Rješenje integrala sa kompleksnim varijablama. Integracija funkcija kompleksne varijable

1. Osnovni pojmovi i iskazi

Teorema 5.1(dovoljan uslov za postojanje integrala funkcije kompleksne varijable). Neka L je jednostavna glatka kriva na , f(z)=u(x;y)+i×v(x;y) je kontinuirano L. Tada postoji i vrijedi sljedeća jednakost:

Teorema 5.2. Neka L je jednostavna glatka kriva, data parametarski: L:z(t)=x(t)+i×y(t), a£ t£ b, funkcija f(z) je kontinuirano L. Tada je tačna jednakost:

(gde ). (5.2)

Teorema 5.3. Ako a f(z) analitičko u domenu D funkcija, dakle - analitička funkcija i F"(z)=f(z), pri čemu se integral preuzima preko bilo koje glatke krivulje koja spaja tačke z 0 i z.

- Newton-Leibnizova formula.

2. Metode za izračunavanje integrala

Prvi način. Izračunavanje integrala kontinuirane funkcije svođenjem na krivolinijske integrale funkcija realnih varijabli (primjena formule (5.1)).

1. Pronađite Re f=u, Ja sam f=v.

2. Zapišite integrand f(z)dz u formi djela ( u+iv)(dx+idy)=udx-vdy+i(udy+vdx).

3. Izračunati krivolinijske integrale oblika prema pravilima za izračunavanje krivolinijskih integrala druge vrste.

Primjer 5.1 . Izračunati duž parabole y=x 2 od tačke z 1 =0 do tačke z 2 =1+i.

■ Pronađite stvarni i imaginarni dio integrala. Da bismo to učinili, zamjenjujemo izraz za f(z) z=x+iy:

Jer y=x 2, dakle dy= 2x, . Zbog toga

Drugi način. Izračunavanje integrala iz kontinuirane funkcije svođenjem na definitivni integral u slučaju parametarske specifikacije puta integracije (pomoću formule (5.2)).

1. Napišite parametarsku jednačinu krive z=z(t) i odredite granice integracije: t=a odgovara početnoj tački puta integracije, t=b- konačno.

2. Naći diferencijal funkcije kompleksne vrijednosti z(t): dz=z¢( t)dt.

3. Zamjena z(t) u integrand, transformirajte integral u oblik: .

4. Izračunajte rezultirajući definitivni integral.

Primjer 5.2 . Izračunaj gde OD- luk kružnice, .

■ Parametrijska jednačina ove krive: , 0 £ j£ str. Onda . Dobijamo

Primjer 5.3 . Izračunaj gde OD- gornji luk kruga pod uslovom: a), b).

■ Postavljanje vrijednosti funkcije u integracijskoj petlji omogućava vam da odaberete grane izraza sa jednom vrijednošću , k= 0,1. pošto imamo , k= 0.1, tada u prvom slučaju biramo granu sa k= 0, au drugom - sa k= 1.

Integrand na konturi integracije je kontinuiran. Parametrijska jednadžba ove krive: , 0 £ j£ str. Onda .

a) Grana se određuje kada k= 0, odnosno od dobijamo .

b) Grana se utvrđuje kada k=1, odnosno iz dobijamo .

Treći način. Izračunavanje integrala analitičkih funkcija u jednostavno povezanim domenama (primjena formule (5.3)).

Nađi antiderivat F(z) korištenjem svojstava integrala, tabelarnih integrala i metoda poznatih iz realne analize. Primijenite Newton-Leibniz formulu: .

Primjer 5.4 . Izračunati , gdje OD- ravno AB, z A=1-i,z B=2+i.

■ Pošto je integrand - analitički na cijeloj kompleksnoj ravni, onda primjenjujemo Newton-Leibniz formulu

3. Osnovne teoreme integralnog računa

funkcije kompleksne varijable

Teorema 5.4 (Cauchy). Ako a f(z G funkciju, onda gdje L- bilo koja zatvorena petlja koja leži unutra G.

Cauchyjeva teorema vrijedi i za višestruko povezanu domenu.

Teorema 5.5. Neka funkcija f(z) je analitičan u jednostavno povezanoj domeni D, L- proizvoljna zatvorena po komadima glatka kontura koja leži unutra D. Onda za bilo koju tačku z 0 leži unutar konture L, formula je važeća:

, (5.4)

gdje L teče u pozitivnom pravcu.

Formula (5.4) se zove integralna Cauchy formula . Izražava vrijednosti analitičke funkcije unutar konture u smislu njenih vrijednosti na konturi.

Teorema 5.6. Bilo koja funkcija f(z), analitičko u domenu D, ima derivate svih naloga na ovoj domeni, a za " z 0 Î D tačna formula je:

, (5.5)

gdje L je proizvoljna po komadima glatka zatvorena kontura koja u potpunosti leži unutra D i sadrži tačku z 0 .

4. Izračunavanje integrala preko zatvorene petlje

iz funkcija kompleksne varijable

Razmotrimo integrale oblika , gdje je funkcija j(z) je analitičan u , i y(z) je polinom koji nema nule na zatvorenoj konturi OD.

Pravilo. Prilikom izračunavanja integrala oblika, ovisno o višestrukosti nula polinoma y(z) i njihov položaj u odnosu na konturu OD Mogu se razlikovati 4 slučaja.

1. U području D nema polinomskih nula y(z). Tada je funkcija analitička i po Cauchyjevom teoremu.

2. Na području D postoji jedna jednostavna nula z=z 0 polinom y(z). Zatim pišemo razlomak kao , gdje f(z) je analitička funkcija u primjeni Cauchyjeve integralne formule (5.4), dobijamo

. (5.6)

3. Na području D nalazi jedan višekratnik nule z=z 0 polinom y(z) (višestrukost n). Zatim pišemo razlomak kao , gdje f(z) je analitička funkcija u Primjenom formule (5.5), dobijamo

4. Na području D postoje dvije nule polinoma y(z) z=z 1 i z=z 2. Zatim integrand predstavljamo kao zbir dva razlomka, a integral kao zbir dva integrala, od kojih se svaki izračunava u skladu sa tačkom 2 ili tačkom 3.

Primjer 5.5 . Izračunaj gde OD- krug.

■ Nalazimo nule nazivnika - singularne tačke integrala . Ovo su bodovi. Zatim određujemo lokaciju tačaka u odnosu na konturu integracije: nijedna od tačaka nije uključena u područje ograničeno kružnicom sa centrom u tački i radijusom od 2 (to jest, imamo prvi slučaj). Ovo se može potvrditi crtanjem ili određivanjem udaljenosti od svake od tačaka do centra kruga i poređenjem sa poluprečnikom. Na primjer, za , Dakle, ne pripada krugu.

Zatim funkcija analitički u krugu , i po Cauchyjevom teoremu .

Imajte na umu da je dati integral jednak nuli za bilo koju drugu konturu koja ograničava područje koje ne uključuje nijednu od nula nazivnika. ■

Primjer 5.6 . Izračunaj gde OD- krug.

■ Argumentirajući kao u primjeru 5.5, nalazimo da se samo jedna od nula nazivnika nalazi u krugu (drugi slučaj). Stoga integrand pišemo u obliku , funkcija analitika u krugu. Tada po formuli (5.6)

.■

Primjer 5.7 . Izračunati , gdje OD- krug.

Teoretski minimum

Često postoje slučajevi kada je izračunavanje određenih integrala metodama kompleksne analize poželjnije od metoda
analiza materijala. Razlozi mogu biti veoma različiti. TFCT metode mogu, u nekim slučajevima, uvelike smanjiti proračune.
Ponekad se Newton-Leibnizova formula ne može koristiti, jer se neodređeni integral ne izražava u elementarnim funkcijama.
Metode diferencijacije i integracije u odnosu na parametar zahtijevaju vrlo pažljivo opravdanje njihove primjenjivosti, a parametar ponekad
moraju biti uvedeni umjetno.

