Интегрирование комплексных функций примеры решений. Решение интегралов онлайн

Рассмотрим гладкую кривую Г на комплексной плоскости, заданную параметрическими уравнениями

(определение гладкой кривой дано в начале §8). Как уже отмечалось в § 8, эти уравнения можно записать в компактной форме:

При изменении параметра t от а до /3 соответствующая точка z(t) будет двигаться по кривой Г. Поэтому уравнения (15.1) и (15.2) не только определяют точки кривой Г, но и задают направление обхода этой кривой. Кривая Г с заданным направлением ее обхода называется ориентированной кривой.

Пусть в области D С С задана непрерывная функция /(г) = = и(х, у) + iv(x. у), и пусть кривая Г лежит в D. Чтобы ввести понятие интеграла [ f(z)dz от функции f(z) по кривой Г, определим г

дифференциал dz равенством dz = dx + idy. Подынтегральное выражение преобразуется к виду

Таким образом, интеграл от комплексной функции f(z) по кривой Г естественно определить равенством

в правую часть которого входят два действительных криволинейных интеграла второго рода от действительных функций и и и. Для вычисления этих интегралов следует вместо х и у подставить функции x(t) и t/(/), а вместо dx и dy - дифференциалы этих функций dx = x"(t) dt и dy = y"(t) dt. Тогда интегралы в правой части (15.3) сведутся к двум интегралам от функций действительного переменного t

Теперь мы готовы дать следующее определение.

Интегралом вдоль кривой Г от функции комплексного переменного f(z) называется число, обозначаемое J" f(z)dz и вычисляемое по

где z(t) = x(t) + iy(t), а ^ t ^ ft, - уравнение кривой Г, a z"(t) = = x"(t ) + iy"{t).

Пример 15.1. Вычислить интеграл от функции f(z) = (г - а) п по окружности радиуса г с центром а, направление обхода которой против часовой стрелки.

Р е ш е н и е. Уравнение окружности z - а = г будет z - а = ге а, или

При изменении t. от 0 до 2тг точка z(t.) движется по окружности Г против часовой стрелки. Тогда

Применяя равенство (15.5) и формулу Муавра (2.10), получаем

Мы получили результат, важный для дальнейшего изложения:

Заметим, что значение интеграла не зависит от радиуса г окружности.

П р и мер 15.2. Вычислить интеграл от функции f(z ) = 1 но гладкой кривой Г с началом в точке а и концом в точке Ь.

Р е ш е н и е. Пусть кривая Г задается уравнением z(t.) = x(t ) + + iy{t), а ^ t ^ /3, причем а = -г(а), Ь = z({3). Используя формулу (15.5), а также формулу Ньютона Лейбница для вычисления интегралов от действительных функций, получим

Мы видим, что интеграл f 1 dz не зависит от вида пути Г, соединяю-

щего точки а и 6, а зависит только от концевых точек.

Изложим вкратце другой подход к определению интеграла от комплексной функции f(z) по кривой, аналогичный определению интеграла от действительной функции по отрезку.

Разобьем кривую Г произвольным образом на п участков точками zq = a, z 1, ..., z n -ь z n = Ь, занумерованными в направлении движения от начальной точки к конечной (рис. 31). Обозначим z - zo = = Az> ... , Zlc - Zk-l = Az/c, z n - Z n - 1 = = Az n . (Число Azk изображается вектором, идущим из точки zi L_i в Zk-) На каждом участке (zk-i,Zk) кривой выберем произвольную точку (д- и составим сумму

Эта сумма называется интегральной суммой. Обозначим через Л длину наибольшего из участков, на которые разбита кривая Г. Рассмотрим последовательность разбиений, для которой Л -? 0 (при этом п -* оо).

П1>едел интегральных сумм, вычисленный при условии, что длина наибольшего из участков разбиения стремится к нулю, называется интегралом от функции /(г) по кривой Г и обозначается Г f(z)dz:

Можно показать, что это определение также приводит нас к формуле (15.3) и, следовательно, эквивалентно определению (15.5), данному выше.

Установим основные свойства интеграла / f(z)dz.

1°. Линейность. Для любых комплексных постоянных а и b

Это свойство следует из равенства (15.5) и соответствующих свойств интеграла по отрезку.

