v.

2. Запишете интегранта f(z)дзпод формата на произведение ( u+iv)(dx+idy)=udx-vdy+аз(udy+vdx).

3. Изчисляване на криволинейни интеграли на формата съгласно правилата за изчисляване на криволинейни интеграли от втори род.

Пример 5.1 . Изчисли по парабола y=x 2 от точка z 1 =0 до точката z 2 =1+аз

■ Намерете реалната и имагинерната част на интегралната функция. За да направим това, заместваме в израза за f(z) z=x+iy:

защото y=x 2, тогава dy= 2х, . Ето защо

Вторият начин.Изчисляване на интеграли от непрекъсната функция чрез редуциране до определен интеграл в случай на параметрична спецификация на пътя на интегриране (използване на формула (5.2)).

1. Напишете параметричното уравнение на кривата z=z(T) и определете границите на интегриране: t=aсъответства на началната точка на интеграционния път, t=b- финал.

2. Намерете диференциала на комплекснозначна функция z(T): дз=z¢( T)дт.

3. Заместник z(T) в интегранд, трансформирайте интеграла във формата: .

4. Изчислете получения определен интеграл.

Пример 5.2 . Изчислете къде ОТ- дъга от окръжност, .

■ Параметрично уравнение на тази крива: , 0 £ й£ стр. Тогава . Получаваме

Пример 5.3 . Изчислете къде ОТ- горната дъга на окръжността при условие: а), б).

■ Задаването на стойности на функцията в интеграционния цикъл ви позволява да изберете клонове с една стойност на израза , k= 0,1. Тъй като имаме, k= 0.1, тогава в първия случай избираме клон с k= 0, а във втория - с k= 1.

Интегралната функция на интеграционния контур е непрекъсната. Параметрично уравнение на тази крива: , 0 £ й£ стр. Тогава .

а) Разклонението се определя кога k= 0, тоест от получаваме .

б) Клонът се определя кога к=1, тоест от получаваме .

Третият начин.Изчисляване на интеграли на аналитични функции в едносвързани области (приложение на формула (5.3)).

Намерете антипроизводно Е(z), използвайки свойствата на интегралите, табличните интеграли и методите, известни от реалния анализ. Приложете формулата на Нютон-Лайбниц: .

Пример 5.4 . Изчисли , където ОТ- прав AB, z A=1-и,з б=2+i.

■ Тъй като подинтегралната функция - аналитичен на цялата комплексна равнина, тогава прилагаме формулата на Нютон-Лайбниц

3. Основни теореми на интегралното смятане

функции на комплексна променлива

Теорема 5.4 (Коши).Ако f(z Жфункция, тогава къде Л- всеки затворен контур, лежащ вътре Ж.

Теоремата на Коши е валидна и за многосвързана област.

Теорема 5.5.Нека функцията f(z) е аналитичен в просто свързан домейн д, Л-произволен затворен кусочно-гладък контур, лежащ в д. След това за всяка точка z 0, разположен вътре в контура Л, формулата е валидна:

, (5.4)

където Лтече в положителна посока.

Формула (5.4) се извиква интегрална формула на Коши . Той изразява стойностите на аналитична функция вътре в контур по отношение на нейните стойности на контура.

Теорема 5.6.Всяка функция f(z), аналитичен в домейна д, има производни на всички поръчки в този домейн и за " z 0 Î дправилната формула е:

, (5.5)

където Ле произволен късово-гладък затворен контур, лежащ изцяло в ди съдържаща точка z 0 .

4. Изчисляване на интеграли по затворен контур

от функции на комплексна променлива

Помислете за интеграли от формата , където функцията й(z) е аналитичен в , и г(z) е полином, който няма нули върху затворен контур ОТ.

правило.При изчисляване на интеграли на формата, в зависимост от множеството нули на полинома г(z) и тяхното местоположение спрямо контура ОТМогат да се разграничат 4 случая.

1. В района дняма полиномни нули г(z). Тогава функцията е аналитична и по теоремата на Коши.

2. В района дима една проста нула z=z 0 полином г(z). След това записваме дробта като , където f(z) е аналитична функция в Прилагайки интегралната формула на Коши (5.4), получаваме

. (5.6)

3. В района дразположено едно кратно на нула z=z 0 полином г(z) (множество н). След това записваме дробта като , където f(z) е аналитична функция в Прилагайки формула (5.5), получаваме

4. В района дима две нули на полинома г(z) z=z 1 и z=z 2. След това представяме интеграла като сбор от две дроби, а интеграла като сбор от два интеграла, всеки от които се изчислява в съответствие с т.2 или т.3.

Пример 5.5 . Изчислете къде ОТ- кръг.

■ Намираме нулите на знаменателя - сингулярните точки на интегранта . Това са точки. След това определяме местоположението на точките спрямо интеграционния контур: никоя от точките не е включена в областта, ограничена от окръжност с център в точка и радиус 2 (т.е. имаме първия случай). Това може да се провери, като се начертае или определи разстоянието от всяка от точките до центъра на окръжността и се сравни с радиуса. Например, за , Следователно не принадлежи на кръга.

След това функцията аналитичен в кръга и по теоремата на Коши .

Обърнете внимание, че даденият интеграл е равен на нула за всеки друг контур, който ограничава областта, която не включва нито една от нулите на знаменателя. ■

Пример 5.6 . Изчислете къде ОТ- кръг.

■ Разсъждавайки както в пример 5.5, откриваме, че само една от нулите на знаменателя се намира в кръга (вторият случай). Следователно записваме интегранта във формата , функцията аналитичен в кръг . Тогава по формула (5.6)

.■

Пример 5.7 . Изчисли , където ОТ- кръг.

Теоретичен минимум

Често има случаи, когато изчисляването на определени интеграли чрез методи на комплексен анализ е за предпочитане пред методите
материален анализ. Причините могат да бъдат много различни. Методите TFCT могат в някои случаи значително да намалят изчисленията.
Понякога формулата на Нютон-Лайбниц не може да се използва, тъй като неопределеният интеграл не се изразява в елементарни функции.
Методите за диференциране и интегриране по параметър изискват много внимателно обосноваване на тяхната приложимост, а параметърът понякога
трябва да се въведе изкуствено.

Обикновено методите на комплексния анализ изчисляват неправилни интеграли - върху безкраен интервал или от неограничени на сегмент
функционална интеграция. Общата идея е следната. Формира се контурен интеграл. Интегралът върху някои участъци от контура трябва
съвпадат с търсения определен интеграл - поне с точност до постоянен множител. Интеграли върху останалата част от контура
трябва да се изчисли. Тогава се прилага основната теорема за остатъка, според която
,
където са сингулярните точки на функцията, разположени вътре в интеграционния контур. По този начин контурът е интегрален с едно
от друга страна се оказва, че се изразява чрез желания определен интеграл, а от друга страна се изчислява с помощта на остатъци (което обикновено е
не създава големи проблеми).

Основната трудност е изборът на интеграционния контур. По принцип се предлага от подинтегралната функция. Въпреки това, без достатъчно
на практика е трудно да се овладее този метод и затова ще бъдат дадени доста примери. Най-често използваните контури са съставени от
елементи, върху които е удобно да се интегрират (прави линии, дъги от кръгове).

интеграция в комплексната равнина

Пример 1 Интеграли на Френел.
Нека изчислим интегралите , .
Лесно е да се досетите, че първата стъпка е преходът към експоненциалната форма, която включва разглеждане на интеграла.
Необходимо е само да изберете интеграционен контур. Ясно е, че полуосите трябва да влизат в контура. Истински и
имагинерните части на интеграла върху тази част от контура са интегралите на Френел. Освен това, изчисленият контурен интеграл върху структурата
интегралната функция наподобява интеграла на Ойлер-Поасон, чиято стойност е известна. Но за да получим този интеграл, трябва да поставим
, тогава . И такова представяне на променлива е интегриране по права линия, минаваща през точка
под ъгъл спрямо реалната ос.
И така, има два контурни елемента. За да затворим контура, приемаме, че избраните две секции от контура имат крайна дължина и се затварят
контурът на дъга от окръжност с радиус . По-късно ще оставим този радиус да отиде до безкрайност. Резултатът е този, показан на фиг. 1 верига.