Obično metode kompleksne analize izračunavaju nepravilne integrale - preko beskonačnog intervala ili iz neograničenih na segmentu
integraciju funkcija. Opća ideja je sljedeća. Formira se konturni integral. Integral na nekim dijelovima konture bi trebao
poklapaju se sa željenim definitivnim integralom - barem do konstantnog faktora. Integrali preko ostatka konture
treba izračunati. Tada se primjenjuje glavna teorema o ostatku prema kojoj
,
gdje su singularne točke funkcije smještene unutar konture integracije. Dakle, kontura integral sa jedan
s druge strane, ispada da je izražena kroz željeni definitivni integral, a s druge strane, izračunava se pomoću ostataka (što je obično
ne predstavlja veće probleme).

Glavna poteškoća je izbor konture integracije. U principu ga predlaže integrand. Međutim, bez dovoljno
U praksi, teško je savladati ovu metodu, pa će stoga biti dato dosta primjera. Konture koje se najčešće koriste se sastoje od
elementi preko kojih je pogodno integrirati (ravne linije, lukovi krugova).

integracija u kompleksnoj ravni

Primjer 1 Fresnel integrali.
Izračunajmo integrale , .
Lako je pretpostaviti da je prvi korak prijelaz na eksponencijalni oblik, koji uključuje razmatranje integrala.
Potrebno je samo odabrati konturu integracije. Jasno je da poluosa treba da uđe u konturu. Pravi i
imaginarni dijelovi integrala nad ovim dijelom konture su Fresnelovi integrali. Nadalje, izračunati konturni integral preko strukture
integrand liči na Euler-Poissonov integral, čija je vrijednost poznata. Ali da bismo dobili ovaj integral, moramo staviti
, zatim . A takav prikaz varijable je integracija duž prave linije koja prolazi kroz tačku
pod uglom u odnosu na realnu osu.
Dakle, postoje dva konturna elementa. Da bismo zatvorili konturu, pretpostavljamo da odabrana dva dijela konture imaju konačnu dužinu , i blizu
kontura luka kružnice poluprečnika . Kasnije ćemo pustiti da ovaj polumjer ide u beskonačnost. Rezultat je onaj prikazan na sl. 1 krug.

(1)
Unutar konture integracije, integrand nema singularnih tačaka, stoga je integral po cijeloj konturi jednak nuli.

.
U granici je ovaj integral jednak nuli.
Na parceli, onda možete napisati
.
Dobijene rezultate zamjenjujemo u (1) i prelazimo na granicu:

Odvajajući stvarni i imaginarni dio, nalazimo, uzimajući u obzir vrijednost Euler-Poissonovog integrala
,
.

Primjer 2 Izbor konture integracije koja sadrži unutar singularne tačke integrala.
Izračunajmo integral sličan onom razmatranom u prvom primjeru: , gdje .
Izračunat ćemo integral. Odabrat ćemo konturu sličnu onoj korištenoj u prvom primjeru. Samo sada nema svrhe
svesti proračun na Euler-Poissonov integral. Ovdje napominjemo da prilikom zamjene integrand se neće promijeniti.
Ovo razmatranje nas navodi da izaberemo kosu ravnu liniju konture integracije tako da ona čini ugao sa realnom osom.

Prilikom pisanja konturnog integrala
(2)
integral nad kružnim lukom teži nuli u granici. Na sajtu možete pisati :
.
Dakle, iz (2), kada se prelazi na granicu, nalazimo
.
Ovdje se uzima u obzir da unutar konture integracije integrand ima jednostavan pol.

Odavde nalazimo traženi integral:
.

Primjer 3 Zatvorite konturu integracije kroz gornju ili donju poluravninu?
Koristeći sljedeći prilično jednostavan integral, demonstriramo karakterističan detalj izbora konture integracije. Compute
integral .
Zapravo, željeni integral funkcije izračunava se duž realne ose, na kojoj integrand nema
karakteristike. Ostaje samo zatvoriti integracijsku petlju. Pošto funkcija pod integralom ima samo dvije konačne singularne točke, onda
možete zatvoriti konturu polukrugom, čiji bi polumjer trebao težiti beskonačnosti. I tu se postavlja pitanje kako
mora se izabrati polukrug: u gornjoj ili donjoj poluravni (vidi sliku 3 a, b). Da bismo ovo razumjeli, zapisujemo integral preko polukruga
u oba slučaja:


a)
b)
Kao što vidite, ponašanje integrala u granici je određeno faktorom .
U slučaju "a", i stoga će granica biti konačna pod uslovom .
U slučaju "b" - naprotiv - , i stoga će granica biti konačna pod uslovom .
Ovo sugerira da je način na koji je kontura zatvorena određen predznakom parametra. Ako je pozitivan, onda
kontura se zatvara kroz gornju poluravninu, inače - kroz donju. Razmotrimo ove slučajeve odvojeno.
a)
Integral polukruga u granici, kao što smo vidjeli, nestaje. Unutar konture (vidi sl. 3a) je
posebna tačka, dakle

b)
Slično, nalazimo korištenje integracije preko konture prikazane na Sl. 3b,

Napomena . Može izgledati čudno da se integral kompleksne funkcije pokazao realnim. Međutim, ovo je lako razumjeti ako je u originalu
odvojiti stvarne i imaginarne dijelove integrala. U imaginarnom dijelu ispod integrala će biti neparna funkcija, a integral se izračunava simetrično
granice. One. imaginarni dio nestaje, što se i dogodilo u našem proračunu.

Primjer 4 Zaobilaženje singularnih tačaka integranda prilikom konstruisanja konture integracije.
U razmatranim primjerima, integrand ili nije imao singularne tačke, ili su se nalazile unutar konture integracije. kako god
može biti zgodno odabrati konturu na takav način da singularne tačke funkcije padaju na nju. Takve tačke se moraju zaobići. Zaobilaznica se izvodi
duž kruga malog radijusa, koji u budućnosti jednostavno juri na nulu. Kao primjer izračunavamo integral .
Može se činiti da integrand nema konačnih singularnih tačaka, pošto je tačka uklonjiva singularnost.
Ali da biste izračunali integral, morate napraviti konturni integral druge funkcije (kako biste osigurali da integral nestaje
zatvarajući polukrug u granici beskonačnog polumjera): . Ovdje integrand ima pol singularitet
u tački .

Stoga je potrebna još jedna petlja integracije (vidi sliku 4). Razlikuje se od Sl. 3a samo zbog činjenice da se singularna tačka vrti u polukrugu,
čiji radijus treba da teži nuli u budućnosti.
. (3)
Odmah primjećujemo da integral na velikom polukrugu teži nuli na granici svog beskonačno velikog radijusa, a unutar konture
nema singularnih tačaka, pa je cijeli konturni integral nula. Zatim razmotrite prvi i treći član u (3):

.
Sada zapisujemo integral preko malog polukruga, s obzirom da je na njemu. Također ćemo odmah uzeti u obzir malenost polumjera polukruga:


Pojmovi koji teže nuli u granici se ne ispisuju.
Sakupljamo članove u (3) - osim pojma koji se odnosi na veliki polukrug.

Kao što se može vidjeti, termini koji se okreću u beskonačnost na poništili su jedan drugog. Omogućavanje i , imamo
.
Napomena . Na primjer, Dirichletov integral se izračunava na potpuno isti način (podsjećamo da se razlikuje od upravo razmatranog po odsustvu
kvadrata u brojniku i nazivniku).

Primjeri izračunavanja određenih integrala korištenjem konture
integracija u kompleksnoj ravni (nastavak)

Primjer 5 Integrand ima beskonačan broj singularnih tačaka.
U mnogim slučajevima, izbor konture je komplikovan činjenicom da integrand ima beskonačan broj singularnih tačaka. U ovom slučaju može
ispada da će zbroj ostataka zapravo biti niz, čija će se konvergencija ipak morati dokazati ako ga zbrojimo
ne radi (a zbrajanje niza je generalno zaseban prilično komplikovan zadatak). Kao primjer, izračunajmo integral .
Jasno je da je dio konture prava osa. Na njemu, funkcija nema funkcije. Hajde da razgovaramo o tome kako zatvoriti petlju. Ne morate odabrati polukrug.
Poenta je da hiperbolički kosinus ima porodicu jednostavnih nula . Dakle, unutar konture zatvorene polukrugom
u granici beskonačno velikog radijusa, beskonačno mnogo singularnih tačaka će pasti. Kako drugačije možete zatvoriti petlju? Primetite, to.
Iz ovoga slijedi da se u konturu integracije može pokušati uključiti segment paralelan realnoj osi. Petlja će se zatvoriti sa dva
vertikalne segmente, koji su u granici beskonačno udaljeni od imaginarne ose (vidi sliku 5).


