Teorinis minimumas

Dažnai pasitaiko atvejų, kai apibrėžtųjų integralų skaičiavimas sudėtingos analizės metodais yra geresnis už metodus
medžiagos analizė. Priežastys gali būti labai įvairios. TFCT metodai kai kuriais atvejais gali labai sumažinti skaičiavimus.
Kartais Niutono-Leibnizo formulė negali būti naudojama, nes neapibrėžtasis integralas nėra išreikštas elementariomis funkcijomis.
Atskyrimo ir integravimo metodai atsižvelgiant į parametrą reikalauja labai kruopštaus jų taikymo pagrindimo, o kartais parametras
turi būti įvestas dirbtinai.

Paprastai sudėtingos analizės metodai skaičiuoja netinkamus integralus – per begalinį intervalą arba iš neribotų segmento integralų.
funkcijų integravimas. Bendra idėja yra tokia. Susidaro kontūrinis integralas. Integralas per kai kurias kontūro dalis turėtų
sutampa su norimu apibrėžtuoju integralu – bent iki pastovaus koeficiento. Integralai per likusį kontūrą
reikėtų apskaičiuoti. Tada taikoma pagrindinė liekanų teorema, pagal kurią
,
kur yra funkcijos vienaskaitos taškai, esantys integravimo kontūro viduje. Taigi, kontūro integralas su vienu
kita vertus, paaiškėja, kad jis išreiškiamas per norimą apibrėžtąjį integralą, o iš kitos pusės, jis apskaičiuojamas naudojant liekanas (kas dažniausiai yra
nesukelia rimtų problemų).

Pagrindinis sunkumas yra integracijos kontūro pasirinkimas. Iš esmės tai siūlo integrandas. Tačiau be pakankamai
Praktikoje šį metodą įvaldyti sunku, todėl pavyzdžių bus pateikta gana daug. Dažniausiai naudojami kontūrai yra sudaryti iš
elementai, per kuriuos patogu integruoti (tiesios linijos, apskritimų lankai).

integracija kompleksinėje plokštumoje

1 pavyzdys Frenelio integralai.
Apskaičiuokime integralus , .
Nesunku atspėti, kad pirmasis žingsnis yra perėjimas prie eksponentinės formos, kai reikia atsižvelgti į integralą.
Reikia tik pasirinkti integravimo kontūrą. Aišku, kad pusašis turi patekti į kontūrą. Tikras ir
menamos integralo dalys virš šios kontūro dalies yra Frenelio integralai. Be to, apskaičiuotas kontūro integralas virš konstrukcijos
integrandas primena Eulerio-Puasono integralą, kurio reikšmė žinoma. Bet norėdami gauti šį integralą, turime įdėti
, tada. Ir toks kintamojo vaizdavimas yra integravimas išilgai tiesės, einančios per tašką
kampu tikrosios ašies atžvilgiu.
Taigi, yra du kontūro elementai. Norėdami uždaryti kontūrą, darome prielaidą, kad pasirinktos dvi kontūro atkarpos turi baigtinį ilgį ir uždaromos
spindulio apskritimo lanko kontūras . Vėliau šį spindulį leisime iki begalybės. Rezultatas yra toks, kaip parodyta fig. 1 grandinė.

(1)
Integravimo kontūro viduje integrandas neturi vienaskaitos taškų, todėl viso kontūro integralas yra lygus nuliui.

.
Riboje šis integralas yra lygus nuliui.
Tada galite rašyti siužete
.
Gautus rezultatus pakeičiame (1) ir pereiname prie ribos:

Atskirdami tikrąją ir įsivaizduojamą dalis, randame, atsižvelgdami į Eulerio-Puasono integralo reikšmę
,
.

2 pavyzdys Integravimo kontūro, kurio viduje yra vienaskaitos integrando taškas, pasirinkimas.
Apskaičiuokime integralą, panašų į nagrinėtą pirmame pavyzdyje: , kur .
Apskaičiuosime integralą. Pasirinksime kontūrą, panašų į naudotą pirmame pavyzdyje. Tik dabar nėra tikslo
sumažinkite skaičiavimą iki Eulerio-Puasono integralo. Čia atkreipiame dėmesį, kad keičiant integrandas nepasikeis.
Šis svarstymas skatina mus pasirinkti įstrižą tiesią integravimo kontūro liniją, kad ji sudarytų kampą su tikrąja ašimi.