2°. Аддитивность. Если кривая Г разбита на участки Ti м Г2, то

Доказательство. Пусть кривая Г с концами а, Ь разбита точкой с на две части: кривую Гi с концами а, с и кривую Гг с концами с, Ь. Пусть Г задается уравнением z = z(t ), а ^ t ^ в. причем а = 2(a), b = z(ft), с = 2(7). Тогда уравнения кривых Г1 и Гг будут z = z(t), где а ^ t ^ 7 для Ti и 7 ^ t ^ /? для Гг. Применяя определение (15.5) и соответствующие свойства интеграла по отрезку, получим

что и требовалось доказать.

Свойство 2° позволяет вычислять интегралы не только по гладким кривым, но также и но кусочно гладким , т.е. кривым, которые можно разбить на конечное число гладких участков.

3°. При изменении направления обхода кривой интеграл меняет знак.

Доказаге л ь с т в о. Пусть кривая Г с концами а и Ь задается уравнением г = г(?), о ^ t ^ $. Кривую, состоящую из тех же точек, что и Г, но отличающуюся от Г направлением обхода (ориентацией), обозначим через Г“. Тогда Г - задается уравнением z = 2i(J)> где z(t) = 2(0 -I- fi - t), Действительно, введем новое переменное г = а + - t. При изменении t от а до (д переменное г изменяется от (5 до а. Следовательно, точка г(т) пробежит кривую Г".

Свойство 3° доказано. (Заметим, что из определения интеграла (15.8) это свойство следует непосредственно: при изменении ориентации кривой все приращения AZk меняют знак.)

4°. Модуль интеграла f f(z)dz не превосходит значения криволи- г

нейного интеграла от модуля функции по длине кривой s (криволинейного интеграла от f(z) первого рода):

Легко видеть, что z[(t) = г" г (т)(а + - t )J = -z" t (t), dt = -dr. Используя определение (15.5) и переходя к переменному г, получим

Доказательство. Воспользуемся тем, что для интеграла по отрезку

(это неравенство сразу следует из определения интеграла по отрезку как предела интегральных сумм). Отсюда и из (15.5) имеем

1. Основные понятия и утверждения

Теорема 5.1 (достаточное условие существования интеграла от функции комплексного переменного). Пусть L – простая гладкая кривая на , f (z )=u (x ;y )+i×v (x ;y ) непрерывна на L . Тогда существует , причем справедливо равенство:

Теорема 5.2. Пусть L – простая гладкая кривая, заданная параметрически: L : z (t )=x (t )+i×y (t ), a £t £b , функция f (z ) непрерывна на L . Тогда справедливо равенство:

(где ). (5.2)

Теорема 5.3. Если f (z ) аналитическая в области D функция, то - аналитическая функция и F" (z )=f (z ), где интеграл берётся по любой кусочно-гладкой кривой, соединяющей точки z 0 и z .

- формула Ньютона-Лейбница .

2. Способы вычисления интеграла

Первый способ. Вычисление интегралов от непрерывной функции путем сведения к криволинейным интегралам от функций действительных переменных (применение формулы (5.1)).

1. Найти Ref =u , Imf =v .

2. Записать подынтегральное выражение f (z )dz в виде произведения (u +iv )(dx +idy )=udx-vdy +i (udy +vdx ).

3. Вычислить криволинейные интегралы вида по правилам вычисления криволинейных интегралов второго рода.

Пример 5.1. Вычислить по параболе y=x 2 от точки z 1 =0 до точки z 2 =1+i.

■ Найдем действительную и мнимую части подынтегральной функции. Для этого подставим в выражение для f (z ) z=x+iy :

Так как y=x 2 , то dy= 2x , . Поэтому

Второй способ. Вычисление интегралов от непрерывной функции путем сведения к определенному интегралу в случае параметрического задания пути интегрирования (применение формулы (5.2)).

1. Записать параметрическое уравнение кривой z =z (t ) и определить пределы интегрирования: t=a соответствует начальной точке пути интегрирования, t=b - конечной.

2. Найти дифференциал комплекснозначной функции z (t ): dz =z ¢(t )dt .

3. Подставить z (t ) в подынтегральное выражение, преобразовать интеграл к виду: .

4. Вычислить полученный определенный интеграл.

Пример 5.2. Вычислить , где С - дуга окружности , .

■ Параметрическое уравнение данной кривой: , 0£j £p . Тогда . Получаем

Пример 5.3. Вычислить , где С – верхняя дуга окружности при условии: а) ,б) .