Na vertikalnim dijelovima konture . Hiperbolički kosinus raste eksponencijalno s rastom argumenta (modulo), dakle
u granici, integrali po vertikalnim presjecima teže nuli.

Dakle, u granicama
.
S druge strane, unutar konture integracije postoje dvije singularne tačke integranda. odbici u njima
,
.
shodno tome,
.

Primjer 6 Integrand određenog i konturnog integrala se razlikuje.
Postoji vrlo važan slučaj izračunavanja definitivnih integrala metodom konturne integracije. Do sada integrand
funkcija konturnog integrala ili se jednostavno poklapa sa integrandom određenog integrala, ili prelazi u njega odvajanjem
stvarni ili imaginarni dio. Ali nije uvijek sve tako jednostavno. Izračunajmo integral.
Što se tiče odabira konture, nema posebnog problema. Iako funkcija pod integralom ima beskonačno mnogo jednostavnih polova, već znamo
iz iskustva iz prethodnog primjera, da je pravokutna kontura potrebna, budući da . Jedina razlika u odnosu na primjer 5 je u tome
da pol integranda koji treba zaobići pada na liniju. Stoga biramo prikazanu
na sl. 6 krug.

Razmotrimo konturni integral. Nećemo ga slikati na svakom dijelu konture, ograničavajući se na horizontalu
parcele. Integral duž realne ose u granici teži željenoj. Zapisujemo integrale preko preostalih sekcija:
.
U granici, a prva dva integrala će dati , tada će u zbir ući u konturni integral
sa željenim, koji se razlikuje po predznaku. Kao rezultat, željeni definitivni integral će ispasti iz konturnog integrala. To znači da
integrand je pogrešno izabran. Razmotrimo još jedan integral: . Ostavite obris isti.

Za početak, ponovo razmotrimo integrale preko horizontalnih presjeka. Integral duž realne ose postaje .
Ovaj integral nestaje kao integral neparne funkcije unutar simetričnih granica.

U granici, prve dvije zagrade također nestaju, tvoreći opet integrale neparnih funkcija
unutar simetričnih granica. Ali posljednja zagrada, do faktora, će dati željeni integral. Ima smisla nastaviti računanje.
Slično primjeru 5, integrali preko vertikalnih presjeka konture teže nuli na . Ostaje da se pronađe integral
u polukrugu gde . Kao u primjeru 4, izračunavamo integral, uzimajući u obzir malenost:
.
Dakle, imamo sve da zapišemo konturni integral u granici:

S druge strane, ispostavilo se da je pol integranda unutar konture integracije

Razmotrimo glatku krivu Γ u kompleksnoj ravni datu parametarskim jednačinama

(definicija glatke krive je data na početku §8). Kao što je navedeno u § 8, ove jednačine se mogu napisati u kompaktnom obliku:

Prilikom promjene parametra t od a do /3 odgovarajuće tačke z(t) kretaće se duž krive Γ. Dakle, jednačine (15.1) i (15.2) ne samo da određuju tačke krive Γ, već i određuju pravac obilaska ove krive. Zove se krivulja G sa datim smjerom njenog obilaska orijentisana kriva.

Pustite u okolinu D C C kontinuirana funkcija f(r) = = u(x, y) + iv(x. y), i neka kriva Γ leži unutra D. Uvesti pojam integrala [f(z)dz od funkcije f(z) duž krive r, definiramo r

diferencijal dz jednakost dz = dx + idy. Integrand se transformiše u oblik

Dakle, integral kompleksne funkcije f(z) duž krive Γ prirodno je definirati jednakošću

čija desna strana sadrži dva realna krivolinijska integrala druge vrste realnih funkcija i i i. Za izračunavanje ovih integrala, umjesto X i at zamjenske funkcije x(t) i t/(/), ali umjesto dx i dy- diferencijale ovih funkcija dx = x"(t) dt i dy = y"(t)dt. Tada se integrali na desnoj strani (15.3) svode na dva integrala funkcija realne varijable t

Sada smo spremni dati sljedeću definiciju.

Integral duž krive G na funkciji kompleksne varijable f(z) broj je pozvan J" f(z)dz i izračunato po

gdje z(t) = x(t) + iy(t), a ^ t ^ ft, - jednadžba krive G, a z"(t) = = x"(t) + iy"(t).

Primjer 15.1. Izračunajte integral funkcije f(z) = (g - a) str duž kružnice polumjera r sa centrom a, čiji je smjer obilaznice u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.

Rješenje: Jednačina kružnice z - a= g će z - a = ge a, ili

Kada se promeni t. od 0 do 2tg tačke z(t.) kreće se u krugu r u smjeru suprotnom od kazaljke na satu. Onda

Primjenom jednakosti (15.5) i De Moivreove formule (2.10) dobijamo

Dobili smo rezultat važan za dalje predstavljanje:

Imajte na umu da vrijednost integrala ne ovisi o radijusu G krugovima.

PRIMJER 15.2. Izračunajte integral funkcije f(z) = 1 ali glatka kriva Γ sa ishodištem u tački a i završiti u jednom trenutku b.

Rešenje Neka je kriva Γ data jednačinom z(t.) = x(t) + + iy(t), i ^ t^ /3, i a= -r(a), b = z((3). Koristeći formulu (15.5), kao i Newton-Leibnizovu formulu za izračunavanje integrala realnih funkcija, dobijamo

Vidimo da je integral f 1 dz ne zavisi od tipa putanje G, povezivanje-

između tačaka a i 6, i zavisi samo od krajnjih tačaka.

Opišimo ukratko još jedan pristup definiciji integrala kompleksne funkcije f(z) duž krive, slično definiciji integrala realne funkcije nad segmentom.

Podijelimo krivu Γ na proizvoljan način na P iscrtava tačke zq = a, z 1, ..., z n-th z n = b, numerisan u pravcu kretanja od početne tačke do kraja (Sl. 31). Označite z - zo ==Az> ... , Zlc - Zk-l = Az/c, zn -Zn- 1 = = Azn.(Broj Azk predstavljen vektorom koji dolazi iz tačke zi L_i in Zk-) Na svakoj lokaciji (zk-i,Zk) biramo proizvoljnu tačku na krivulji (q- i činimo zbir

Ovaj iznos se zove integralni zbir. Označimo sa L dužinu najvećeg od segmenata na koje je podijeljena kriva G. Razmotrimo niz particija za koje je A -? 0 (dok P-* oo).

P1> jedinice integralnih suma, izračunate pod uslovom da dužina najvećeg od segmenata particije teži nuli, naziva se integral funkcije/(G) duž krivine G i označava se sa G f(z)dz:

Može se pokazati da nas i ova definicija dovodi do formule (15.3) i stoga je ekvivalentna definiciji (15.5) datoj gore.

Hajde da ustanovimo glavna svojstva integrala / f(z)dz.

1°. Linearnost. Za bilo koje kompleksne konstante a i b

Ovo svojstvo proizlazi iz jednakosti (15.5) i odgovarajućih svojstava integrala nad segmentom.

2°. Aditivnost. Ako je kriva G podijeljen na segmente Ti m G2, onda

Dokaz. Neka je kriva Γ sa krajevima a, b je podijeljen tačkom c na dva dijela: krivulju Gi sa krajevima a, With i kriva Gr sa završava sa, b. Neka je G zadano jednačinom z = z(t), a ^ t ^ in. i a= 2(a), b = z(ft), c = 2(7). Tada će jednačine krivih G1 i Gg biti z = z(t), gdje a ^ t^7 za Ti i 7^ t^/? za Gg. Primenom definicije (15.5) i odgovarajućih svojstava integrala nad segmentom, dobijamo

Q.E.D.