(1)
Вътре в интеграционния контур интегралната функция няма особени точки, следователно интегралът по целия контур е равен на нула.

.
В границите този интеграл е равен на нула.
На парцела можете да напишете тогава
.
Заместваме получените резултати в (1) и преминаваме към границата:

Разделяйки реалните и въображаемите части, намираме, като вземем предвид стойността на интеграла на Ойлер-Поасон
,
.

Пример 2 Избор на контур на интегриране, съдържащ вътре в особена точка на интегралната функция.
Нека изчислим интеграл, подобен на този, разгледан в първия пример: , където .
Ще изчислим интеграла. Ще изберем контур, подобен на този, използван в първия пример. Само че сега няма цел
редуцирайте изчислението до интеграла на Ойлер-Поасон. Тук отбелязваме, че при подмяна интегралната функция няма да се промени.
Това съображение ни подтиква да изберем наклонената права линия на интеграционния контур, така че да сключва ъгъл с реалната ос.

При изписване на контурния интеграл
(2)
интегралът по кръгова дъга клони към нула в границата. На сайта можете да пишете :
.
Така от (2), при преминаване към границата, намираме
.
Тук се взема предвид, че вътре в интеграционния контур подинтегралната функция има прост полюс.

От тук намираме желания интеграл:
.

Пример 3 Затворете интеграционния контур през горната или долната полуравнина?
Използвайки следния доста прост интеграл, ние демонстрираме характерен детайл от избора на интеграционния контур. Изчислете
интегрална .
Всъщност търсеният интеграл на функцията се изчислява по реалната ос, на която интегралната функция няма
Характеристика. Остава само да се затвори интеграционният цикъл. Тъй като функцията под интеграла има само две крайни особени точки, тогава
можете да затворите контура с полукръг, чийто радиус трябва да клони към безкрайност. И тук възниква въпросът как
трябва да се избере полукръг: в горната или долната полуравнина (виж фиг. 3 a, b). За да разберем това, записваме интеграла върху полукръга
и в двата случая:


а)
б)
Както можете да видите, поведението на интеграла в границата се определя от фактора .
В случай на "а" и следователно границата ще бъде крайна при условието.
В случай на "b" - напротив - , и следователно границата ще бъде крайна при условието .
Това предполага, че начинът, по който се затваря контурът, се определя от знака на параметъра. Ако е положителен, тогава
контурът се затваря през горната полуравнина, в противен случай - през долната. Нека разгледаме тези случаи поотделно.
а)
Интегралът от полукръг в границата, както видяхме, изчезва. Вътре в контура (виж фиг. 3а) е
специална точка, т.н

б)
По същия начин намираме, че използваме интеграция върху контура, показан на фиг. 3б,

Забележка . Може да изглежда странно, че интегралът на комплексната функция се оказа реален. Това обаче е лесно за разбиране, ако е в оригинала
отделете реалните и имагинерните части на интеграла. Във въображаемата част под интеграла ще има нечетна функция, а интегралът се изчислява в симетричен
граници. Тези. имагинерната част изчезва, което се случи в нашето изчисление.

Пример 4 Заобикаляне на особени точки на подинтегралната функция при конструиране на интеграционен контур.
В разглежданите примери подинтегралната функция или нямаше особени точки, или те бяха вътре в интеграционния контур. въпреки това
може да бъде удобно да изберете контур по такъв начин, че върху него да попадат особени точки на функцията. Такива точки трябва да бъдат заобиколени. Байпасът се извършва
по кръг с малък радиус, който в бъдеще просто се втурва към нула. Като пример изчисляваме интеграла .
Може да изглежда, че интеграндът няма крайни сингулярни точки, тъй като точката е отстранима сингулярност.
Но за да изчислите интеграла, трябва да направите контурен интеграл на друга функция (за да сте сигурни, че интегралът изчезва
затварящ полукръг в границата на безкраен радиус): . Тук интегрантът има полюсна сингулярност
в точка .

По този начин е необходим друг интеграционен контур (виж Фиг. 4). Различава се от фиг. 3а само от факта, че сингулярната точка обикаля в полукръг,
чийто радиус се очаква да клони към нула в бъдеще.
. (3)
Веднага отбелязваме, че интегралът върху голям полукръг клони към нула в границата на неговия безкрайно голям радиус и вътре в контура
няма особени точки, така че целият контурен интеграл е нула. След това разгледайте първия и третия член в (3):

.
Сега записваме интеграла върху малък полукръг, като имаме предвид това върху него. Също така веднага ще вземем предвид малкия радиус на полукръга:


Членовете, клонящи към нула в границата, не се изписват.
Събираме членовете в (3) - с изключение на члена, свързан с големия полукръг.

Както може да се види, членовете, които се обръщат към безкрайност при са се отменили взаимно. Отдаване под наем и , имаме
.
Забележка . Например, интегралът на Дирихле се изчислява по абсолютно същия начин (припомняме, че той се различава от току-що разгледания по липсата на
квадрати в числителя и знаменателя).

Примери за изчисляване на определени интеграли с помощта на контура
интеграция в комплексната равнина (продължение)

Пример 5 Интегрантът има безкраен брой особени точки.
В много случаи изборът на контур се усложнява от факта, че подинтегралната функция има безкраен брой особени точки. В този случай може
оказва се, че сумата от остатъците всъщност ще бъде редица, чиято сходимост все още трябва да бъде доказана, ако я сумираме
не работи (и сумирането на серията обикновено е отделна доста сложна задача). Като пример, нека изчислим интеграла.
Ясно е, че част от контура е истинската ос. На него функцията няма функции. Нека обсъдим как да затворим цикъла. Не е необходимо да избирате полукръг.
Въпросът е, че хиперболичният косинус има семейство от прости нули . Следователно, вътре в контура, затворен от полукръга
в границата на безкрайно голям радиус ще попаднат безкрайно много сингулярни точки. Как иначе можете да затворите цикъла? Забележи това .
От това следва, че в интеграционния контур може да се опита да се включи сегмент, успореден на реалната ос. Примката ще се затвори с две
вертикални сегменти, които в границата са безкрайно далеч от въображаемата ос (виж фиг. 5).


На вертикалните участъци на контура . Хиперболичният косинус нараства експоненциално с нарастването на аргумента (модуло), следователно
в границата интегралите по вертикалните сечения клонят към нула.

Така че в границите
.
От друга страна, вътре в интегралния контур има две особени точки на интегранта. удръжки в тях
,
.
Следователно,
.

Пример 6 Интегрантът на дефинирания и контурния интеграл са различни.
Има много важен случай на изчисляване на определени интеграли по метода на контурното интегриране. Дотук интегранта
контурната интегрална функция или просто съвпада с интегранта на определен интеграл, или преминава в него чрез разделяне
реална или въображаема част. Но не винаги всичко е толкова просто. Нека изчислим интеграла.
По отношение на избора на контур няма особен проблем. Въпреки че функцията под интеграла има безкрайно много прости полюси, ние вече знаем
от опита от предишния пример, че е необходим правоъгълен контур, тъй като . Единствената разлика от пример 5 е, че
че полюсът на интегранта, който трябва да бъде прескочен, попада на правата. Затова избираме показаното
на фиг. 6 верига.