Rašant kontūro integralą
(2)
integralas virš apskritimo lanko linkęs į nulį riboje. Svetainėje galite rašyti :
.
Taigi iš (2), pereidami prie ribos, randame
.
Čia atsižvelgiama į tai, kad integravimo kontūro viduje integrandas turi paprastą polių .

Iš čia randame reikiamą integralą:
.

3 pavyzdys Uždarykite integravimo kontūrą per viršutinę arba apatinę pusplokštumą?
Naudodami šį gana paprastą integralą, parodome būdingą integravimo kontūro pasirinkimo detalę. Apskaičiuokite
integralas .
Tiesą sakant, norimas funkcijos integralas apskaičiuojamas išilgai tikrosios ašies, kurioje integrandas neturi
funkcijos. Belieka tik uždaryti integracijos kilpą. Kadangi funkcija po integralu turi tik du galutinius vienaskaitos taškus, tada
kontūrą galite uždaryti puslankiu, kurio spindulys turėtų būti iki begalybės. Ir čia kyla klausimas, kaip
reikia pasirinkti puslankį: viršutinėje arba apatinėje pusplokštumoje (žr. 3 pav. a, b). Kad tai suprastume, integralą užrašome virš puslankio
abiem atvejais:


a)
b)
Kaip matote, integralo elgesį riboje lemia faktorius .
„a“ atveju, taigi riba bus baigtinė pagal sąlygą .
„b“ atveju – priešingai – , todėl riba pagal sąlygą bus baigtinė.
Tai rodo, kad kontūro uždarymo būdą lemia parametro ženklas. Jei jis teigiamas, tada
kontūras užsidaro per viršutinę pusplokštumą, kitu atveju - per apatinę. Panagrinėkime šiuos atvejus atskirai.
a)
Puslankio integralas riboje, kaip matėme, išnyksta. Kontūro viduje (žr. 3a pav.) yra
ypatingas taškas, taigi

b)
Panašiai mes naudojame integraciją per kontūrą, parodytą Fig. 3b,

Pastaba. Gali pasirodyti keista, kad kompleksinės funkcijos integralas pasirodė tikras. Tačiau tai nesunku suprasti originale
atskirti integralo tikrąją ir menamąją dalis. Įsivaizduojamoje dalyje po integralu bus nelyginė funkcija, o integralas apskaičiuojamas simetriškai
ribos. Tie. įsivaizduojama dalis išnyksta, kas atsitiko mūsų skaičiavime.

4 pavyzdys Integrando vienaskaitos taškų aplenkimas kuriant integravimo kontūrą.
Nagrinėjamuose pavyzdžiuose integrandas arba neturėjo vienaskaitos taškų, arba jie buvo integravimo kontūro viduje. Tačiau
gali būti patogu pasirinkti kontūrą taip, kad ant jo kristų atskiri funkcijos taškai. Tokius taškus reikia apeiti. Atliekamas aplinkkelis
išilgai mažo spindulio apskritimo, kuris ateityje tiesiog sustos į nulį. Pavyzdžiui, apskaičiuojame integralą .
Gali atrodyti, kad integrandas neturi baigtinių vienaskaitos taškų, nes taškas yra pašalinamas singuliarumas.
Bet norėdami apskaičiuoti integralą, turite sudaryti kitos funkcijos kontūrinį integralą (siekdami užtikrinti, kad integralas išnyktų
uždaromasis puslankis begalinio spindulio riboje): . Čia integrandas turi polių singuliarumą
taške.

Taigi reikalinga kita integravimo kilpa (žr. 4 pav.). Jis skiriasi nuo Fig. 3a tik dėl to, kad vienaskaitos taškas sukasi puslankiu,
kurių spindulys ateityje turėtų būti lygus nuliui.
. (3)
Iš karto pastebime, kad integralas per didelį puslankį linkęs į nulį savo be galo didelio spindulio ribose ir kontūro viduje
vienaskaitos taškų nėra, todėl visas kontūro integralas lygus nuliui. Tada apsvarstykite pirmąjį ir trečiąjį (3) terminus:

.
Dabar integralą užrašome ant mažo puslankio, atsižvelgiant į tai. Taip pat iš karto atsižvelgsime į puslankio spindulio mažumą:


Terminai, linkę į nulį limite, nėra išrašomi.
Mes renkame terminus (3) – išskyrus terminą, susijusį su dideliu puslankiu.