Svojstvo 2° omogućava izračunavanje integrala ne samo preko glatkih krivulja, već i glatka u komadima, tj. krive koje se mogu podijeliti na konačan broj glatkih dijelova.

3°. Kada se promijeni smjer krive, integral mijenja predznak.

Dokaži l sa t u o. Neka se kriva G završi a i b je dato jednačinom r = r(?), o ^ t ^ $. Krivulja koja se sastoji od istih tačaka kao i Γ, ali se razlikuje od Γ u smjeru zaobilaznice (orijentacije), biće označena sa Γ. Tada je G - dat jednačinom z= 2i(J)> gdje z(t)= 2(0 -I - fi - t), Zaista, uvodimo novu varijablu r = a + - t. Kada se promeni t od a do (d varijabla r se mijenja od (5 do a. Prema tome, tačka r(m) će prolaziti kroz krivu r.

Svojstvo 3° je dokazano. (Imajte na umu da ovo svojstvo direktno slijedi iz definicije integrala (15.8): kada se orijentacija krive promijeni, svi priraštaji AZk promijeni znak.)

4°. Modul integrala f f(z)dz ne prelazi vrijednost zakrivljenosti G

linearni integral modula funkcije duž dužine krive s (krivolinijski integral od f(z) prve vrste):

Lako je to vidjeti z[(t) = r" r (t)(a + - t)J = -z "t (t), dt = -dr. Koristeći definiciju (15.5) i prelazeći na varijablu r, dobijamo

Dokaz. Iskoristimo činjenicu da je za integral nad segmentom

(ova nejednakost odmah proizilazi iz definicije integrala nad segmentom kao granice integralnih zbira). Odavde i iz (15.5) imamo

1. Osnovni pojmovi

2. Izračunavanje integrala funkcija kompleksne varijable

3. Primjeri izračunavanja integrala funkcija kompleksne varijable

4. Glavna Cauchyjeva teorema za jednostavnu konturu

5. Cauchyjev teorem za kompleksnu konturu

6. Integralna Cauchy formula

7. Izračunavanje integrala preko zatvorene petlje

8. Primjeri izračunavanja integrala po zatvorenoj konturi

Osnovni koncepti

1. Uvodi se koncept integrala funkcije kompleksne varijable (na isti način kao u realnom području) kao granica niza integralnih suma; funkcija je definirana na nekoj krivulji l , pretpostavlja se da je kriva glatka ili glatka po komadima:

\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)

gdje je x_k tačka odabrana na luku \Delta l_k podjele krive; \Delta z_k - povećanje argumenta funkcije na ovom dijelu split-a, \lambda=\max_(k)|\Delta z_k|- podijeljeni korak, |\Delta z_k| - dužina tetive koja spaja krajeve luka \Delta l_k ; kriva l je proizvoljno podijeljena na n dijelova \Delta l_k,~ k=1,2,\ldots,n. Na krivulji se bira pravac, tj. početna i krajnja tačka su specificirane. U slučaju zatvorene krive \textstyle(\left(\int\limits_(l) f(z)dz= \oint\limits_(c)f(z)dz\right)) integracija se odvija u pozitivnom pravcu, tj. u smjeru koji napušta krajnju regiju ograničenu putanjom lijevo.

Formula (2.43) definira krivolinijski integral funkcije kompleksne varijable. Ako izdvojimo realni i imaginarni dio funkcije f(z) , tj. zapišite u formular

F(z)=u+i\,v,\qquad u=\ime operatera(Re)f(z),\quad v=\ime operatera(Im)f(z),\qquad u=u(x,y) ,\quad v=v(x,y),

tada se integralni zbir može zapisati u obliku dva člana, koji će biti integralni zbroji krivolinijskih integrala druge vrste funkcija dvije realne varijable. Ako se pretpostavi da je f(z) kontinuirano na l, onda će u(x, y),~ v(x, y) također biti kontinuirano na l, pa će stoga postojati ograničenja za odgovarajuće integralne sume. Prema tome, ako je funkcija f(z) kontinuirana na l , tada postoji granica u jednakosti (2.43), tj. postoji krivolinijski integral funkcije f(z) nad krivom l i formulom

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

Koristeći definiciju integrala ili formule (2.44) i svojstva krivolinijskih integrala druge vrste, lako je provjeriti valjanost sljedećih svojstava krivolinijskog integrala funkcija kompleksne varijable (osobine poznate iz realne analize) .

\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|. \end (poravnano)

posebno, \textstyle(\left|\int\limits_(AB)f(z)\,dz\right|\leqslant M\cdot l_(AB)), ako je funkcija ograničena apsolutnom vrijednošću na krivulji AB, tj |f(z)|\leqslant M,~ z\in l. Ovo svojstvo se naziva svojstvom procjene modula integrala.

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

Formula (2.44) se može posmatrati i kao definicija krivolinijskog integrala funkcije kompleksne varijable, i kao formula za njegovo izračunavanje preko krivolinijskih integrala druge vrste funkcija dvije realne varijable.

Da bismo koristili i zapamtili formulu za izračunavanje, napominjemo da jednakost (2.44) odgovara formalnom izvršavanju na lijevoj strani pod znakom integrala operacija izdvajanja realnog i imaginarnog dijela funkcije f(z), množenja sa dz=dx+i\,dy i zapisivanje rezultirajućeg proizvoda u algebarskom obliku:

\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\ ,.

Primjer 2.79. Izračunati integrale i \int\limits_(OA)z\,dz, gdje je linija OA

a) segment koji povezuje tačke z_1=0 i z_2=1+i,
b) izlomljena linija OBA , gdje O(0;0),~A(1;1),~B(1;0).

▼ Rješenje

1. Izračunajte integral \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz. Evo f(z)= \overline(z)= x-iy,~ dz=dx+i\,dy. Integral zapisujemo u terminima krivolinijskih integrala druge vrste:

\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\,

što odgovara formuli (2.44). Računamo integrale:

a) put integracije je, dakle, pravi segment \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz= \int\limits_(0)^(1)2x\,dx=1.

b) put integracije je isprekidana linija, koja se sastoji od dva segmenta OB= \(y=0,~ 0\leqslant x\leqslant1\) i BA= \(x=1,~ 0\leqslant y\leqslant1\). Dakle, cijepanjem integrala na dva i izvođenjem proračuna dobijamo

\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.

Integral funkcije f(z)=\overline(z) zavisi od izbora puta integracije koji povezuje tačke O i A.

2. Izračunajte integral \textstyle(\int\limits_(OA)z\,dz) ovdje f(z)=z=x+iy . Integral pišemo u terminima krivolinijskih integrala druge vrste

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

Integrandi dobijenih integrala druge vrste su totalni diferencijali (vidi uslov (2.30)), pa je dovoljno razmotriti jedan slučaj puta integracije. Dakle, u slučaju "a", gdje je jednačina segmenta y=x,~0 \leqslant x \leqslant1, dobijamo odgovor

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

Zbog nezavisnosti integrala od oblika puta integracije, zadatak se u ovom slučaju može formulisati u opštijem obliku: izračunati integral

\int\limits_(l)z\,dz od tačke z_1=0 do tačke z_2=1+i .

U sljedećem pododjeljku ćemo detaljnije razmotriti takve slučajeve integracije.

2. Neka je integral neprekidne funkcije u nekom domenu nezavisan od oblika krive koja spaja dvije tačke ovog domena. Popravimo početnu tačku, označavajući z_0 . krajnja tačka je varijabla, označimo je z . Tada će vrijednost integrala ovisiti samo o tački z, odnosno definira neku funkciju u navedenom području.

U nastavku ćemo opravdati tvrdnju da u slučaju jednostavno povezane domene, integral definira jednovrijednu funkciju u ovoj domeni. Uvodimo notaciju

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

Funkcija F(z) je integral s promjenjivom gornjom granicom.