■ Задание значений функции в контуре интегрирования позволяет выделить однозначные ветви выражения , k= 0,1. Так как при имеем , k= 0,1,то в первом случае выделяем ветвь с k= 0, а во втором – с k= 1.

Подынтегральная функция на контуре интегрирования непрерывна. Параметрическое уравнение данной кривой: , 0£j £p . Тогда .

а) Ветвь определяется при k= 0, то есть из получаем .

б) Ветвь определяется при k =1, то есть из получаем .

Третий способ. Вычисление интегралов от аналитических функций в односвязных областях (применение формулы (5.3)).

Найти первообразную F (z ), используя свойства интегралов, табличные интегралы и методы, известные из действительного анализа. Применить формулу Ньютона-Лейбница: .

Пример 5.4. Вычислить , где С – прямая АВ , z А =1-i , z В =2+i.

■ Так как подынтегральная функция - аналитическая на всей комплексной плоскости, то применим формулу Ньютона-Лейбница

3. Основные теоремы интегрального исчисления

функций комплексного переменного

Теорема 5.4 (Коши). Если f (z G функция, то , где L - любой замкнутый контур, лежащий в G .

Теорема Коши имеет место и для многосвязной области.

Теорема 5.5. Пусть функция f (z ) аналитическая в односвязной области D , L -произвольный замкнутый кусочно-гладкий контур, лежащий в D . Тогда для любой точки z 0 , лежащей внутри контура L , справедлива формула:

, (5.4)

где L обходится в положительном направлении.

Формула (5.4) называется интегральной формулой Коши . Она выражает значения аналитической функции внутри контура через её значения на контуре.

Теорема 5.6. Всякая функция f (z ), аналитическая в области D , имеет производные всех порядков на этой области, и для "z 0 ÎD справедлива формула:

, (5.5)

где L – произвольный кусочно-гладкий замкнутый контур, целиком лежащий в D и содержащий внутри себя точку z 0 .

4.Вычисление интегралов по замкнутому контуру

от функций комплексного переменного

Рассмотрим интегралы вида , где функция j (z) аналитическая в , а y (z) – многочлен, не имеющий нулей на замкнутом контуре С .

Правило. При вычислении интегралов вида в зависимости от кратности нулей многочлена y (z) и их расположения относительно контура С можно выделить 4 случая.

1. В области D нет нулей многочлена y (z). Тогда функция аналитическая и по теореме Коши .

2. В области D расположен один простой нуль z=z 0 многочлена y (z). Тогда записываем дробь в виде , где f (z ) – функция аналитическая в Применяя интегральную формулу Коши (5.4), получаем

. (5.6)

3. В области D расположен один кратный нуль z=z 0 многочлена y (z) (кратности n ). Тогда записываем дробь в виде , где f (z ) – функция аналитическая в Применяя формулу (5.5), получаем

4. В области D расположены два нуля многочлена y (z) z=z 1 и z=z 2 . Тогда подынтегральную функцию представляем в виде суммы двух дробей, а интеграл в виде суммы двух интегралов, каждый из которых вычисляем в соответствии с п.2 или п.3.

Пример 5.5. Вычислить , где С – окружность .

■ Находим нули знаменателя – особые точки подынтегральной функции . Это точки . Далее определяем расположение точек относительно контура интегрирования: ни одна из точек не входит в область, ограниченную окружностью с центром в точке и радиусом 2 (то есть имеем первый случай). В этом можно убедиться, выполнив чертёж или определив расстояние от каждой из точек до центра круга и сравнив с величиной радиуса. Например, для , поэтому не принадлежит кругу.

Тогда функция аналитическая в круге , и по теореме Коши .

Заметим, что заданный интеграл равен нулю и для любого другого контура, ограничивающего область, в которую не входит ни один из нулей знаменателя. ■

Пример 5.6. Вычислить , где С – окружность .

■ Рассуждая, как в примере 5.5, находим, что в круге расположен только один из нулей знаменателя (второй случай). Поэтому записываем подынтегральную функцию в виде , функция аналитическая в круге . Тогда по формуле (5.6)

.■

Пример 5.7. Вычислить , где С – окружность .