Kaip matyti, terminai, kurie virsta begalybe, vienas kitą sunaikino. Nuomos ir , mes turime
.
Pastaba. Pavyzdžiui, Dirichlet integralas apskaičiuojamas lygiai taip pat (primename, kad jis skiriasi nuo ką tik aptarto tuo, kad nėra
kvadratai skaitiklyje ir vardiklyje).

Apibrėžtųjų integralų skaičiavimo naudojant kontūrą pavyzdžiai
integravimas kompleksinėje plokštumoje (tęsinys)

5 pavyzdys Integrandas turi begalinį vienaskaitos taškų skaičių.
Daugeliu atvejų kontūro pasirinkimą apsunkina tai, kad integrandas turi begalinį vienaskaitos taškų skaičių. Šiuo atveju gali
paaiškėja, kad likučių suma iš tikrųjų bus skaičius, kurio konvergenciją dar reikės įrodyti, jei susumuosime
neveikia (o serijų apibendrinimas paprastai yra atskira gana sudėtinga užduotis). Pavyzdžiui, apskaičiuokime integralą .
Akivaizdu, kad dalis kontūro yra tikroji ašis. Jame funkcija neturi jokių funkcijų. Aptarkime, kaip uždaryti kilpą. Nesirinkite puslankio.
Esmė ta, kad hiperbolinis kosinusas turi paprastų nulių šeimą . Todėl viduje kontūras uždarytas puslankiu
be galo didelio spindulio riboje kris be galo daug vienaskaitos taškų. Kaip kitaip galite uždaryti kilpą? Pastebėti, kad .
Iš to išplaukia, kad į integravimo kontūrą galima pabandyti įtraukti atkarpą, lygiagrečią realiajai ašiai. Kilpa užsidarys dviem
vertikalios atkarpos, kurios riboje yra be galo toli nuo įsivaizduojamos ašies (žr. 5 pav.).


Ant vertikalių kontūro atkarpų . Hiperbolinis kosinusas auga eksponentiškai augant argumentui (modulo), todėl
riboje integralai virš vertikalių sekcijų linkę į nulį.

Taigi, ribose
.
Kita vertus, integravimo kontūro viduje yra du vienaskaitos integrando taškai. atskaitymai juose
,
.
Vadinasi,
.

6 pavyzdys Apibrėžtinio ir kontūrinio integralo integralas skiriasi.
Yra labai svarbus apibrėžtųjų integralų skaičiavimo kontūrų integravimo metodu atvejis. Kol kas integrandas
kontūro integralo funkcija arba tiesiog sutapo su apibrėžtojo integralo integrandu, arba perėjo į jį atskiriant
tikroji ar menama dalis. Tačiau ne visada viskas taip paprasta. Apskaičiuokime integralą.
Kalbant apie kontūro pasirinkimą, nėra jokių ypatingų problemų. Nors funkcija po integralu turi be galo daug paprastų polių, mes jau žinome
iš ankstesnio pavyzdžio patirties, kad reikalingas stačiakampis kontūras, nes . Vienintelis skirtumas nuo 5 pavyzdžio yra tas
kad į tiesę patenka integrando polius, kurį reikia apeiti. Todėl renkamės tą, kuri parodyta
pav. 6 grandinė.

Apsvarstykite kontūro integralą. Nedažysime jo ant kiekvienos kontūro atkarpos, apsiribodami horizontalia
sklypai. Integralas išilgai tikrosios ašies riboje linksta į norimą. Likusiuose skyriuose užrašome integralus:
.
Riboje ir pirmieji du integralai duos , tada jie įves kontūro integralą į sumą
su norimu, kuris skiriasi ženklu. Dėl to norimas apibrėžtasis integralas iškris iš kontūrinio integralo. Tai reiškia kad
integrandas buvo pasirinktas neteisingai. Apsvarstykite kitą integralą: . Kontūrą palikite tą patį.

Pirmiausia apsvarstykite integralus per horizontalias dalis. Integralas išilgai tikrosios ašies tampa .
Šis integralas išnyksta kaip nelyginės funkcijos integralas simetrinėse ribose.