Koristeći definiciju derivata, tj. razmatrati \lim_(\Delta z\to0)\frac(\Delta F)(\Delta z), lako je provjeriti da F(z) ima derivaciju u bilo kojoj tački domene definicije, pa je stoga analitičan u njoj. U ovom slučaju, za izvod dobijamo formulu

F"(z)=f(z).

Izvod integrala sa promenljivom gornjom granicom jednak je vrednosti integranda na gornjoj granici.

Iz jednakosti (2.46) posebno slijedi da je integrand f(z) u (2.45) analitička funkcija, budući da je derivacija F"(z) analitičke funkcije F(z) svojstvom takvih funkcija ( vidi tvrdnju 2.28) - analitička funkcija.

3. Funkcija F(z) za koju vrijedi jednakost (2.46) naziva se antiderivatom za funkciju f(z) u jednostavno povezanoj domeni, a zbirka antiderivata \Phi(z)=F(z)+c , gdje je c=\text( const) , - neodređeni integral funkcije f(z) .

Iz tačaka 2 i 3 dobijamo sljedeću tvrdnju.

Izjava 2.25

1. Integralni sa varijabilnom gornjom granicom \textstyle(\int\limits_(z_0)^(z) f(\xi)\,d\xi) iz analitičke funkcije u jednostavno povezanoj domeni postoji funkcija analitička u ovoj domeni; ova funkcija je antiderivativna za integrand.

2. Svaka funkcija koja je analitička u jednostavno povezanoj domeni ima antiderivativ u sebi (postojanje antiderivata).

Pronalaze se antiderivati ​​analitičkih funkcija u jednostavno povezanim domenima, kao iu slučaju realne analize: koriste se svojstva integrala, tablica integrala i pravila integracije.

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

Između krivolinijskog integrala analitičke funkcije i njenog antiderivata u jednostavno povezanoj domeni, postoji formula slična Newton-Leibnizovoj formuli iz stvarne analize:

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

4. Kao iu realnoj analizi, u kompleksnom domenu, osim integrala koji sadrže parametar u granicama integracije (formula (2.45) daje najjednostavniji primjer takvih integrala), razmatraju se i integrali koji zavise od parametra sadržanog u integrandu: \textstyle(\int\limits_(l)f(\xi,z)\,d\xi). Među takvim integralima, važno mjesto u teoriji i praksi kompleksne integracije i primjene zauzima integral oblika \textstyle(\int\limits_(l)\dfrac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi).

Uz pretpostavku da je f(z) kontinuirano na pravoj l, dobijamo da za bilo koju tačku z koja ne pripada l, integral postoji i određuje, u bilo kojoj regiji koja ne sadrži l, neku funkciju

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

Integral (2.48) naziva se integral tipa Cauchy; množitelj \frac(1)(2\pi\,i) je uveden radi pogodnosti korištenja konstruirane funkcije.

Za ovu funkciju, kao i za funkciju definiranu jednakošću (2.45), dokazano je da je analitična svuda u domeni definicije. Štaviše, za razliku od integrala (2.45), ovdje nije potrebno da generirajuća funkcija f(z) bude analitična, tj. formula (2.48) se koristi za konstruisanje klase analitičkih funkcija na klasi kontinuiranih funkcija kompleksne varijable. Izvod integrala (2.48) je određen formulom

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

Da bismo dokazali formulu (2.49) i, shodno tome, potvrdili da je integral Cauchyjevog tipa analitičan, dovoljno je, prema definiciji derivacije, utvrditi valjanost nejednakosti

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

za bilo koji \varepsilon>0 i za bilo koji z iz domene funkcije F(z) .

Isti metod se može koristiti da se pokaže da postoji izvod funkcije definisane jednakošću (2.49), tj. F""(z) i formula

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

Postupak se može nastaviti i indukcijom možemo dokazati formulu za derivaciju bilo kojeg reda funkcije F(z)\colon

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

Analizirajući formule (2.48) i (2.49), lako je vidjeti da se izvod F(z) može dobiti formalno diferenciranjem u odnosu na parametar pod predznakom integrala u (2.48):

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

Primjenjujući formalno pravilo diferencijacije integrala ovisno o parametru n puta, dobijamo formulu (2.50).

Rezultate dobijene u ovom dijelu zapisujemo u obliku tvrdnje.

Tvrdnja 2.26. Integral \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi iz funkcije f(z), kontinuirane na krivulji l, postoji funkcija koja je analitična u bilo kojoj domeni D koja ne sadrži l; derivacije ove funkcije se mogu dobiti diferenciranjem u odnosu na parametar pod predznakom integrala.

Izračunavanje integrala iz funkcija kompleksne varijable

Iznad se dobijaju formule za izračunavanje integrala funkcija kompleksne varijable - formule (2.44) i (2.47).

Ako je kriva l u formuli (2.44) postavljena parametarski: z=z(t),~ \alpha\leqslant t\leqslant\beta ili, što odgovara stvarnom obliku: \begin(slučajevi) x=x(t),\\ y=y(t),\end(slučajevi)\!\!\alpha\leqslant t\leqslant\beta, zatim, koristeći pravila za izračunavanje integrala druge vrste u slučaju parametarske specifikacije krive, možemo transformirati formulu (2.44) u oblik

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

Dobijeni rezultat i rezultati dobijeni na prethodnom predavanju biće zapisani kao niz radnji.

Metode za izračunavanje integrala \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz).

Prvi način. Izračunavanje integrala \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz) od kontinuirane funkcije svođenjem na krivolinijske integrale funkcija realnih varijabli - primjena formule (2.44).

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

2. Zapišite integrand f(z)dz kao proizvod (u+iv)(dx+i\,dy) ili, množeći, u\,dx-v\,dy+i(u\,dy+v\,dx).

3. Izračunati krivolinijske integrale oblika \textstyle(\int\limits_(l)P\,dx+Q\,dy), gdje P=P(x,y),~ Q=Q(x,y) prema pravilima za izračunavanje krivolinijskih integrala druge vrste.

Drugi način. Izračunavanje integrala \textstyle(\int\limits_(l) f(z)\,dz) od kontinuirane funkcije svođenjem na definitivni integral u slučaju parametarske specifikacije puta integracije - primjena formule (2.51).

1. Napisati parametarsku jednačinu krive z=z(t) i iz nje odrediti granice integracije: t=\alpha odgovara početnoj tački puta integracije, t=\beta - krajnjoj tački.

2. Naći diferencijal funkcije kompleksne vrijednosti z(t)\dvotočka\, dz=z"(t)dt.
3. Zameniti z(t) u integrand, transformisati integral

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

4. Izračunajte definitivni integral iz funkcije kompleksne vrijednosti realne varijable dobivene u odjeljku 3.

Imajte na umu da se integracija funkcije kompleksne vrijednosti realne varijable ne razlikuje od integracije funkcije realne vrijednosti; jedina razlika je prisustvo u prvom slučaju faktora i, akcije sa kojima se, naravno, smatraju konstantom. Na primjer,

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

Treći način. Izračunavanje integrala analitičkih funkcija u jednostavno povezanim domenima - primjena formule (2.47).

1. Pronađite antiderivat F(z) koristeći svojstva integrala, tabelarnih integrala i metoda poznatih iz realne analize.

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

Napomene 2.10

1. U slučaju višestruko povezane regije, rezovi se vrše tako da se može dobiti jednoznačna funkcija F(z).

2. Prilikom integracije jednovrijednih grana viševrijednih funkcija, grana se razlikuje postavljanjem vrijednosti funkcije u nekoj tački integracijske krivulje. Ako je kriva zatvorena, tada je početna tačka puta integracije tačka u kojoj je data vrednost integranda. Vrijednost integrala može ovisiti o izboru ove tačke.

▼ Primjeri 2.80-2.86 izračunavanje integrala funkcija kompleksne varijable

Primjer 2.80. Izračunati \int\limits_(l)\operatorname(Re)z\,dz, gdje je l prava koja povezuje tačku z_1=0 sa tačkom z_2=1+i\dvotočka

a) l - prava linija; b) l - izlomljena linija OBA , gdje O(0;0),~B(1;0),~A(1;1).