Разгледайте контурния интеграл. Няма да го рисуваме на всеки участък от контура, ограничавайки се до хоризонтално
парцели. Интегралът по реалната ос в границата клони към желаната. Записваме интегралите върху останалите секции:
.
В границата и първите два интеграла ще дадат , тогава те ще влязат в контурния интеграл в сумата
с желаното, което се различава по знак. В резултат на това желаният определен интеграл ще отпадне от контурния интеграл. Означава, че
интегралната функция е избрана неправилно. Помислете за друг интеграл: . Оставете контура същият.

Като начало разгледайте отново интегралите върху хоризонтални сечения. Интегралът по реалната ос става .
Този интеграл изчезва като интеграл на нечетна функция в симетрични граници.

В лимита първите две скоби също изчезват, образувайки отново интеграли на нечетни функции
в симетрични граници. Но последната скоба, с точност до множител, ще даде желания интеграл. Има смисъл да продължим изчислението.
Подобно на пример 5, интегралите по вертикалните сечения на контура клонят към нула при . Остава да намерим интеграла
в полукръг където . Както в пример 4, ние изчисляваме интеграла, като вземем предвид малкостта на:
.
И така, имаме всичко, за да запишем контурния интеграл в границата:

От друга страна, полюсът на подинтегралната функция се оказа вътре в интеграционния контур

Нека разгледаме гладка крива Γ в комплексната равнина, дадена от параметричните уравнения

(дефиницията на гладка крива е дадена в началото на §8). Както е отбелязано в § 8, тези уравнения могат да бъдат записани в компактна форма:

При промяна на параметъра Tот адо /3 съответстваща точка z(t)ще се движи по кривата Г. Следователно уравненията (15.1) и (15.2) не само определят точките на кривата Г, но и задават посоката на обикаляне на тази крива. Крива Г с дадено направление на обхода й се нарича ориентирана крива.

Нека в района д C C непрекъсната функция f(r) = = u(x, y) + iv(x. y),и нека кривата Γ лежи вътре Д.Да се ​​въведе понятието интеграл [f(z)dzот функция f(z)по кривата r, определяме r

диференциал дзравенство dz = dx + idy.Интегрантът се трансформира във формата

Така интегралът на сложната функция f(z)по кривата Γ е естествено да се определи с равенството

чиято дясна страна съдържа два реални криволинейни интеграла от втория вид реални функции ии и.За да изчислите тези интеграли, вместо хи призаместващи функции x(t)и t/(/), но вместо dxи ди-диференциали на тези функции dx = x"(t) dtи dy = y"(t)dt.Тогава интегралите от дясната страна на (15.3) се редуцират до два интеграла от функции на реална променлива T

Вече сме готови да дадем следното определение.

Интеграл по криваЖ върху функцията на комплексната променлива f(z)номерът се нарича J" f(z)dzи изчислено от

където z(t) = x(t) + iy(t), a ^ t ^ ft, -уравнение на кривата Г, а z"(t) = = x"(t) + iy"(t).

Пример 15.1. Изчислете интеграла на функция f(z) = (g - a) pпо окръжност с радиус r с център a, чиято посока на заобикаляне е обратна на часовниковата стрелка.

Решение: Уравнение на окръжност z - a= g ще z - a = geа, или

Когато се промени T.от 0 до 2tg точка z(t.)се движи в кръг r обратно на часовниковата стрелка. Тогава

Прилагайки равенството (15.5) и формулата на De Moivre (2.10), получаваме

Получихме важен за по-нататъшно представяне резултат:

Имайте предвид, че стойността на интеграла не зависи от радиуса Жкръгове.

ПРИМЕР 15.2. Изчислете интеграла на функция f(z) = 1, но гладка крива Γ с начало в точката аи завършват в точка b.

Решение Нека кривата Γ е дадена от уравнението z(t.) = x(t) + + iy(t) и ^ T^ /3, и а= -r(a), b = z((3).Използвайки формула (15.5), както и формулата на Нютон-Лайбниц за изчисляване на интеграли на реални функции, получаваме

Виждаме, че интегралът f 1 дзне зависи от вида на пътя G, свързване-

между точки a и 6 и зависи само от крайните точки.

Нека опишем накратко друг подход към дефинирането на интеграла на комплексната функция f(z)по крива, подобно на дефиницията на интеграл от реална функция върху сегмент.

Нека разделим кривата Γ по произволен начин на Ппарцели точки zq = a, z 1, ..., z n-ти z n = b,номерирани по посока на движение от началната точка до края (фиг. 31). Обозначете z - zo ==Az> ... , Zlc - Zk-l = Az/c, zn -Zn- 1 = = Azn.(Брой Azkпредставена от вектор, идващ от точката зи L_i in З к-)На всеки сайт (zk-i,Zk)избираме произволна точка от кривата (q- и съставяме сумата

Тази сума се нарича интегрална сума.Нека означим с L дължината на най-големия от сегментите, на които е разделена кривата G. Да разгледаме последователност от дялове, за които A -? 0 (докато П-* оо).

П1> единици от интегрални суми, изчислени при условие, че дължината на най-големия от сегментите на дяла клони към нула, се нарича интеграл на функцията/(G) по кривата G и се означава с G f(z)dz:

Може да се покаже, че това определение също ни води до формула (15.3) и следователно е еквивалентно на определението (15.5), дадено по-горе.

Нека установим основните свойства на интеграла / f(z)dz.

1°. Линейност. За всякакви комплексни константи a и b

Това свойство следва от равенството (15.5) и съответните свойства на интеграла по отсечка.

2°. Адитивност. Ако криватаЖ разделен на сегменти Ti m G2, тогава

Доказателство. Нека кривата Γ с краища a, bе разделена от точка c на две части: крива Гi с краища a, си кривата Gr с завършва с, b.Нека Г е дадено от уравнението z = z(t), а ^ T ^ в.и а= 2(a), b = z(ft), c = 2(7). Тогава уравненията на кривите Г1 и Гг ще бъдат z = z(t),където а ^ T^7 за Ti и 7^ T^/? за Gg. Прилагайки определението (15.5) и съответните свойства на интеграла върху отсечка, получаваме

Q.E.D.

Свойството 2° дава възможност да се изчисляват интеграли не само върху гладки криви, но и гладка на части, т.е. криви, които могат да бъдат разделени на краен брой гладки участъци.

3°. Когато посоката на кривата се промени, интегралът променя знака.

Докажете l с t в около. Нека кривата Г завършва аи bсе дава от уравнението r = r(?), o ^ T ^ $. Крива, състояща се от същите точки като Γ, но различна от Γ по посока на обхода (ориентация), ще бъде означена с Γ. Тогава Г - е дадено от уравнението z= 2i(J)> където z(t)= 2(0 -I - fi - t),Наистина, въвеждаме нова променлива r = a + - T.Когато се промени Tот а до (дпроменливата r се променя от (5 към а. Следователно точката r(m) ще минава през кривата r.

Свойство 3° е доказано. (Имайте предвид, че това свойство следва директно от дефиницията на интеграла (15.8): когато ориентацията на кривата се промени, всички нараствания АЗксмени знака.)