Riboje pirmieji du skliaustai taip pat išnyksta ir vėl sudaro nelyginių funkcijų integralus
simetriškose ribose. Tačiau paskutinis skliaustas iki koeficiento duos norimą integralą. Prasminga tęsti skaičiavimą.
Panašiai kaip 5 pavyzdyje, vertikaliose kontūro atkarpose esantys integralai yra linkę nuliui ties . Belieka rasti integralą
puslankiu kur . Kaip ir 4 pavyzdyje, apskaičiuojame integralą, atsižvelgdami į mažumą:
.
Taigi, turime viską, kad užrašytume kontūro integralą į ribą:

Kita vertus, integrando polius pasirodė esąs integravimo kontūro viduje

Panagrinėkime lygią kreivę Γ kompleksinėje plokštumoje, pateiktoje parametrinėmis lygtimis

(lygios kreivės apibrėžimas pateiktas §8 pradžioje). Kaip pažymėta § 8, šios lygtys gali būti parašytos kompaktiška forma:

Keičiant parametrą t iš a iki /3 atitinkamo taško z(t) judės išilgai kreivės Γ. Todėl (15.1) ir (15.2) lygtys ne tik nustato kreivės Γ taškus, bet ir nustato apėjimo šią kreivę kryptį. Kreivė Г su nurodyta jos apėjimo kryptimi vadinama orientuota kreivė.

Įsileisti į teritoriją D C C nuolatinė funkcija /(r) = = u(x, y) + iv (x. y), ir tegul kreivė Γ yra D. Supažindinti su integralo sąvoka [f(z)dz nuo funkcijos f(z) išilgai kreivės r apibrėžiame r

diferencialas dz lygybė dz = dx + idy. Integrandas transformuojamas į formą

Taigi, kompleksinės funkcijos integralas f(z) išilgai kreivės Γ natūralu apibrėžti lygybe

kurio dešinėje pusėje yra du realieji kreiviniai antrojo tipo realiųjų funkcijų integralai ir ir ir. Norėdami apskaičiuoti šiuos integralus, vietoj X ir adresu pakaitinių funkcijų x(t) ir t/(/), bet vietoj dx ir dy-šių funkcijų skirtumai dx = x"(t) dt ir dy = y"(t)dt. Tada integralai, esantys dešinėje (15.3) pusėje, sumažinami iki dviejų tikrojo kintamojo funkcijų integralų t

Dabar esame pasirengę pateikti tokį apibrėžimą.

Integralas išilgai kreivės G apie kompleksinio kintamojo f(z) funkciją skambinama numeriu J" f(z)dz ir apskaičiavo

kur z(t) = x(t) + iy(t), a ^ t ^ ft, - kreivės lygtis Г, a z"(t) = = x"(t) + iy"(t).

15.1 pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos integralą f(z) = (g - a) p išilgai r spindulio apskritimo su centru a, kurio apėjimo kryptis yra prieš laikrodžio rodyklę.

Sprendimas: apskritimo lygtis z - a= g valios z - a = ge a, arba

Kai pasikeičia t. nuo 0 iki 2tg taško z (t.) juda ratu r prieš laikrodžio rodyklę. Tada

Taikydami lygybę (15.5) ir De Moivre formulę (2.10), gauname

Gavome tolimesniam pristatymui svarbų rezultatą:

Atkreipkite dėmesį, kad integralo reikšmė nepriklauso nuo spindulio G apskritimai.

15.2 PAVYZDYS. Apskaičiuokite funkcijos integralą f(z) = 1, bet lygi kreivė Γ su pradžia taške a ir baigiasi taške b.

Sprendimas Tegu kreivę Γ pateikia lygtis z (t.) = x(t) + + iy(t) ir ^ t^ /3, ir a= -g(a), b = z((3). Naudodami formulę (15.5), taip pat Niutono-Leibnizo formulę realiųjų funkcijų integralams apskaičiuoti, gauname

Matome, kad integralas f 1 dz nepriklauso nuo kelio G tipo, prijunkite-

tarp taškų a ir 6 ir priklauso tik nuo galinių taškų.

Trumpai apibūdinkime kitą požiūrį į kompleksinės funkcijos integralo apibrėžimą f(z) išilgai kreivės, panašiai kaip tikrosios funkcijos per atkarpą integralo apibrėžimas.

Kreivę Γ savavališkai padalinkime į P sklypų taškai zq = a, z 1, ..., z n-oji z n = b, sunumeruoti judėjimo kryptimi nuo pradžios taško iki galo (31 pav.). Pažymėti z - zo ==Az> ... , Zlc – Zk-l = Az/c, zn –Zn- 1 = = Azn.(Skaičius Azk pavaizduotas vektoriumi, ateinančiu iš taško zi L_i in Zk-) Kiekvienoje svetainėje (zk-i,Zk) pasirenkame savavališką kreivės tašką (q- ir sudarome sumą

Ši suma vadinama integrali suma. Didžiausio iš atkarpų, į kurias padalinta kreivė G, ilgį pažymėkime L. Panagrinėkime pertvarų seką, kuriai A -? 0 (tuo tarpu P-* oo).