▼ Rješenje

a) Primjenjujemo prvi metod - (formula (2.44)).

1.2. Integrand ima oblik \operatorname(Re)z\,dz= x(dx+i\,dy). Zbog toga

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

3. Izračunajte integrale za y=x,~ 0\leqslant x\leqslant1(jednačina segmenta OA koji povezuje tačke z_1 i z_2). Dobijamo

\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)\,.

b) Kako se put integracije sastoji od dva segmenta, integral zapisujemo kao zbir dva integrala:

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

a svaki se računa kao u prethodnom stavu. Štaviše, za segment OB imamo

\begin(slučajevi)y=0,\\ 0 \leqslant x \leqslant1,\end(slučajevi) i za segment BA\dvotočka \begin(cases)x=1,\\ 0 \leqslant y \leqslant1.\end(cases)

Izrađujemo kalkulacije:

\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.

Imajte na umu da integrand u ovom primjeru nije analitička funkcija, tako da integrali preko dvije različite krive koje povezuju dvije date tačke mogu imati različite vrijednosti, što je ilustrovano u ovom primjeru.

Primjer 2.81. Izračunati \int\limits_(l)|z| \overline(z)\,dz, gdje je l gornji polukrug |z|=1, zaobilazeći krivu l u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.

▼ Rješenje

Kriva ima jednostavnu parametarsku jednačinu z=e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\pi, pa je zgodno koristiti drugu metodu (formulu (2.51)). Integrand ovdje je kontinuirana funkcija, nije analitička.

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

3.4. Zamjena u integrandu. Računamo integral

\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.

Primjer 2.82. Izračunaj integrale analitičkih funkcija:

a) \int\limits_(0)^(i)\sin^2z\,dz; b) \int\limits_(-i)^(1)\frac(dz)((z-i)^2), put integracije ne prolazi kroz tačku i.

▼ Rješenje

a) Primijeniti formulu (2.47) (treće pravilo); nalazimo antiderivativ koristeći metode integracije realne analize:

\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).

b) Integrand je svuda analitičan osim za tačku i. Nakon crtanja ravnine isečene duž zraka od tačke i do \infty, dobijamo jednostavno povezanu oblast u kojoj je funkcija analitička i integral se može izračunati po formuli (2.47). Dakle, za svaku krivu koja ne prolazi kroz tačku i, integral se može izračunati po formuli (2.47), dok će za dvije date tačke imati istu vrijednost.

Na sl. 2.44 prikazuje dva slučaja pravljenja rezova. Smjer zaobilaženja granice jednostavno povezanih područja, gdje je integrand analitičan, označen je strelicama. Računamo integral:

\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)\,.

Primjer 2.83. Izračunaj integral \int\limits_(0)^(1+i)z\,dz.

▼ Rješenje

Integrand je analitičan svuda u \mathbb(C) . Primjenjujemo treću metodu, formulu (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.

Ovaj rezultat je dobijen u primjeru 2.78 prema prvoj metodi.

Primjer 2.84. Izračunaj integral \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n), gdje je C kružnica |z-a|=R.

▼ Rješenje

Koristimo drugu metodu.

1. Zapisujemo jednadžbu kruga u parametarskom obliku: z-a=R\,e^(it) ili z=a+R\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant2\pi.
2. Pronalaženje diferencijala dz=R\,i\,e^(it)\,dt.
3. Zamijenite z=a+R\,e^(it) i dz u integrand:

\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\ ,.

Izračunavamo rezultirajući definitivni integral. Za n\ne1 dobijamo

\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).

Jer e^(2\pi\,i(n-1))= e^(2k\pi\,i)=1, zbog toga \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n) =0 za n\ne1 . Za n=1 dobijamo \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= i\int\limits_(0)^(2\pi)dt=2\pi\,i\,..

Rezultat pišemo u obliku formule:

\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\,.

posebno, \textstyle(\oint\limits_(|z|=R)\frac(dz)(z)=2\pi i). Imajte na umu da ako krug C\colon |z-a|=R zaobiđe tačku k puta, tada se argument (parametar) mijenja od 0 do 2\pi k ( k>0 , ako je krug u pozitivnom smjeru, tj. u smjeru suprotnom od kazaljke na satu, i k<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.

Primjer 2.85. Izračunajte integral funkcije kompleksne varijable \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi):

a) put integracije ne prolazi kroz tačku z=0 i ne zaobilazi je, -\pi<\arg z \leqslant\pi ;

b) put integracije ne prolazi kroz tačku z=0, već je obiđe n puta oko kruga u smjeru suprotnom od kazaljke na satu.

▼ Rješenje

a) Ovaj integral - integral s promjenjivom gornjom granicom - definira jednoznačnu analitičku funkciju u bilo kojoj jednostavno povezanoj domeni (vidi 2.45)). Nađimo analitički izraz za ovu funkciju - antiderivativ za f(z)=\frac(1)(z) . Razdvajanje realnog i imaginarnog dijela integrala \int\limits_(l)\frac(dz)(z)(koristeći formulu (2.44)), lako je provjeriti da su integrandi integrala druge vrste totalni diferencijali i stoga integral \frac(d\xi)(\xi) ne ovisi o obliku kriva koja povezuje tačke z_1=1 i z . Odaberimo putanju koja se sastoji od segmenta ose Ox od tačke z_1=1 do tačke z_2=r, gde je r=|z| , i lukovi l kružnice. povezivanje z_2 sa z (slika 2.45, a).

Integral zapisujemo kao zbir: \int\limits_(1)^(z) \frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(1)^(r) \frac(dx)(x)+ \int\limits_(l) \frac(d\xi)(\xi). Za izračunavanje integrala nad kružnim lukom koristimo formulu (2.51), dok luk ima jednačinu \xi=r\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\arg z. Dobijamo \int\limits_(l)\frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(0)^(\arg z) \frac(ri\,e^(it))(r\,e^ (it))\,dt=i\arg z; kao rezultat

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

Desna strana jednakosti definira jednovrijednu funkciju \ln z - glavnu vrijednost logaritma. Odgovor dobijamo u obrascu

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

Imajte na umu da se rezultirajuća jednakost može uzeti kao definicija jednovrijedne funkcije \ln z u jednostavno povezanoj domeni - ravni sa rezom duž negativne realne poluose (-\infty;0] .

b) Integral se može zapisati kao zbir: \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)= \oint\limits_(c) \frac(dz)(z)+ \int\limits_(l)\frac(d \xi)(\xi), gde je c krug |z|=1 pređen u smeru suprotnom od kazaljke na satu n puta, a l je kriva koja povezuje tačke z_1 i z, a ne obuhvata tačku z=0 (Sl. 2.45,b).

Prvi član je jednak 2n\pi i (vidi primjer 2.84), drugi - \ln(z) - formula (2.53). Dobijamo rezultat \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\ln z+2n\pi i.

Primjer 2.86. Izračunaj integral \int\limits_(l)\frac(dz)(\sqrt(z)) duž gornjeg luka kružnice |z|=1 pod uslovom: a) \sqrt(1)=1 ; b) \sqrt(1)=-1 .

▼ Rješenje

Postavljanje vrijednosti funkcije \sqrt(z) na tački konture integracije omogućava vam da odaberete grane izraza s jednom vrijednošću \sqrt(z)= \sqrt(|z|)\exp\!\left(\frac(i)(2)\arg z+ik\pi\right)\!,~ k=0;1(vidi primjer 2.6). Rez se može nacrtati, na primjer, duž imaginarne negativne poluose. Pošto za z=1 imamo \sqrt(1)=e^(ik\pi),~k=0;1, tada je u prvom slučaju odabrana grana sa k=0, u drugom - sa k=1 . Integrand na konturi integracije je kontinuiran. Za rješavanje koristimo formulu (2.51), a krivulja je data jednadžbom z=e^(it),~0\leqslant t\leqslant\pi.

a) Grana je definisana kada je k=0 , tj. iz z=e^(it) za integrand koji dobijamo \sqrt(z)=e^(\frac(i)(2)t). Računamo integral:

\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\! \levo(e^(i\,\frac(\pi)(2))-1\desno)= 2(i-1).

b) Grana se određuje kada je k=1, tj. iz z=e^(it) za integrand koji imamo \sqrt(z)= e^(i \left(\frac(t)(2)+\pi\right))=-e^(i\,\frac(t)(2)). Računamo integral:

\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).