4°. Модулът на интеграла f f(z)dz не превишава стойността на кривинатаЖ

линеен интеграл от модула на функцията по дължината на кривата s (криволинеен интеграл от f(z) от първи род):

Лесно е да се види това z[(t) = r" r (t)(a + - t)J = -z "t (t), dt = -dr. Използвайки определението (15.5) и преминавайки към променливата r, получаваме

Доказателство. Нека използваме факта, че за интеграла върху отсечка

(това неравенство непосредствено следва от дефиницията на интеграла върху сегмент като граница на интегралните суми). От тук и от (15.5) имаме

1. Основни понятия

2. Изчисляване на интеграли от функции на комплексна променлива

3. Примери за изчисляване на интеграли на функции на комплексна променлива

4. Основната теорема на Коши за прост контур

5. Теорема на Коши за сложен контур

6. Интегрална формула на Коши

7. Изчисляване на интеграли по затворен контур

8. Примери за изчисляване на интеграли по затворен контур

Основни понятия

1. Въвежда се понятието интеграл от функция на комплексна променлива (по същия начин, както в реалната област) като граница на последователност от интегрални суми; функцията е дефинирана върху някаква крива l, кривата се приема за гладка или гладка на части:

\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)

където x_k е избрана точка върху дъгата \Delta l_k на разделянето на кривата; \Delta z_k - нарастване на аргумента на функцията в тази част от разделянето, \lambda=\max_(k)|\Делта z_k|- стъпка на разделяне, |\Delta z_k| - дължината на хордата, свързваща краищата на дъгата \Delta l_k ; кривата l е разделена произволно на n части \Делта l_k,~ k=1,2,\ldots,n. На кривата се избира посока, т.е. са посочени началната и крайната точка. В случай на затворена крива \textstyle(\left(\int\limits_(l) f(z)dz= \oint\limits_(c)f(z)dz\right))интеграцията става в положителна посока, т.е. в посока, която оставя крайната област, ограничена от пътя вляво.

Формула (2.43) дефинира криволинеен интеграл на функция на комплексна променлива. Ако отделим реалната и имагинерната част на функцията f(z) , т.е. запишете го във формуляра

F(z)=u+i\,v,\qquad u=\име на оператор(Re)f(z),\quad v=\име на оператор(Im)f(z),\qquad u=u(x,y) ,\quad v=v(x,y),

тогава интегралната сума може да бъде записана под формата на два члена, които ще бъдат интегралните суми на криволинейни интеграли от втория вид функции на две реални променливи. Ако се приеме, че f(z) е непрекъснато върху l, тогава u(x, y),~ v(x, y) също ще бъде непрекъснато върху l и следователно ще има ограничения за съответните интегрални суми. Следователно, ако функцията f(z) е непрекъсната върху l, тогава границата в равенството (2.43) съществува, т.е. има криволинеен интеграл на функцията f(z) върху кривата l и формулата

\int\limits_(l)f(z)\,dz= \int\limits_(l)u\,dx-v\,dy+ i \int\limits_(l)u\,dy+v\,dx\, .

Използвайки дефиницията на интеграл или формула (2.44) и свойствата на криволинейните интеграли от втори род, е лесно да се провери валидността на следните свойства на криволинейния интеграл от функции на комплексна променлива (свойства, известни от реалния анализ) .

\begin(aligned)&\bold(1.)~~ \int\limits_(l)\bigldz= 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|. \край (подравнено)

по-специално, \textstyle(\left|\int\limits_(AB)f(z)\,dz\right|\leqslant M\cdot l_(AB)), ако функцията е ограничена по абсолютна стойност върху кривата AB , т.е |f(z)|\leqslant M,~ z\in l. Това свойство се нарича свойство за оценка на модула на интеграла.

\bold(6.)~~ \int\limits_(AB)dz= z_B-z_A\,.

Формула (2.44) може да се разглежда както като дефиниция на криволинейния интеграл от функция на комплексна променлива, така и като формула за нейното изчисляване чрез криволинейни интеграли от втория вид функции на две реални променливи.

За да използваме и запомним формулата за изчисление, отбелязваме, че равенството (2.44) съответства на формалното изпълнение от лявата страна под знака на интеграла на операциите за извличане на реалните и имагинерните части на функцията f(z) , умножавайки по dz=dx+i\,dy и записване на получения продукт в алгебрична форма:

\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\ ,.

Пример 2.79.Изчислете интеграли и \int\limits_(OA)z\,dz, където линията OA

а) отсечка, свързваща точките z_1=0 и z_2=1+i,
б) прекъсната линия OBA , където O(0;0),~A(1;1),~B(1;0).

▼ Решение

1. Изчислете интеграла \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz. Тук f(z)= \overline(z)= x-iy,~ dz=dx+i\,dy. Записваме интеграла по отношение на криволинейни интеграли от втори род:

\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\,

което съответства на формула (2.44). Изчисляваме интегралите:

а) следователно интеграционният път е сегмент от права линия \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz= \int\limits_(0)^(1)2x\,dx=1.

б) пътят на интегриране е начупена линия, състояща се от два сегмента OB= \(y=0,~ 0\leqslant x\leqslant1\)и BA= \(x=1,~ 0\leqslant y\leqslant1\). Следователно, разделяйки интеграла на две и извършвайки изчисления, получаваме

\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.

Интегралът на функцията f(z)=\overline(z) зависи от избора на пътя на интегриране, свързващ точките O и A .

2. Изчислете интеграла \textstyle(\int\limits_(OA)z\,dz)тук f(z)=z=x+iy . Записваме интеграла чрез криволинейни интеграли от втори род

\int\limits_(OA)z\,dz= \int\limits_(OA)x\,dx-y\,dy+ i\int\limits_(OA)x\,dy+y\,dx\,.

Интегрантите на получените интеграли от втори род са пълни диференциали (виж условие (2.30)), така че е достатъчно да разгледаме един случай на път на интегриране. И така, в случай "а", където уравнението на сегмента y=x,~0 \leqslant x \leqslant1, получаваме отговора

\int\limits_(OA)z\,dz=i \int\limits_(0)^(1)2x\,dx=i\,.

Поради независимостта на интеграла от формата на пътя на интегриране, задачата в този случай може да бъде формулирана в по-обща форма: изчислете интеграла

\int\limits_(l)z\,dzот точка z_1=0 до точка z_2=1+i.

В следващия подраздел ще разгледаме по-подробно такива случаи на интеграция.

2. Нека интегралът на непрекъсната функция в дадена област не зависи от формата на кривата, свързваща две точки от тази област. Нека фиксираме началната точка, обозначавайки z_0. крайната точка е променлива, нека я обозначим z. Тогава стойността на интеграла ще зависи само от точката z, т.е. той определя някаква функция в определената област.

По-долу ще обосновем твърдението, че в случай на просто свързана област интегралът дефинира еднозначна функция в тази област. Въвеждаме нотацията

\int\limits_(z_0)^(z) f(\xi)\,d\xi=F(z).

Функцията F(z) е интеграл с променлива горна граница.

Използвайки определението за производна, т.е. имайки в предвид \lim_(\Delta z\to0)\frac(\Delta F)(\Delta z), лесно е да се провери, че F(z) има производна във всяка точка от областта на дефиницията и следователно е аналитична в нея. В този случай за производната получаваме формулата

F"(z)=f(z).

Производната на интеграла с променлива горна граница е равна на стойността на интегранта при горната граница.

От равенството (2.46) следва по-специално, че интеграндът f(z) в (2.45) е аналитична функция, тъй като производната F"(z) на аналитичната функция F(z) по свойството на такива функции ( виж предложение 2.28) - аналитична функция.

3. Функцията F(z), за която е валидно равенство (2.46), се нарича първоизводна за функцията f(z) в просто свързана област, а колекцията от първоизводни \Phi(z)=F(z)+c , където c=\text( const) , - неопределен интеграл на функцията f(z) .

От точки 2 и 3 получаваме следното твърдение.

Твърдение 2.25

1. Интеграл с променлива горна граница \textstyle(\int\limits_(z_0)^(z) f(\xi)\,d\xi)от функция, аналитична в едносвързана област, има функция, аналитична в тази област; тази функция е антипроизводна за интегранта.

2. Всяка функция, която е аналитична в просто свързана област, има антипроизводна в нея (съществуването на антипроизводна).

Намират се първоизводни на аналитични функции в просто свързани области, както в случая на реален анализ: използват се свойствата на интегралите, таблицата на интегралите и правилата за интегриране.

Например, \int e^z\,dz=e^z+c,~~ \int\cos z\,dz=\sin z+c..