П1> vientisųjų sumų vienetai, apskaičiuojami su sąlyga, kad didžiausio atitvaro atkarpų ilgis linkęs į nulį, vadinamas funkcijos integralas/(G) palei kreivę G ir žymimas G f(z)dz:

Galima parodyti, kad šis apibrėžimas taip pat veda prie formulės (15.3) ir todėl yra lygiavertis aukščiau pateiktam apibrėžimui (15.5).

Nustatykime pagrindines integralo / savybes f(z)dz.

1°. Tiesiškumas. Bet kurioms sudėtingoms konstantoms a ir b

Ši savybė išplaukia iš lygybės (15.5) ir atitinkamų atkarpos integralo savybių.

2°. Adityvumas. Jei kreivė G padalintas į segmentus Ti m G2, tada

Įrodymas. Tegul kreivė Γ su galais a, b tašku c padalinta į dvi dalis: kreivę Гi su galais a, Su ir kreivė Gr su galais su, b. Tegu Г pateikiama lygtimi z = z(t), a ^ t ^ in. ir a= 2(a), b = z(ft), c = 2(7). Tada kreivių Г1 ir Гг lygtys bus z = z(t), kur a ^ t^7 Ti ir 7^ t^/? už Gg. Taikydami apibrėžimą (15.5) ir atitinkamas integralo savybes segmentui, gauname

Q.E.D.

Savybė 2° leidžia skaičiuoti integralus ne tik per lygias kreives, bet ir gabalais lygus, t.y. kreivės, kurias galima suskirstyti į baigtinį skaičių lygių sekcijų.

3°. Pakeitus kreivės kryptį, integralas keičia ženklą.

Įrodykite l su t maždaug. Tegul kreivė Г baigiasi a ir b pateikiama lygtimi r = r(?), o ^ t ^ $. Kreivė, susidedanti iš tų pačių taškų kaip ir Γ, bet besiskirianti nuo Γ aplinkkelio (orientacijos) kryptimi, bus pažymėta Γ. Tada Г - pateikiama lygtimi z= 2i(J)> kur z(t)= 2(0 -I - tinka - t), Iš tiesų, mes pristatome naują kintamąjį r = a + - t. Kai pasikeičia t nuo a iki (d kintamasis r pasikeičia nuo (5 į a. Vadinasi, taškas r(m) eis per kreivę r.

Savybė 3° įrodyta. (Atkreipkite dėmesį, kad ši savybė tiesiogiai išplaukia iš integralo (15.8) apibrėžimo: pasikeitus kreivės orientacijai, visi žingsniai AZk pakeisti ženklą.)

4°. Integralo f f(z)dz modulis neviršija kreivumo reikšmės G

funkcijos modulio tiesinis integralas išilgai kreivės s ilgio (pirmojo tipo kreivinis f(z) integralas):

Tai nesunku pastebėti z[(t) = r" r (t)(a + - t)J = -z "t (t), dt = -dr. Naudojant apibrėžimą (15.5) ir pereinant prie kintamojo r gauname

Įrodymas. Naudokime tai, kad integralui virš segmento

(ši nelygybė iš karto išplaukia iš integralo apibrėžimo per atkarpą kaip integralų sumų ribą). Iš čia ir nuo (15.5) turime

1. Pagrindinės sąvokos ir teiginiai

5.1 teorema(pakankama sąlyga kompleksinio kintamojo funkcijos integralui egzistuoti). Leisti L yra paprasta sklandi kreivė ant , f(z)=u(x;y)+i×v(x;y) veikia nuolat L. Tada egzistuoja ir galioja ši lygybė:

5.2 teorema. Leisti L yra paprasta lygi kreivė, pateikta parametriškai: L:z(t)=x(t)+i×y(t), a£ t£ b, funkcija f(z) veikia nuolat L. Tada lygybė yra tiesa:

(kur ). (5.2)

5.3 teorema. Jeigu f(z) analitinis domene D tada funkcija - analitinė funkcija ir F"(z)=f(z), kur integralas perimamas bet kokia dalimis lygi kreivė, jungianti taškus z 0 ir z.

- Niutono-Leibnizo formulė.