U teoriji i praksi, u primjenama integralnog računa funkcija kompleksne varijable, kada se proučava ponašanje funkcija u ograničenim područjima ili u blizini pojedinačnih tačaka, integrali se razmatraju duž zatvorenih krivulja - granica regija, posebno, susjedstva tačaka. Razmotrićemo integrale \oint\limits_(C)f(z)dz, gdje je f(z) analitičan u nekom području sa izuzetkom pojedinačnih tačaka, C je granica regije ili unutrašnja kontura u ovoj regiji.

Osnovni Cauchy teorem za jednostavnu konturu

Teorema 2.1 (Cauchyjeva teorema za jednostavnu konturu). Ako je f(z) analitičan u jednostavno povezanoj domeni, tada za bilo koju konturu C koja pripada ovoj domeni vrijedi jednakost

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

Dokaz teoreme je lako dobiti, na osnovu svojstva analitičkih funkcija, prema kojem analitička funkcija ima derivate bilo kojeg reda (vidjeti Propoziciju 2.28). Ovo svojstvo osigurava kontinuitet parcijalnih izvoda od \operatorname(Re)f(z) i \operatorname(Im)f(z), dakle, ako koristimo formulu (2.44), onda je lako vidjeti da su za svaki od integrala u krivolinijskim integralima druge vrste ispunjeni puni diferencijalni uvjeti, kao i Cauchy-Riemann uvjeti za analitičke funkcije. A integrali nad zatvorenim krivuljama ukupnih diferencijala jednaki su nuli.

Imajte na umu da su sve teorijske propozicije predstavljene u nastavku na kraju zasnovane na ovoj važnoj teoremi, uključujući svojstvo analitičkih funkcija koje je gore spomenuto. Da ne bi bilo sumnje u ispravnost prikaza, napominjemo da se teorema može dokazati bez pozivanja na postojanje njenih izvoda samo na osnovu definicije analitičke funkcije.

Posljedice iz teoreme 2.1

1. Teorema vrijedi i ako je C granica domene D, a funkcija f(z) je analitička u domeni i na granici, tj. u \overline(D) , budući da, prema definiciji, analitičnost u \overline(D) implicira analitičnost funkcije u nekom području B koje sadrži D~(B\uznemiren\overline(D)), dok će C biti unutrašnja kontura u B .

2. Integrali nad raznim krivuljama koji leže u jednostavno povezanoj oblasti analitičnosti funkcije i povezuju dvije tačke ovog područja jednaki su jedni drugima, tj. \int\limits_(l_1)f(z)dz= \int\limits_(l_2)f(z)dz, gdje su l_1 i l_2 proizvoljne krive koje povezuju tačke z_1 i z_2 (slika 2.46).

Da bismo to dokazali, dovoljno je razmotriti konturu C, koja se sastoji od krive l_1 (od tačke z_1 do tačke z_2) i krive l_2 (od tačke z_2 do tačke z_1). Svojstvo se može formulirati na sljedeći način. Integral analitičke funkcije ne zavisi od oblika integracione krive koja povezuje dve tačke regiona analitičnosti funkcije i ne napušta ovu oblast.

Ovo opravdava tvrdnju 2.25 datu gore o svojstvima integrala \int\limits_(z_0)^(z)f(\xi)d\xi i o postojanju antiderivativne analitičke funkcije.

Cauchyjev teorem za kompleksnu konturu

Teorema 2.2 (Cauchyjeva teorema za kompleksnu konturu). Ako je funkcija f(z) analitička u višestruko povezanom području ograničenom kompleksnom konturom, i na ovoj konturi, tada je integral preko granice područja funkcije jednak nuli, tj. ako je C kompleksna kontura - granica regije, zatim formula (2.54).

Kompleksna kontura C za (n+1) - povezano područje se sastoji od vanjske konture \Gamma i unutrašnjeg - C_i,~i=1,2,\ldots,n; konture se ne sijeku u parovima, obilaznica granice je pozitivna (na slici 2.47, n=3).

Da bi se dokazala teorema 2.2, dovoljno je povući rezove u domenu (isprekidana linija na slici 2.47) tako da se dobiju dvije jednostavno povezane domene i koristiti teoremu 2.1.

Posljedice iz teoreme 2.2

1. Pod uslovima iz teoreme 2.2, integral po spoljašnjoj konturi jednak je zbiru integrala nad unutrašnjim; zaobići na svim konturama u jednom smjeru (na slici 2.48, n=2):

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

2. Ako je f(z) analitičan u jednostavno povezanoj regiji D i na granici regije, s mogućim izuzetkom tačke a ovog područja, tada će integrali preko različitih zatvorenih krivulja koje leže u području D i ograničene oblasti koje sadrže tačku a su međusobno jednake (slika 2.49):

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

Dokaz je očigledan, jer se svaka takva kontura može smatrati unutrašnjom granicom dvostruko povezane domene čija je vanjska granica granica domene D. U skladu sa formulom (2.55), za n=1 svaki takav integral jednak je integralu preko granice D .

Poređenje formulacija teoreme 2.2 i korolarije 1 iz teoreme 2.1 omogućava nam da napravimo generalizaciju, koju zapisujemo u obliku sljedeće tvrdnje.

Tvrdnja 2.27. Ako je f(z) analitičan u D , tada je C granica domene D (jednostavna ili složena kontura).

Cauchy integralna formula

U sljedećoj teoremi, za razliku od dvije prethodne, razmatra se integral funkcije, koji, budući da nije analitičan u području ograničenom konturom integracije, ima poseban oblik.

Teorema 2.3. Ako je funkcija f(z) analitička u domeni D i na njenoj granici C , tada za bilo koju unutrašnju tačku a domene (a\in D) vrijedi jednakost

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

Region D može biti jednostavno povezan ili višestruko povezan, a granica regiona može biti jednostavna ili složena kontura.

Dokaz za slučaj jednostavno povezane domene zasniva se na rezultatu teoreme 2.1, a za višestruko povezane domene svodi se na slučaj jednostavno povezanih domena (kao u dokazu teoreme 2.2) tako što se prave rezovi koji čine ne prolazi kroz tačku a .

Treba napomenuti da tačka a ne pripada granici oblasti i stoga je integrand kontinuiran na C i integral postoji.

Teorema je od velikog primijenjenog interesa, naime, formula (2.57) rješava takozvani problem graničnih vrijednosti teorije funkcija: vrijednosti funkcije na granici domene koriste se za određivanje njene vrijednosti u bilo kojoj unutrašnjoj tački.

Napomena 2.11. Pod uslovima teoreme, integral \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(\xi))(\xi-a)\,d\xi definira analitičku funkciju u bilo kojoj tački z koja ne pripada konturi C , a u tačkama konačnog područja D , ograničenom konturom, jednaka je f(z) (prema formuli (2.57)), a izvan \overline(D) jednaka je nuli zbog Cauchyjevih teorema. Ovaj integral, nazvan Cauchyjev integral, je poseban slučaj integrala Cauchyjevog tipa (2.48). Ovdje je kontura zatvorena, za razliku od proizvoljne u (2.48), a funkcija f(z) je analitička, za razliku od kontinuirane na l u (2.48). Za Cauchyjev integral, dakle, vrijedi tvrdnja 2.26, formulirana za integral Cauchyjevog tipa, o postojanju izvoda. Na osnovu ovoga može se formulisati sljedeća tvrdnja.

Izjava 2.28

1. Analitička funkcija u bilo kojoj tački analitičnosti može se napisati kao integral

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

2. Analitička funkcija ima derivate bilo kojeg reda za koji je formula

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

Formula (2.59) daje integralni prikaz izvoda analitičke funkcije.