Теоретический минимум
Часто встречаются случаи, когда вычисление определённых интегралов методами комплексного анализа предпочтительнее, чем методами
вещественного анализа. Причины могут быть самыми разными. Методы ТФКП могут позволять в отдельных случаях сильно сократить вычисления.
Иногда формулу Ньютона-Лейбница нельзя использовать, так как неопределённый интеграл не выражается в элементарных функциях.
Методы дифференцирования и интегрирования по параметру требуют очень аккуратного обоснования своей применимости, да и параметр иногда
приходится вводить искусственно.
Обычно методами комплексного анализа вычисляются несобственные интегралы - по бесконечному промежутку или от неограниченных на отрезке
интегрирования функций. Общая идея заключается в следующем. Составляется контурный интеграл. Интеграл по некоторым участкам контура должен
совпадать с искомым определённым интегралом - по крайней мере, с точностью до постоянного множителя. Интегралы по остальным участкам контура
должны вычисляться. Затем применяется основная теорема о вычетах, согласно которой
,
где - это особые точки функции , находящиеся внутри контура интегрирования . Таким образом, контурный интеграл с одной
стороны оказывается выраженным через искомый определённый интеграл, а с другой стороны вычисляется с помощью вычетов (что обычно
серьёзных сложностей не представляет).
Основная сложность - выбор контура интегрирования. Его подсказывает, в принципе говоря, подынтегральная функция. Однако без достаточной
практики овладеть данным методом сложно, а потому примеров будет приведено довольно много. Наиболее часто используются контуры, составленные из
элементов, по которым удобно проводить интегрирование (прямые, дуги окружностей).

интегрирования в комплексной плоскости
Пример 1. Интегралы Френеля .
Вычислим интегралы , .
Несложно догадаться, что первым шагом является переход к экспоненциальной форме, предполагающий рассмотрение интеграла .
Нужно только подобрать контур интегрирования. Понятно, что в контур должна войти полуось . Вещественная и
мнимая части интеграла по этой части контура представляют собой интегралы Френеля. Далее, вычисляемый контурный интеграл по структуре
подынтегрального выражения напоминает интеграл Эйлера-Пуассона, значение которого известно. Но чтобы получить этот интеграл, нужно положить
, тогда . А такое представление переменной - это интегрирование по прямой, проходящей через точку
под углом к вещественной оси.
Итак, два элемента контура есть. Чтобы контур замкнулся, будем считать, что выбранные два участка контура имеют конечную длину , и замкнём
контур дугой окружности радиуса . Позже мы устремим этот радиус к бесконечности. В результате получается изображённый на рис. 1 контур.

(1)
Внутри контура интегрирования подынтегральная функция особых точек не имеет, поэтому интеграл по всему контуру равен нулю.

.
В пределе этот интеграл равен нулю.
На участке можно записать , тогда
.
Подставляем полученные результаты в (1) и переходим к пределу :

Отделяя вещественную и мнимую части, находим, учитывая значение интеграла Эйлера-Пуассона
,
.
Пример 2. Выбор контура интегрирования, содержащего внутри особую точку подынтегральной функции .
Вычислим интеграл, похожий на рассмотренный в первом примере: , где .
Вычислять будем интеграл . Контур выберем аналогичный тому, который использовался в первом примере. Только теперь нет цели
свести вычисление к интегралу Эйлера-Пуассона. Здесь заметим, что при замене подынтегральная функция не изменится.
Это соображение подсказывает выбрать наклонную прямую контура интегрирования так, чтобы она составляла с вещественной осью угол .

При записи контурного интеграла
(2)
интеграл по дуге окружности в пределе стремится к нулю. На участке можно записать :
.
Таким образом, из (2) при переходе к пределу находим
.
Здесь учтено, что внутри контура интегрирования подынтегральная функция имеет простой полюс .

Отсюда находим искомый интеграл:
.
Пример 3. Через верхнюю или нижнюю полуплоскость замкнуть контур интегрирования ?
На следующем достаточно простом интеграле продемонстрируем характерную деталь выбора контура интегрирования. Вычислим
интеграл .
Фактически искомый интеграл функции вычисляется вдоль вещественной оси, на которой подынтегральная функция не имеет
особенностей. Остаётся только замкнуть контур интегрирования. Так как у функции под интегралом всего две конечные особые точки, то
замкнуть контур можно полуокружностью, радиус которой следует устремить к бесконечности. И здесь возникает вопрос о том, как должна
быть выбрана полуокружность: в верхней или нижней полуплоскости (см. рис. 3 а, б). Чтобы понять это, запишем интеграл по полуокружности
в обоих случаях:

а)
б)
Как видно, поведение интеграла в пределе определяется множителем .
В случае "а" , а потому предел будет конечен при условии .
В случае "б" - напротив - , а потому предел будет конечен при условии .
Это наводит на мысль, что способ замыкания контура определяется знаком параметра . Если он положителен, то
контур замыкается через верхнюю полуплоскость, в противном случае - через нижнюю. Рассмотрим эти случаи отдельно.
а)
Интеграл по полуокружности в пределе , как мы видели, обратится в нуль. Внутри контура (см. рис. 3а) находится
особая точка , поэтому

б)
Аналогично находим с помощью интегрирования по контуру, изображённому на рис. 3б,

Замечание . Может показаться странным, что интеграл от комплексной функции получился вещественным. Однако это легко понять, если в исходном
интеграле выделить вещественную и мнимую часть. В мнимой части под интегралом окажется нечётная функция, а интеграл вычисляется в симметричных
пределах. Т.е. мнимая часть обратится в нуль, что и получилось в нашем расчёте.
Пример 4. Обход особых точек подынтегральной функции при построении контура интегрирования .
В рассмотренных примерах подынтегральная функция либо не имела особых точек, либо они были внутри контура интегрирования. Однако
бывает удобно выбрать контур так, что на него попадают особые точки функции. Такие точки приходится обходить. Обход осуществляется
по окружности малого радиуса, который в дальнейшем просто устремляется к нулю. В качестве примера вычислим интеграл .
Может показаться, что подынтегральная функция не имеет конечных особых точек, так как точка является устранимой особенностью.
Но для вычисления интеграла приходится составлять контурный интеграл от другой функции (чтобы обеспечить обращение интеграла в нуль на
замыкающей полуокружности в пределе бесконечного радиуса): . Здесь подынтегральная функция имеет полюсную особенность
в точке .

Таким образом, требуется другой контур интегрирования (см. рис. 4). Он отличается от рис. 3а только тем, что особая точка обходится по полуокружности,
радиус которой предполагается в дальнейшем устремить к нулю.
. (3)
Сразу заметим, что интеграл по большой полуокружности в пределе её бесконечно большого радиуса стремится к нулю, а внутри контура
особых точек нет, так что весь интеграл по контуру равен нулю. Далее рассмотрим первое и третье слагаемые в (3):

.
Теперь запишем интеграл по малой полуокружности, учитывая, что на ней . Также сразу будем учитывать малость радиуса полуокружности:

Не выписаны слагаемые, стремящиеся к нулю в пределе .
Собираем слагаемые в (3) - кроме относящегося к большой полуокружности слагаемого.

Как видно, обращающиеся в бесконечность при слагаемые взаимно уничтожились. Устремляя и , имеем
.
Замечание . Совершенно аналогично вычисляется, например, интеграл Дирихле (напомним, он отличается от только что рассмотренного отсутствием
квадратов в числителе и знаменателе).
Примеры вычисления определённых интегралов с помощью контурного
интегрирования в комплексной плоскости (продолжение)
Пример 5. Подынтегральная функция имеет бесчисленное множество особых точек .
Во многих случаях выбор контура осложнён тем, что у подынтегральной функции бесчисленное множество особых точек. В этом случае может
оказаться так, что сумма вычетов в действительности будет рядом, сходимость которого ещё придётся доказывать, если суммировать его
не получается (а суммирование рядов - вообще отдельная довольно сложная задача). В качестве примера вычислим интеграл .
Понятно, что часть контура - вещественная ось. На ней у функции особенностей нет. Обсудим, как замкнуть контур. Выбирать полуокружность не следует.
Дело в том, что гиперболический косинус имеет семейство простых нулей . Поэтому внутрь контура, замкнутого полуокружностью
в пределе бесконечно большого радиуса, попадёт бесконечно много особых точек. Как ещё можно замкнуть контур? Заметим, что .
Отсюда следует, что можно попробовать включить в контур интегрирования отрезок, параллельный вещественной оси. Контур замкнётся двумя
вертикальными отрезками, в пределе находящимися бесконечно далеко от мнимой оси (см. рис. 5).

На вертикальных участках контура . Гиперболический косинус с ростом аргумента (по модулю) растёт экспоненциально, поэтому
в пределе интегралы по вертикальным участкам стремятся к нулю.