Между криволинейния интеграл на аналитична функция и нейната антипроизводна в просто свързана област има формула, подобна на формулата на Нютон-Лайбниц от реалния анализ:

\int\limits_(z_1)^(z_2)f(z)\,dz= \Bigl.(F(z))\Bigr|_(z_1)^(z_2)= F(z_2)-F(z_1).

4. Както в реалния анализ, в комплексната област, освен интеграли, съдържащи параметър в границите на интегрирането (формула (2.45) дава най-простия пример за такива интеграли), се разглеждат интеграли, които зависят от параметъра, съдържащ се в интегранта: \textstyle(\int\limits_(l)f(\xi,z)\,d\xi). Сред такива интеграли важно място в теорията и практиката на сложната интеграция и приложения заема интеграл от формата \textstyle(\int\limits_(l)\dfrac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi).

Ако приемем, че f(z) е непрекъснат на правата l, получаваме, че за всяка точка z, която не принадлежи на l, интегралът съществува и определя, във всяка област, която не съдържа l, някаква функция

\frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi=F(z).

Интегралът (2.48) се нарича интеграл от типа на Коши; множителят \frac(1)(2\pi\,i) е въведен за удобство при използване на конструираната функция.

За тази функция, както и за функцията, дефинирана с равенство (2.45), е доказано, че е аналитична навсякъде в областта на дефиниция. Освен това, за разлика от интеграла (2.45), тук не се изисква генериращата функция f(z) да бъде аналитична, т.е. формула (2.48) се използва за конструиране на клас от аналитични функции върху класа от непрекъснати функции на комплексна променлива. Производната на интеграла (2.48) се определя по формулата

F"(z)= \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))((\xi-z)^2)\,d\xi \,.

За да се докаже формула (2.49) и следователно да се твърди, че интеграл от тип Коши е аналитичен, е достатъчно, съгласно дефиницията на производна, да се установи валидността на неравенството

\left|\frac(\Delta F)(\Delta z)-F"(z)\right|<\varepsilon,\qquad |\Delta z|<\delta(\varepsilon)

за всяко \varepsilon>0 и за всяко z от домейна на функцията F(z) .

Същият метод може да се използва, за да се покаже, че съществува производна на функцията, дефинирана от равенството (2.49), т.е. F""(z) и формулата

F""(z)= \frac(1)(\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))((\xi-z)^3)\,d\xi \,.

Процедурата може да бъде продължена и можем да докажем чрез индукция формулата за производната от произволен ред на функцията F(z)\colon

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

Анализирайки формулите (2.48) и (2.49), е лесно да се види, че производната F(z) може да бъде получена формално чрез диференциране по отношение на параметъра под интегралния знак в (2.48):

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\,.

Прилагайки формално правилото за диференциране на интеграл в зависимост от параметър n пъти, получаваме формула (2.50).

Ние записваме резултатите, получени в този раздел, под формата на твърдение.

Твърдение 2.26. Интеграл \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xiот функция f(z), непрекъсната по кривата l, има функция, която е аналитична във всяка област D, която не съдържа l; производните на тази функция могат да се получат чрез диференциране по параметъра под знака на интеграла.

Изчисляване на интеграли от функции на комплексна променлива

По-горе са получени формули за изчисляване на интеграли на функции на комплексна променлива - формули (2.44) и (2.47).

Ако кривата l във формулата (2.44) е зададена параметрично: z=z(t),~ \alpha\leqslant t\leqslant\betaили, което отговаря на действителната форма: \begin(cases) x=x(t),\\ y=y(t),\end(cases)\!\!\alpha\leqslant t\leqslant\beta, тогава, използвайки правилата за изчисляване на интеграли от втори вид в случай на параметрична спецификация на крива, можем да преобразуваме формула (2.44) във формата

\int\limits_(l)f(z)\,dz= \int\limits_(\alpha)^(\beta)f\bigl(z(t)\bigr)z"(t)\,dt\,.

Полученият резултат и резултатите, получени в предишната лекция, ще бъдат записани като последователност от действия.

Методи за изчисляване на интеграли \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz).

Първи начин.Изчисляване на интеграли \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz)от непрекъсната функция чрез редуциране до криволинейни интеграли на функции на реални променливи - прилагане на формула (2.44).

1. Намерете \operatorname(Re)f(z)=u,~ \operatorname(Im)f(z)=v.

2. Запишете интегранта f(z)dz като произведение (u+iv)(dx+i\,dy) или, умножавайки, u\,dx-v\,dy+i(u\,dy+v\,dx).

3. Изчисляване на криволинейни интеграли на формата \textstyle(\int\limits_(l)P\,dx+Q\,dy), където P=P(x,y),~ Q=Q(x,y)съгласно правилата за изчисляване на криволинейни интеграли от втори род.

Вторият начин.Изчисляване на интеграли \textstyle(\int\limits_(l) f(z)\,dz)от непрекъсната функция чрез редуциране до определен интеграл в случай на параметрична спецификация на интеграционния път - прилагане на формула (2.51).

1. Напишете параметричното уравнение на кривата z=z(t) и от него определете границите на интегриране: t=\alpha съответства на началната точка на пътя на интегриране, t=\beta - на крайната точка.

2. Намерете диференциала на комплекснозначна функция z(t)\двоеточие\, dz=z"(t)dt.
3. Заместете z(t) в интегранта, преобразувайте интеграла

\int\limits_(\alpha)^(\beta)f \bigl(z(t)\bigr)\cdot z"(t)\,dt= \int\limits_(\alpha)^(\beta)\varphi (t)\,dt\,.

4. Изчислете определения интеграл от комплексно стойностната функция на реална променлива, получена в раздел 3.

Имайте предвид, че интегрирането на функция с комплексни стойности на реална променлива не се различава от интегрирането на функция с реални стойности; единствената разлика е наличието в първия случай на фактора i, действията с който, разбира се, се считат за константа. Например,

\int\limits_(-1)^(1)e^(2it)dt= \left.(\frac(e^(2it))(2i))\right|_(-1)^(1)= \ frac(1)(2i)(e^(2i)-e^(-2i))= \sin2\,.

Третият начин.Изчисляване на интеграли от аналитични функции в едносвързани области - приложение на формула (2.47).

1. Намерете първоизводната F(z), като използвате свойствата на интегралите, табличните интеграли и методите, известни от реалния анализ.

2. Приложете формула (2.47): \int\limits_(z_1)^(z_2)f(z)\,dz= F(z_2)-F(z_1).

Забележки 2.10

1. В случай на многосвързана област се правят разрези, така че да може да се получи еднозначна функция F(z).

2. Когато се интегрират еднозначни клонове на многозначни функции, клонът се отличава чрез задаване на стойността на функцията в дадена точка от интеграционната крива. Ако кривата е затворена, тогава началната точка на пътя на интегриране е точката, в която е дадена стойността на интегралната функция. Стойността на интеграла може да зависи от избора на тази точка.

▼ Примери 2.80-2.86 изчисляване на интеграли на функции на комплексна променлива

Пример 2.80.Изчисли \int\limits_(l)\operatorname(Re)z\,dz, където l е права, свързваща точката z_1=0 с точката z_2=1+i\colon

а) l - права линия; б) l - прекъсната линия OBA , където O(0;0),~B(1;0),~A(1;1).

▼ Решение

а) Прилагаме първия метод - (формула (2.44)).

1.2. Интегрантът има формата \operatorname(Re)z\,dz= x(dx+i\,dy). Ето защо

\int\limits_(l)\operatorname(Re)z\,dz= \int\limits_(l)x\,dx+ i\int\limits_(l)x\,dy\,.

3. Изчислете интегралите за y=x,~ 0\leqslant x\leqslant1(уравнението на отсечката OA, свързваща точките z_1 и z_2 ). Получаваме

\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)\,.