2. Integralo skaičiavimo metodai

Pirmas būdas. Tolydžios funkcijos integralų skaičiavimas redukuojant į kreivines realiųjų kintamųjų funkcijų integralus ((5.1) formulės taikymas).

1. Raskite Re f=u, Aš f=v.

2. Užrašykite integrandą f(z)dz kūrinio pavidalu ( u+iv)(dx+idy)=udx-vdy+i(udy+vdx).

3. Apskaičiuokite formos kreivinius integralus pagal antros rūšies kreiviųjų integralų skaičiavimo taisykles.

5.1 pavyzdys . Apskaičiuoti palei parabolę y=x 2 nuo taško z 1 = 0 iki taško z 2 =1+i.

■ Raskite tikrąją ir įsivaizduojamą integrando dalis. Norėdami tai padaryti, pakeičiame į išraišką f(z) z=x+iy:

Nes y=x 2, tada dy= 2x, . Štai kodėl

Antras būdas. Integralų apskaičiavimas iš tolydžios funkcijos redukuojant iki apibrėžtojo integralo integravimo kelio parametrinės specifikacijos atveju (naudojant (5.2) formulę).

1. Parašykite parametrinę kreivės lygtį z=z(t) ir nustatyti integravimo ribas: t=a atitinka integracijos kelio pradžios tašką, t=b- galutinis.

2. Raskite kompleksinės reikšmės funkcijos diferencialą z(t): dz=z¢( t)dt.

3. Pakaitalas z(t) į integrandą, paverskite integralą į formą: .

4. Apskaičiuokite gautą apibrėžtąjį integralą.

5.2 pavyzdys . Paskaičiuok kur NUO- apskritimo lankas, .

■ Parametrinė šios kreivės lygtis: , 0 £ j£ p. Tada . Mes gauname

5.3 pavyzdys . Paskaičiuok kur NUO- viršutinis apskritimo lankas su sąlyga: a), b).

■ Funkcijos reikšmių nustatymas integravimo cikle leidžia pasirinkti vienos vertės išraiškos šakas , k= 0,1. Kadangi mes turime, k= 0.1, tada pirmuoju atveju pasirenkame šaką su k= 0, o antroje - su k= 1.

Integravimo kontūro integrandas yra ištisinis. Šios kreivės parametrinė lygtis: , 0 £ j£ p. Tada .

a) Filialas nustatomas kada k= 0, tai yra, iš mes gauname .

b) Atšaka nustatoma kada k=1, tai yra, iš gauname .

Trečias būdas. Analitinių funkcijų integralų skaičiavimas tiesiog sujungtose srityse ((5.3) formulės taikymas).

Raskite antidarinį F(z) naudojant integralų, lentelių integralų savybes ir metodus, žinomus iš realios analizės. Taikykite Niutono-Leibnizo formulę: .

5.4 pavyzdys . Apskaičiuoti , kur NUO- tiesiai AB, z A=1-i,z B=2+i.

■ Kadangi integrandas - analitinė visoje kompleksinėje plokštumoje, tada taikome Niutono-Leibnizo formulę

3. Pagrindinės integralinio skaičiavimo teoremos

kompleksinio kintamojo funkcijos

5.4 teorema (Koši). Jeigu f(z G funkcija, tada kur L- bet kokia uždara kilpa G.

Koši teorema galioja ir daugkartinio ryšio srityje.

5.5 teorema. Tegul funkcija f(z) yra analitinė tiesiog prijungtame domene D, L- savavališkai uždarytas gabalais lygus kontūras D. Tada bet kokiam taškui z 0 guli kontūro viduje L, galioja formulė:

, (5.4)

kur L teka teigiama kryptimi.

Formulė (5.4) vadinama integrali Koši formulė . Jis išreiškia analitinės funkcijos reikšmes kontūro viduje pagal jos reikšmes kontūre.

5.6 teorema. Bet kokia funkcija f(z), analitinė domene D, turi visų šio domeno užsakymų išvestinius ir „ z 0 Î D teisinga formulė yra:

, (5.5)

kur L yra savavališkas dalimis lygus uždaras kontūras, visiškai gulintis D ir kuriame yra taškas z 0 .

4. Integralų per uždarą kilpą skaičiavimas

apie kompleksinio kintamojo funkcijas

Apsvarstykite formos integralus, kur funkcija j(z) yra analitinis , ir y(z) yra daugianomas, kurio uždarame kontūre nėra nulių NUO.