Итак, в пределе
.
С другой стороны, внутри контура интегрирования находятся две особые точки подынтегральной функции. Вычеты в них
,
.
Следовательно,
.
Пример 6. Подынтегральная функция определённого и контурного интегралов различны .
Существует очень важный случай вычисления определённых интегралов методом контурного интегрирования. До сих пор подынтегральная
функция контурного интеграла либо просто совпадала с подынтегральной функцией определённого интеграла, либо переходила в неё отделением
вещественной или мнимой части. Но не всегда всё оказывается так просто. Вычислим интеграл .
В смысле выбора контура особой проблемы нет. Хотя у функции под интегралом бесконечно много простых полюсов , мы уже знаем
по опыту предыдущего примера, что нужен прямоугольный контур, так как . Единственное отличие от примера 5 заключается в том,
что на прямую попадает полюс подынтегральной функции , который нужно обойти. Поэтому выбираем изображённый
на рис. 6 контур.

Рассмотрим контурный интеграл . Мы не станем расписывать его на каждом участке контура, ограничившись горизонтальными
участками. Интеграл по вещественной оси в пределе стремится к искомому. Запишем интегралы по остальным участкам:
.
В пределе и первые два интеграла дадут , потом они войдут в контурный интеграл в сумме
с искомым, который отличается знаком. В результате из контурного интеграла искомый определённый интеграл выпадет. Это означает, что
подынтегральная функция была выбрана неверно. Рассмотрим другой интеграл: . Контур оставляем прежним.

Для начала снова рассмотрим интегралы по горизонтальным участкам. Интеграл вдоль вещественной оси перейдёт в .
Этот интеграл равен нулю как интеграл нечётной функции в симметричных пределах.

В пределе и первые две скобки обратятся в нуль, снова образовав интегралы от нечётных функций
в симметричных пределах. А вот последняя скобка с точностью до множителя даст искомый интеграл. Имеет смысл продолжать вычисление.
Аналогично примеру 5 к нулю стремятся интегралы по вертикальным участкам контура при . Остаётся найти интеграл
по полуокружности, где . Как в примере 4, вычисляем интеграл, учитывая малость :
.
Итак, у нас есть всё, чтобы записать в пределе и контурный интеграл:

А с другой стороны, внутри контура интегрирования оказался полюс подынтегральной функции

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

\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)

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

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

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

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

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

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

\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{aligned}

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

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

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

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

\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. Вычислить интегралы и \int\limits_{OA}z\,dz , где линия OA

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

▼ Решение

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

\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\,

что соответствует формуле (2.44). Вычисляем интегралы:

а) путь интегрирования - отрезок прямой , поэтому \int\limits_{OA}\overline{z}\,dz= \int\limits_{0}^{1}2x\,dx=1 .

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

\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.

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

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

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

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

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

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

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

В следующем пункте рассмотрим подробнее подобные случаи интегрирования.

2. Пусть интеграл от непрерывной функции в некоторой области не зависит от вида кривой, соединяющей две точки этой области. Зафиксируем начальную точку, обозначив z_0 . конечная точка - переменная, обозначим ее z . Тогда значение интеграла будет зависеть только от точки z , то есть определяет некоторую функцию в указанной области.

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

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

Функция F(z) - интеграл с переменным верхним пределом.

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

F"(z)=f(z).

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

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

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

Из пунктов 2 и 3 получаем следующее утверждение.

Утверждение 2.25

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Анализируя формулы (2.48) и (2.49), нетрудно убедиться, что производную F(z) можно получить формально, производя дифференцирование по параметру под знаком интеграла 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\,.

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

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

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

Вычисление интегралов от функций комплексного переменного

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

2. Найти дифференциал комплекснозначной функции z(t)\colon\, dz=z"(t)dt .
3. Подставить z(t) в подынтегральное выражение, преобразовать интеграл

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

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

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

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

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

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

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

Замечания 2.10

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

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

▼ Примеры 2.80-2.86 вычисления интегралов от функций комплексного переменного

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

а) l - прямая; б) l - ломаная OBA , где O(0;0),~ B(1;0),~ A(1;1) .