б) Тъй като пътят на интегриране се състои от два сегмента, записваме интеграла като сбор от два интеграла:

\int\limits_(l)\operatorname(Re)z\,dz= \int\limits_(OB)\operatorname(Re)z\,dz+ \int\limits_(BA)\operatorname(Re)z\,dz

и всеки се изчислява както в предходния параграф. Освен това за сегмента OB имаме

\begin(cases)y=0,\\ 0 \leqslant x \leqslant1,\end(cases)и за сегмента BA\колония \begin(cases)x=1,\\ 0 \leqslant y \leqslant1.\end(cases)

Правим изчисления:

\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.

Имайте предвид, че интегралната функция в този пример не е аналитична функция, така че интегралите върху две различни криви, свързващи две дадени точки, могат да имат различни стойности, което е илюстрирано в този пример.

Пример 2.81.Изчисли \int\limits_(l)|z| \overline(z)\,dz, където l е горният полукръг |z|=1 , заобикаляйки кривата l обратно на часовниковата стрелка.

▼ Решение

Кривата има просто параметрично уравнение z=e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\pi, така че е удобно да се използва вторият метод (формула (2.51)). Интегрантът тук е непрекъсната функция, не е аналитичен.

1.2. За z=e^(it) намираме \overline(z)=e^(-it),~ |z|=1,~ dz=i\,e^(it)dt.

3.4. Заместник в интегранта. Изчисляваме интеграла

\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.

Пример 2.82.Изчисляване на интеграли на аналитични функции:

а) \int\limits_(0)^(i)\sin^2z\,dz; б) \int\limits_(-i)^(1)\frac(dz)((z-i)^2), пътят на интегриране не минава през точка i .

▼ Решение

а) Приложете формула (2.47) (трето правило); ние намираме антипроизводното, използвайки методи за реална интеграция на анализа:

\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(\име на оператор(sh)2)(4)= \frac(i)(4)(2- \име на оператор(sh)2).

б) Интегрантът е аналитичен навсякъде с изключение на точка i . След като начертаем равнина, разсечена по лъча от точка i до \infty, получаваме просто свързана област, в която функцията е аналитична и интегралът може да се изчисли по формула (2.47). Следователно за всяка крива, която не минава през точка i, интегралът може да се изчисли по формулата (2.47), докато за две дадени точки той ще има една и съща стойност.

На фиг. 2.44 показва два случая на извършване на разрези. Посоката на заобикаляне на границата на просто свързани области, където интегрантът е аналитичен, е обозначена със стрелки. Изчисляваме интеграла:

\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)\,.

Пример 2.83.Изчислете интеграл \int\limits_(0)^(1+i)z\,dz.

▼ Решение

Интегрантът е аналитичен навсякъде в \mathbb(C) . Прилагаме третия метод, формула (2.47):

\int\limits_(0)^(1+i)z\,dz= \left.(\frac(z^2)(2))\right|_(0)^(1+i)= \frac( 1)(2)(1+i)^2=i.

Този резултат е получен в пример 2.78 съгласно първия метод.

Пример 2.84.Изчислете интеграл \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n), където C е окръжност |z-a|=R .

▼ Решение

Нека използваме втория метод.

1. Записваме уравнението на кръга в параметрична форма: z-a=R\,e^(it) или z=a+R\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant2\pi.
2. Намиране на диференциала dz=R\,i\,e^(it)\,dt.
3. Заместете z=a+R\,e^(it) и dz в интегранта:

\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\ ,.

Изчисляваме получения определен интеграл. За n\ne1 получаваме

\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).

защото e^(2\pi\,i(n-1))= e^(2k\pi\,i)=1, Ето защо \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n) =0за n\ne1. За n=1 получаваме \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= i\int\limits_(0)^(2\pi)dt=2\pi\,i\,..

Записваме резултата под формата на формула:

\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\,.

По-специално, \textstyle(\oint\limits_(|z|=R)\frac(dz)(z)=2\pi i). Обърнете внимание, че ако окръжността C\colon |z-a|=R заобикаля точката k пъти, тогава аргументът (параметър) се променя от 0 на 2\pi k ( k>0 , ако окръжността е в положителна посока, т.е. обратно на часовниковата стрелка, и к<0 - обход по часовой стрелке). Поэтому

\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.

Пример 2.85.Изчислете интеграла на функция на комплексна променлива \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi):

а) интеграционният път не минава през точката z=0 и не я заобикаля, -\pi<\arg z \leqslant\pi ;

б) пътят на интегриране не минава през точката z=0 , а я обикаля n пъти по кръга обратно на часовниковата стрелка.

▼ Решение

а) Този интеграл - интеграл с променлива горна граница - дефинира еднозначна аналитична функция във всяка просто свързана област (вижте 2.45)). Нека намерим аналитичен израз за тази функция - първоизводна за f(z)=\frac(1)(z) . Разделяне на реалните и имагинерните части на интеграла \int\limits_(l)\frac(dz)(z)(използвайки формула (2.44)), лесно е да се провери, че интеграндите на интегралите от втори род са пълни диференциали и следователно интегралът \frac(d\xi)(\xi) не зависи от формата на крива, свързваща точките z_1=1 и z . Нека изберем път, състоящ се от сегмент на оста Ox от точката z_1=1 до точката z_2=r , където r=|z| , и дъги l на окръжността. свързване на z_2 с z (фиг. 2.45, а).

Записваме интеграла като сума: \int\limits_(1)^(z) \frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(1)^(r) \frac(dx)(x)+ \int\limits_(l) \frac(d\xi)(\xi). За да изчислим интеграла върху кръгова дъга, използваме формула (2.51), докато дъгата има уравнението \xi=r\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\arg z. Получаваме \int\limits_(l)\frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(0)^(\arg z) \frac(ri\,e^(it))(r\,e^ (it))\,dt=i\arg z; като резултат

\int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\ln r+i\arg z,\,-\pi<\arg z \leqslant\pi

Дясната страна на равенството определя еднозначна функция \ln z - основната стойност на логаритъма. Получаваме отговора във формата

\int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\ln z\,.

Обърнете внимание, че полученото равенство може да се приеме като дефиниция на еднозначна функция \ln z в просто свързана област - равнина с разрез по отрицателната реална полуос (-\infty;0] .

б) Интегралът може да се запише като сума: \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)= \oint\limits_(c) \frac(dz)(z)+ \int\limits_(l)\frac(d \xi)(\xi), където c е окръжността |z|=1, премината обратно на часовниковата стрелка n пъти, а l е кривата, свързваща точките z_1 и z и не обхващаща точката z=0 (фиг. 2.45,b).

Първият член е равен на 2n\pi i (вижте пример 2.84), вторият - \ln(z) - формула (2.53). Получаваме резултата \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\ln z+2n\pi i.

Пример 2.86.Изчислете интеграл \int\limits_(l)\frac(dz)(\sqrt(z))по горната дъга на окръжността |z|=1 при условие: a) \sqrt(1)=1 ; б) \sqrt(1)=-1 .

▼ Решение

Задаването на стойностите на функцията \sqrt(z) в точката на интеграционния контур ви позволява да изберете клонове с една стойност на израза \sqrt(z)= \sqrt(|z|)\exp\!\left(\frac(i)(2)\arg z+ik\pi\right)\!,~ k=0;1(вижте пример 2.6). Разрезът може да бъде начертан например по въображаемата отрицателна полуос. Тъй като за z=1 имаме \sqrt(1)=e^(ik\pi),~k=0;1, то в първия случай се избира клон с k=0, във втория - с k=1 . Интегралната функция на интеграционния контур е непрекъсната. За да решим, използваме формула (2.51), кривата е дадена от уравнението z=e^(it),~0\leqslant t\leqslant\pi.

а) Клонът е дефиниран, когато k=0, т.е. от z=e^(it) за интегранта, който получаваме \sqrt(z)=e^(\frac(i)(2)t). Изчисляваме интеграла:

\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).