Taisyklė. Skaičiuojant formos integralus, priklausomai nuo daugianario nulių daugybos y z) ir jų vieta kontūro atžvilgiu NUO Galima išskirti 4 atvejus.

1. Srityje D nėra daugianario nulių y(z). Tada funkcija yra analitinė ir pagal Koši teoremą.

2. Srityje D yra vienas paprastas nulis z=z 0 daugianario y(z). Tada trupmeną rašome kaip , kur f(z) yra analitinė funkcija Taikant Koši integralo formulę (5.4), gauname

. (5.6)

3. Srityje D yra vienas nulio kartotinis z=z 0 daugianario y(z) (daugybė n). Tada trupmeną rašome kaip , kur f(z) yra analitinė funkcija Taikant (5.5) formulę, gauname

4. Srityje D yra du daugianario nuliai y(z) z=z 1 ir z=z 2. Tada integralą pavaizduojame kaip dviejų trupmenų sumą, o integralą – kaip dviejų integralų, kurių kiekvienas apskaičiuojamas pagal 2 arba 3 punktą, sumą.

5.5 pavyzdys . Paskaičiuok kur NUO- ratas.

■ Randame vardiklio nulius – integrando vienaskaitos taškus . Tai taškai. Toliau nustatome taškų vietą integravimo kontūro atžvilgiu: nė vienas taškas neįtrauktas į sritį, kurią riboja apskritimas, kurio centras taške ir spindulys 2 (tai yra, turime pirmąjį atvejį). Tai galima patikrinti nubrėžus arba nustatant atstumą nuo kiekvieno taško iki apskritimo centro ir palyginus jį su spinduliu. Pavyzdžiui, , todėl nepriklauso apskritimui.

Tada funkcija analitinė apskritime ir pagal Koši teoremą .

Atkreipkite dėmesį, kad pateiktas integralas yra lygus nuliui bet kuriam kitam kontūrui, ribojančiam sritį, kurioje nėra vardiklio nulių. ■

5.6 pavyzdys . Paskaičiuok kur NUO- ratas.

■ Argumentuodami kaip 5.5 pavyzdyje, nustatome, kad apskritime yra tik vienas iš vardiklio nulių (antrasis atvejis). Todėl integrandą rašome formoje , funkcijoje analitinis ratu . Tada pagal formulę (5.6)

.■

5.7 pavyzdys . Apskaičiuoti , kur NUO- ratas.

1. Kompleksinio kintamojo funkcijos integralo sąvoka įvedama (taip pat kaip ir realioje srityje) kaip integralinių sumų sekos riba; funkcija apibrėžta tam tikroje kreivėje l , laikoma, kad kreivė yra lygi arba lygia dalimi lygi:

\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)

kur x_k yra taškas, pasirinktas kreivės padalijimo lanke \Delta l_k; \Delta z_k – funkcijos argumento padidėjimas šioje padalijimo dalyje, \lambda=\max_(k)|\Delta z_k|- padalintas žingsnis, |\Delta z_k| - lanko galus jungiančios stygos ilgis \Delta l_k ; kreivė l savavališkai padalyta į n dalių \Delta l_k,~ k=1,2,\ldots,n. Kreivėje pasirenkama kryptis, t.y. nurodyti pradžios ir pabaigos taškai. Uždarosios kreivės atveju \textstyle(\left(\int\limits_(l) f(z)dz= \oint\limits_(c)f(z)dz\right)) integracija vyksta teigiama kryptimi, t.y. kryptimi, kuri palieka galutinę sritį, kurią riboja kelias į kairę.

Formulė (2.43) apibrėžia Kreivinis kompleksinio kintamojo funkcijos integralas. Jeigu išskirsime tikrosią ir menamąją funkcijos f(z) dalis, t.y. užrašykite jį formoje

f(z)=u+i\,v,\qquad u=\operatoriaus vardas(Re)f(z),\quad v=\operatoriaus vardas(Im)f(z),\qquad u=u(x,y) ,\quad v=v(x,y),

tada integralų sumą galima parašyti dviejų narių forma, kurios bus dviejų realiųjų kintamųjų antrojo tipo funkcijų kreiviųjų integralų integralios sumos. Jei manoma, kad f(z) yra tolydis l , tai u(x, y),~ v(x, y) taip pat bus tolydis l , todėl atitinkamoms integralinėms sumoms bus ribos. Todėl jei funkcija f(z) yra tolydi l , tai lygybėje (2.43) egzistuoja riba, t.y. virš kreivės l ir formulės yra funkcijos f(z) kreivinis integralas

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

Naudojant integralo arba formulės (2.44) apibrėžimą ir antrojo tipo kreivinių integralų savybes, lengva patikrinti šių sudėtingo kintamojo funkcijų kreivinio integralo savybių pagrįstumą (savybės žinomos iš realios analizės) .