▼ Решение

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

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

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

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

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

\int\limits_{l}\operatorname{Re}z\,dz= \int\limits_{OB}\operatorname{Re}z\,dz+ \int\limits_{BA}\operatorname{Re}z\,dz

и каждый вычисляем, как в предыдущем пункте. При этом для отрезка OB имеем

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

Производим вычисления:

\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.

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

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

▼ Решение

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

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

3,4. Подставляем в подынтегральное выражение. Вычисляем интеграл

\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. Вычислить интегралы от аналитических функций:

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

▼ Решение

а) Применяем формулу (2.47) (третье правило); первообразную находим, используя методы интегрирования действительного 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{\operatorname{sh}2}{4}= \frac{i}{4}(2-\operatorname{sh}2).

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

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

\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. Вычислить интеграл \int\limits_{0}^{1+i}z\,dz .

▼ Решение

Подынтегральная функция - аналитическая всюду в \mathbb{C} . Применяем третий способ, формулу (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.

Этот результат получен в примере 2.78 согласно первому способу.

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

▼ Решение

Применим второй способ.

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

\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\,.

Вычисляем полученный определенный интеграл. При n\ne1 получаем

\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).

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

Выпишем полученный результат в виде формулы:

\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\,.

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

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

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

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

▼ Решение

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

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

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

Правая часть равенства определяет однозначную функцию \ln z - главное значение логарифма. Ответ получаем в виде

\int\limits_{1}^{z}\frac{d\xi}{\xi}=\ln z\,.

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

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

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

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

▼ Решение

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

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

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

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

Основная теорема Коши для простого контура

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

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

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

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

Следствия из теоремы 2.1

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

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

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

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

Теорема Коши для сложного контура

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

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

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

Следствия из теоремы 2.2

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

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

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

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

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

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

Утверждение 2.27. Если f(z) аналитическая в D , то , где C - граница области D (простой или сложный контур).

Интегральная формула Коши

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

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

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

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

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

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

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

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

Утверждение 2.28

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

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

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

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

Формула (2.59) дает интегральное представление производных аналитической функции.

Вычисление интегралов по замкнутому контуру

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

▼ Решение

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

\oint\limits_{l}\frac{dz}{z}= \oint\limits_{C}\frac{dz}{z}+ \oint\limits_{l_0} \frac{dz}{z}\,.

Используя результаты примеров 2.85 и 2.87, получаем ответ:

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

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

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

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

Пример 2.90. Вычислить в следующих случаях задания контура C\colon а) |z-2-i|=2 ; б) |z+2i|=1 .

▼ Решение

Находим нули знаменателя - особые точки подынтегральной функции. Это точки z_1=0,~ z_{2,3}=\pm4i . Далее нужно определить расположение точек относительно контура интегрирования. В обоих случаях ни одна из точек не входит в область, ограниченную контуром. В этом можно убедиться, использовав чертеж. Оба контура - окружности, центр первой z_0=2+i и радиус R=2 ; центр второй z_0=-2i и R=1 . Можно определить принадлежность точки области иначе, а именно определить ее расстояние от центра круга и сравнить с величиной радиуса. Например, для точки z_2=4i это расстояние равно |4i-2-i|=|3i-2|=\sqrt{13} , что больше радиуса (\sqrt{13}>2) , поэтому z_2=4i не принадлежит кругу |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. Вычислить \oint\limits_{C}\frac{\sin z}{z^3+16z}\,dz в следующих случаях задания контура C\colon а) |z|=2 ; б) |z+1+i|=2 .

▼ Решение

Рассуждая, как в предыдущем примере, находим, что в обоих случаях внутри кругов расположена только одна из особых точек z_1=0 . Поэтому, применяя п.2 правил 2.6 (интегральная формула Коши) , записываем подынтегральную функцию в виде дроби \frac{1}{z}\cdot \frac{\sin z}{z^2+16} Контуры интегрирования - окружности, как и выше, причем в случае "а" центр находится в точке z_0=-4i,~R=2 , в случае "б" - в точке z_0=1-3i,~R=2 .nВ обоих случаях внутрь соответствующих кругов попадает одна точка z_0=-4i . Применяя п.2 правил 2.6, записываем подынтегральную функцию в виде \frac{1}{z+4i}\frac{\sin z}{z(z-4i)} , где числитель f(z)=\frac{\sin z}{z(z-4i)} является аналитической функцией в рассматриваемых областях. Применяя интегральную формулу, получаем ответ:

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

▼ Решение

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

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

\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) В круг |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\,.