Izračunavanje integrala preko zatvorene petlje

Razmotrićemo integrale oblika \oint\limits_(C)\frac(\varphi(z))(\psi(z))\,dz, gdje je funkcija \varphi(z) analitična u D , a \psi(z) je polinom koji nema nule na konturi C. Za izračunavanje integrala koriste se teoreme iz prethodnog predavanja i njihove posljedice.

Pravilo 2.6. Prilikom izračunavanja integrala oblika \oint\limits_(C)f(z)\,dz mogu se razlikovati četiri slučaja u zavisnosti od prirode (višestrukosti) nula polinoma \psi(z) i njihove lokacije u odnosu na konturu C.

1. Ne postoje nule polinoma \psi(z) u području D. Onda f(z)= \frac(\varphi(z))(\psi(z)) funkcija je analitička i, primjenom glavne Cauchyjeve teoreme, imamo rezultat \oint\limits_(C)f(z)\,dz=0.

2. U području D postoji jedna jednostavna nula z=a polinoma \psi(z) . Zatim zapisujemo razlomak kao \frac(f(z))(z-a) , gdje je f(z) funkcija analitična u \overline(D) . Primjenom integralne formule dobivamo rezultat:

\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. U području D postoji jedna višestruka nula z=a polinoma \psi(z) (množenosti n). Zatim upisujemo razlomak u obrazac \frac(f(z))((z-a)^n), gdje je f(z) funkcija analitička u \overline(D) . Primjenom formule (2.59) dobivamo rezultat

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

4. U području D postoje dvije nule polinoma \psi(z)\colon\,z_1=a i z_2=b . Zatim, koristeći korolar 1 iz teoreme 2.2, zapisujemo integral u obliku \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a) , gdje je C proizvoljna kontura koja ograničava područje koje sadrži tačku a .

▼ Rješenje

Razmotrimo dvostruko povezanu oblast, čija je jedna granica kontura C, a druga kružnica |z-a|=R. Prema korolaru 2 teoreme 2.2 (vidi (2.56)) imamo

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

Uzimajući u obzir rezultat rješavanja primjera 2.84 (formula (2.52)), dobijamo odgovor \oint\limits_(C) \frac(dz)(z-a)=2\pi i.

Imajte na umu da se rješenje može dobiti primjenom Cauchyjeve integralne formule sa f(z)=1. Konkretno, dobijamo \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2\pi i, pošto kontura C obilazi tačku z=0 jednom. Ako kontura C obiđe tačku z=0 k puta u pozitivnom (k>0) ili negativnom smjeru (k<0) , то \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2k\pi i.

Primjer 2.88. Izračunati \oint\limits_(l)\frac(dz)(z), gdje je l kriva koja povezuje tačke 1 i z , koja jednom obilazi početak.

▼ Rješenje

Integrand je kontinuiran na krivulji - integral postoji. Za proračun koristimo rezultate prethodnog primjera i primjera 2.85. Da biste to učinili, razmislite o zatvorenoj petlji, povezujući, na primjer, tačku A sa točkom 1 (slika 2.50). Put integracije od tačke 1 do tačke z kroz tačku A sada se može predstaviti kao da se sastoji od dve krive - zatvorene konture C (kriva BDEFAB) i krive l_0 koja povezuje tačke 1 i z kroz tačku A\colon

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

Koristeći rezultate primjera 2.85 i 2.87, dobijamo odgovor:

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

Bez mijenjanja geometrijske slike, možemo razmotriti slučaj kada kriva obiđe početak n puta. Dobijte rezultat

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

Rezultirajući izraz definira funkciju s više vrijednosti \operatorname(Ln)z= \int\limits_(1)^(z)\frac(dz)(z), put integracije ne prolazi kroz ishodište. Izbor grane višeznačnog izraza određen je postavljanjem vrijednosti funkcije u nekom trenutku.

Primjer 2.89. Nađi \ln2i= \int\limits_(1)^(2i)\frac(1)(z), ako je \ln1=4\pi i .

▼ Rješenje

Nalazimo nule nazivnika - singularne tačke integrala. Ovo su tačke z_1=0,~ z_(2,3)=\pm4i. Zatim morate odrediti lokaciju tačaka u odnosu na konturu integracije. U oba slučaja, nijedna tačka nije uključena u područje ograničeno konturom. Ovo se može provjeriti pomoću crteža. Obe konture su kružnice, centar prve je z_0=2+i, a poluprečnik R=2; centar drugog z_0=-2i i R=1 . Moguće je odrediti da li tačka pripada nekoj oblasti na drugačiji način, odnosno odrediti njenu udaljenost od centra kruga i uporediti je sa vrednošću poluprečnika. Na primjer, za tačku z_2=4i ova udaljenost je jednaka |4i-2-i|=|3i-2|=\sqrt(13), što je veće od radijusa (\sqrt(13)>2) , pa z_2=4i ne pripada kružnici |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.

Primjer 2.91. Izračunajte u sljedećim slučajevima postavljanja konture C\colon a) |z|=2 ; b) |z+1+i|=2 .

▼ Rješenje

Argumentirajući kao u prethodnom primjeru, nalazimo da se u oba slučaja samo jedna od singularnih tačaka z_1=0 nalazi unutar kružnica. Stoga, primjenom klauzule 2 pravila 2.6 (Cauchyjeva integralna formula), integrand zapisujemo kao razlomak \frac(1)(z)\cdot \frac(\sin z)(z^2+16), gdje je brojilac f(z)= \frac(\sin z)(z^2+16) je funkcija koja je analitička u navedenim krugovima. Odgovor za oba slučaja je isti:

\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.

Primjer 2.92. Izračunati \oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z^3+16z)\,dz u sljedećim slučajevima postavljanja konture C\colon a) |z+4i|=2 ; b) |z-1+3i|=2 .

▼ Rješenje

Integracione konture su kružnice, kao gore, au slučaju "a" centar je u tački z_0=-4i,~R=2 , u slučaju "b" - u tački z_0=1-3i, ~R=2 .nU oba slučaja, jedna tačka z_0=-4i ulazi u odgovarajuće kružnice. Primjenjujući klauzulu 2 pravila 2.6, upisujemo integrand u formu \frac(1)(z+4i)\frac(\sin z)(z(z-4i)), gdje je brojilac f(z)=\frac(\sin z)(z(z-4i)) je analitička funkcija u domenima koji se razmatraju. Primjenom integralne formule dobijamo odgovor:

\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)\,.

Primjer 2.93. Izračunajte integral u sljedećim slučajevima dodjeljivanja konture: a) |z+i|=1 ; b) |z+2+i|=2 .

▼ Rješenje

Naći singularne tačke integranda - nule nazivnika z_1=i,~z_2=-2 . Određujemo pripadnost tačaka odgovarajućim oblastima. U slučaju "a" u krug |z+i|<1 не входит ни одна точка. Следовательно, интеграл в этом случае равен нулю.

U slučaju "b" u krug |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), gdje f(z)=\frac(e^z)((z-i)^2)- analitička funkcija u krugu |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).

Primjer 2.94. Izračunaj integral \oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2)) u sledećim slučajevima dodeljivanja konture: a) |z-i|=2 ; b) |z+2-i|=3 .

▼ Rješenje

a) U krugu |z-i|<2 попадает точка z=i . Записываем функцию \frac(1)((z-i)^2)\frac(e^z)(z+2) i primijeniti klauzulu 3 pravila 2.6 za m=2 i a=i . Računamo integral:

\oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2))= \left.(2\pi i \left(\frac(e^z)(z+ 2)\desno)")\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).

b) Na kružnicu |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\,.

gdje svaka od kontura C_1 i C_2 pokriva samo jednu od tačaka. Konkretno, kao kontura C_1, možete uzeti krug iz prethodnog slučaja "a"; C_2 - krug iz primjera 2.93 p. "b", tj. možete koristiti rezultate. Zapišite odgovor:

\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 je onemogućen u vašem pretraživaču.
ActiveX kontrole moraju biti omogućene da bi se izvršili proračuni!