б) Разклонението се определя при k=1, т.е. от z=e^(it) за интегранта, който имаме \sqrt(z)= e^(i \left(\frac(t)(2)+\pi\right))=-e^(i\,\frac(t)(2)). Изчисляваме интеграла:

\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).

В теорията и практиката, в приложенията на интегралното смятане на функциите на комплексна променлива, когато се изучава поведението на функции в ограничени области или в близост до отделни точки, интегралите се разглеждат по затворени криви - границите на областите, в частност, околности на точки. Ще разгледаме интегралите \oint\limits_(C)f(z)dz, където f(z) е аналитичен в някакъв регион с изключение на отделни точки, C е границата на региона или вътрешния контур в този регион.

Основна теорема на Коши за прост контур

Теорема 2.1 (теорема на Коши за прост контур). Ако f(z) е аналитично в едносвързана област, тогава за всеки контур C, принадлежащ на тази област, равенството

\oint\limits_(C)f(z)dz=0.

Доказателството на теоремата се получава лесно въз основа на свойството на аналитичните функции, според което аналитичната функция има производни от всякакъв ред (виж предложение 2.28). Това свойство осигурява непрекъснатостта на частичните производни на \operatorname(Re)f(z)и \operatorname(Im)f(z), следователно, ако използваме формула (2.44), тогава е лесно да се види, че за всеки от интеграндите в криволинейни интеграли от втори род са изпълнени пълните диференциални условия, както и условията на Коши-Риман за аналитични функции. И интегралите по затворени криви на общи диференциали са равни на нула.

Имайте предвид, че всички теоретични предложения, представени по-долу, в крайна сметка се основават на тази важна теорема, включително свойството на аналитичните функции, споменато по-горе. За да няма съмнение относно коректността на изложението, отбелязваме, че теоремата може да бъде доказана без позоваване на съществуването на нейните производни само въз основа на дефиницията на аналитична функция.

Следствия от теорема 2.1

1. Теоремата е валидна и ако C е границата на областта D , а функцията f(z) е аналитична в областта и на границата, т.е. в \overline(D) , тъй като според дефиницията аналитичността в \overline(D) предполага аналитичност на функция в някаква област B, съдържаща D~(B\нарушено\overline(D)), докато C ще бъде вътрешен контур в B .

2. Интегралите върху различни криви, лежащи в едносвързана област на функционална аналитичност и свързващи две точки от тази област, са равни една на друга, т.е. \int\limits_(l_1)f(z)dz= \int\limits_(l_2)f(z)dz, където l_1 и l_2 са произволни криви, свързващи точките z_1 и z_2 (фиг. 2.46).

За да го докажем, е достатъчно да разгледаме контура C , състоящ се от кривата l_1 (от точката z_1 до точката z_2 ) и кривата l_2 (от точката z_2 до точката z_1 ). Свойството може да се формулира по следния начин. Интегралът на аналитична функция не зависи от формата на интеграционната крива, свързваща две точки от областта на аналитичност на функцията и не напуска тази област.

Това оправдава твърдение 2.25, дадено по-горе за свойствата на интеграла \int\limits_(z_0)^(z)f(\xi)d\xiи върху съществуването на антипроизводна аналитична функция.

Теорема на Коши за сложен контур

Теорема 2.2 (теорема на Коши за комплексен контур). Ако функцията f(z) е аналитична в многосвързана област, ограничена от комплексен контур, и върху този контур, тогава интегралът върху границата на областта на функцията е равен на нула, т.е., ако C е комплексен контур - границата на региона, след това формулата (2.54 ).

Комплексен контур C за (n+1) - свързаната област се състои от външен контур \Gamma и вътрешен - C_i,~i=1,2,\ldots,n; контурите не се пресичат по двойки, обходът на границата е положителен (на фиг. 2.47, n=3).

За да се докаже теорема 2.2, е достатъчно да се начертаят разрези в областта (пунктирана линия на фиг. 2.47), така че да се получат две просто свързани области и да се използва теорема 2.1.

Следствия от теорема 2.2

1. При условията на теорема 2.2 интегралът по външния контур е равен на сумата от интегралите по вътрешните; байпас на всички контури в една посока (на фиг. 2.48, n = 2):

\oint\limits_(\Gamma)f(z)\,dz= \sum_(k=1)^(n) \oint\limits_(C_k)f(z)\,dz\,.

2. Ако f(z) е аналитичен в просто свързана област D и на границата на областта, с възможното изключение на точка a от тази област, тогава интегралите по различни затворени криви, които лежат в областта D и граничат регионите, съдържащи точката a, са равни помежду си (фиг. 2.49):

\oint\limits_(C_k)f(z)\,dz= \oint\limits_(C_m)f(z)\,dz\,.

Доказателството е очевидно, тъй като всеки такъв контур може да се разглежда като вътрешна граница на двойно свързана област, чиято външна граница е границата на област D . В съответствие с формула (2.55), за n=1 всеки такъв интеграл е равен на интеграла по границата D .

Сравнението на формулировките на теорема 2.2 и следствие 1 от теорема 2.1 ни позволява да направим обобщение, което записваме под формата на следното твърдение.

Твърдение 2.27. Ако f(z) е аналитичен в D , тогава , където C е границата на областта D (прост или сложен контур).

Интегрална формула на Коши

В следващата теорема, за разлика от предходните две, се разглежда интегралът на функция, която, тъй като не е аналитична в областта, ограничена от интеграционния контур, има специален вид.

Теорема 2.3. Ако функцията f(z) е аналитична в областта D и на нейната граница C , тогава за всяка вътрешна точка a на областта (a\in D) равенството

F(a)= \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(z))(z-a)\,dz\,.

Област D може да бъде просто свързана или многосвързана, а границата на региона може да бъде прост или сложен контур.

Доказателството за случай на просто свързана област се основава на резултата от теорема 2.1, а за многосвързана област се свежда до случая на просто свързани области (както в доказателството на теорема 2.2), като се правят съкращения, които правят не минава през точка a .

Трябва да се отбележи, че точката a не принадлежи към границата на областта и следователно интегралната функция е непрекъсната върху C и интегралът съществува.

Теоремата е от голям приложен интерес, а именно формула (2.57) решава така наречения проблем с граничната стойност на теорията на функциите: стойностите на функция на границата на домейна се използват за определяне на нейната стойност във всяка вътрешна точка.

Забележка 2.11.При условията на теоремата интегралът \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(\xi))(\xi-a)\,d\xiдефинира аналитична функция във всяка точка z, която не принадлежи на контура C , а в точките на крайната област D , ограничена от контура, е равна на f(z) (съгласно формулата (2.57)), и извън \overline(D) е равно на нула поради причини теореми на Коши. Този интеграл, наречен интеграл на Коши, е частен случай на интеграла от типа на Коши (2.48). Тук контурът е затворен, за разлика от произволния в (2.48), а функцията f(z) е аналитична, за разлика от непрекъснатата върху l в (2.48). Следователно за интеграла на Коши е валидно твърдение 2.26, формулирано за интеграл от тип Коши, относно съществуването на производни. Въз основа на това може да се формулира следното твърдение.

Твърдение 2.28

1. Аналитична функция във всяка точка на аналитичност може да бъде записана като интеграл

F(z)= \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi,\quad z\in D \,.

2. Аналитична функция има производни от произволен ред, за които формулата

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

Формула (2.59) дава интегрално представяне на производните на аналитична функция.

Изчисляване на интеграли по затворен контур

Ще разгледаме интегралите на формата \oint\limits_(C)\frac(\varphi(z))(\psi(z))\,dz, където функцията \varphi(z) е аналитична в D , а \psi(z) е полином, който няма нули на контура C . За изчисляване на интегралите се използват теоремите от предходната лекция и техните следствия.

Правило 2.6. При изчисляване на интеграли на формата \oint\граници_(C)f(z)\,dzмогат да бъдат разграничени четири случая в зависимост от природата (множеството) на нулите на полинома \psi(z) и тяхното местоположение спрямо контура C.

1. Няма нули на полинома \psi(z) в областта D. Тогава f(z)= \frac(\varphi(z))(\psi(z))функцията е аналитична и, прилагайки основната теорема на Коши, имаме резултата \oint\limits_(C)f(z)\,dz=0.

2. В областта D има една проста нула z=a на полинома \psi(z) . След това записваме дробта като \frac(f(z))(z-a) , където f(z) е функция, аналитична в \overline(D) . Прилагайки интегралната формула, получаваме резултата:

\oint\limits_(C)\frac(\varphi(z))(\psi(z))\,dz= \oint\limits_(C)\frac(f(z))(z-a)\,dz= 2 \pi i\cdot f(a).

3. В областта D има една кратна нула z=a на полинома \psi(z) (с кратност n). След това записваме дробта във формата \frac(f(z))((z-a)^n), където f(z) е функция, аналитична в \overline(D) . Прилагайки формула (2.59), получаваме резултата

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

4. В областта D има две нули на полинома \psi(z)\колон\,z_1=aи z_2=b. След това, използвайки следствие 1 от теорема 2.2, записваме интеграла във формата \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a) , където C е произволен контур, ограничаващ областта, съдържаща точката a .

▼ Решение

Да разгледаме двойно свързана област, едната граница на която е контурът C, а другата е окръжността |z-a|=R. Съгласно следствие 2 от теорема 2.2 (виж (2.56)) имаме

\oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= \oint\limits_(|z-a|=R)\frac(dz)(z-a)\,.

Като вземем предвид резултата от решаването на пример 2.84 (формула (2.52)), получаваме отговора \oint\limits_(C) \frac(dz)(z-a)=2\pi i.

Обърнете внимание, че решението може да се получи чрез прилагане на интегралната формула на Коши с f(z)=1. По-специално получаваме \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2\pi i, тъй като контурът C обикаля веднъж точката z=0. Ако контурът C обикаля точката z=0 k пъти в положителна (k>0) или отрицателна посока (k<0) , то \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2k\pi i.

Пример 2.88.Изчисли \oint\limits_(l)\frac(dz)(z), където l е крива, свързваща точки 1 и z , обикаляйки веднъж началото.

▼ Решение

Интегралната функция е непрекъсната върху кривата - интегралът съществува. За изчислението използваме резултатите от предишния пример и пример 2.85. За да направите това, помислете за затворен контур, свързващ например точка А с точка 1 (фиг. 2.50). Интеграционният път от точка 1 до точка z през точка A сега може да бъде представен като състоящ се от две криви - затворен контур C (крива BDEFAB) и крива l_0, свързваща точки 1 и z през точка A\colon

\oint\limits_(l)\frac(dz)(z)= \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)+ \oint\limits_(l_0) \frac(dz)(z)\,.

Използвайки резултатите от примери 2.85 и 2.87, получаваме отговора:

\oint\limits_(l)\frac(dz)(z)= \int\limits_(1)^(z)\frac(1)(z)=\ln z+2\pi i\,.

Без да променяме геометричната картина, можем да разгледаме случая, когато кривата обикаля началото n пъти. Получете резултата

\oint\limits_(l)\frac(dz)(z)= \int\limits_(1)^(z)\frac(1)(z)=\ln z+2n\pi i\,.

Полученият израз дефинира многозначна функция \operatorname(Ln)z= \int\limits_(1)^(z)\frac(dz)(z), пътят на интегриране не минава през произхода. Изборът на разклонение на многозначен израз се определя чрез задаване на стойността на функцията в даден момент.

Пример 2.89.намирам \ln2i= \int\limits_(1)^(2i)\frac(1)(z), ако \ln1=4\pi i .

▼ Решение

Намираме нулите на знаменателя - особените точки на интегранта. Това са точките z_1=0,~ z_(2,3)=\pm4i. След това трябва да определите местоположението на точките спрямо интеграционния контур. И в двата случая никоя от точките не е включена в областта, ограничена от контура. Това може да се провери с помощта на чертежа. И двата контура са кръгове, центърът на първия е z_0=2+i, а радиусът е R=2 ; център на втория z_0=-2i и R=1. Възможно е да се определи дали дадена точка принадлежи на дадена област по различен начин, а именно да се определи нейното разстояние от центъра на окръжността и да се сравни със стойността на радиуса. Например за точката z_2=4i това разстояние е равно на |4i-2-i|=|3i-2|=\sqrt(13), което е по-голямо от радиуса (\sqrt(13)>2) , така че z_2=4i не принадлежи на окръжността |z-2-i|<2 . 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.Изчислете в следните случаи на задаване на контур C\colon а) |z|=2 ; b) |z+1+i|=2 .

▼ Решение

Разсъждавайки както в предишния пример, откриваме, че и в двата случая само една от сингулярните точки z_1=0 се намира вътре в окръжностите. Следователно, прилагайки клауза 2 от правила 2.6 (интегрална формула на Коши), записваме интегранта като дроб \frac(1)(z)\cdot \frac(\sin z)(z^2+16), където числителят f(z)= \frac(\sin z)(z^2+16)е функция, която е аналитична в посочените кръгове. Отговорът и в двата случая е един и същ:

\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.

Пример 2.92.Изчисли \oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z^3+16z)\,dzв следните случаи на задаване на контур C\colon a) |z+4i|=2 ; b) |z-1+3i|=2.

▼ Решение

Интеграционните контури са окръжности, както по-горе, като при "а" центърът е в точката z_0=-4i,~R=2 , при "b" - в точката z_0=1-3i, ~R=2 .nИ в двата случая една точка z_0=-4i попада вътре в съответните кръгове. Прилагайки клауза 2 от правила 2.6, записваме интегранта във формата \frac(1)(z+4i)\frac(\sin z)(z(z-4i)), където числителят f(z)=\frac(\sin z)(z(z-4i))е аналитична функция в разглежданите области. Прилагайки интегралната формула, получаваме отговора:

\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)\,.

Пример 2.93.Изчислете интеграла в следните случаи на контурно задание: а) |z+i|=1 ; б) |z+2+i|=2.

▼ Решение

Намерете особени точки на интегранта - нули на знаменателя z_1=i,~z_2=-2 . Определяме принадлежността на точките към съответните области. В случай "a" в кръга |z+i|<1 не входит ни одна точка. Следовательно, интеграл в этом случае равен нулю.

В случай "b" в кръга |z+2+i|<2 радиуса 2 с центром в точке z_0=-2-i входит одна точка: z=-2 . Записываем дробь в виде \frac(1)(z+2)\frac(e^z)((z-i)^2), където f(z)=\frac(e^z)((z-i)^2)- аналитична функция в окръжността |z+2+i|<2 . Вычисляем интеграл:

\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).

Пример 2.94.Изчислете интеграл \oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2))в следните случаи на задаване на контур: а) |z-i|=2 ; b) |z+2-i|=3 .

▼ Решение

а) В окръжността |z-i|<2 попадает точка z=i . Записываем функцию \frac(1)((z-i)^2)\frac(e^z)(z+2)и приложете клауза 3 от правила 2.6 за m=2 и a=i. Изчисляваме интеграла:

\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).

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

\oint\limits_(C)f(z)\,dz= \oint\limits_(C_1)f(z)\,dz+ \oint\limits_(C_2) f(z)\,dz\,.

където всеки от контурите C_1 и C_2 покрива само една от точките. По-специално, като контур C_1, можете да вземете кръга от предишния случай "a"; C_2 - кръг от пример 2.93 стр. "b", т.е. можете да използвате резултатите. Запишете отговора:

\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)\bigl).

Javascript е деактивиран във вашия браузър.
ActiveX контролите трябва да са активирани, за да се правят изчисления!