\begin(lygiuotas)&\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|. \pabaiga (sulygiuota)

ypač \textstyle(\left|\int\limits_(AB)f(z)\,dz\right|\leqslant M\cdot l_(AB)), jei funkcija ribojama absoliučia verte kreivė AB , tai yra |f(z)|\leqslant M,~ z\in l. Ši savybė vadinama integralo modulio įvertinimo savybe.

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

Formulė (2.44) gali būti laikoma tiek kompleksinio kintamojo funkcijos kreivinio integralo apibrėžimu, tiek jo apskaičiavimo formule naudojant dviejų realių kintamųjų antrojo tipo funkcijų kreivinius integralus.

Norėdami naudoti ir prisiminti skaičiavimo formulę, pažymime, kad lygybė (2.44) atitinka formalų vykdymą kairėje pusėje po funkcijos f(z) tikrosios ir įsivaizduojamos dalių ištraukimo operacijų integralo ženklu, padauginus iš dz=dx+i\,dy ir gautos sandaugos užrašymas algebrine forma:

\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\ ,.

2.79 pavyzdys. Apskaičiuokite integralus ir \int\limits_(OA)z\,dz, kur linija OA

a) atkarpa, jungianti taškus z_1=0 ir z_2=1+i ,
b) trūkinė linija OBA , kur O(0;0),~A(1;1),~B(1;0).

▼ Sprendimas

1. Apskaičiuokite integralą \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz. Čia f(z)= \overline(z)= x-iy,~ dz=dx+i\,dy. Integralą rašome kaip antrojo tipo kreivinius integralus:

\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\,

kuri atitinka (2.44) formulę. Skaičiuojame integralus:

a) integravimo kelias yra tiesioji atkarpa, todėl \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz= \int\limits_(0)^(1)2x\,dx=1.

b) integracijos kelias yra laužyta linija, susidedanti iš dviejų atkarpų OB= \(y=0,~ 0\leqslant x\leqslant1\) ir BA= \(x=1,~ 0\leqslant y\leqslant1\). Todėl padalydami integralą į dvi dalis ir atlikę skaičiavimus, gauname

\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.

Funkcijų integralas f(z)=\overline(z) priklauso nuo integravimo kelio, jungiančio taškus O ir A, pasirinkimo.

2. Apskaičiuokite integralą \textstyle(\int\limits_(OA)z\,dz)čia f(z)=z=x+iy . Integralą rašome antrojo tipo kreiviniais integralais

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

Antrosios rūšies gautų integralų integralai yra suminiai diferencialai (žr. sąlygą (2.30)), todėl pakanka nagrinėti vieną integravimo kelio atvejį. Taigi, "a" atveju, kur segmento lygtis y=x,~0 \leqslant x \leqslant1, gauname atsakymą

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

Dėl integralo nepriklausomybės nuo integravimo kelio formos, užduotis šiuo atveju gali būti suformuluota bendresne forma: apskaičiuokite integralą

\int\limits_(l)z\,dz nuo taško z_1=0 iki taško z_2=1+i .

Kitame poskyryje tokius integravimo atvejus nagrinėsime plačiau.

2. Tegul tolydžios funkcijos integralas tam tikroje srityje yra nepriklausomas nuo kreivės, jungiančios du šios srities taškus, formos. Pataisykime pradžios tašką, žymėdami z_0 . pabaigos taškas yra kintamasis, pažymėkime jį z . Tada integralo reikšmė priklausys tik nuo taško z, tai yra apibrėžia kokią nors funkciją nurodytoje srityje.

Žemiau pagrįsime teiginį, kad tiesiog sujungto domeno atveju integralas apibrėžia vienos reikšmės funkciją šioje srityje. Pristatome žymėjimą

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

Funkcija F(z) yra integralas su kintama viršutine riba.

Naudojant išvestinės apibrėžimą, t.y. atsižvelgiant \lim_(\Delta z\to0)\frac(\Delta F)(\Delta z), nesunku patikrinti, ar F(z) turi išvestinę bet kuriame apibrėžimo srities taške, todėl yra joje analitinis. Šiuo atveju išvestinei gauname formulę

F"(z)=f(z).

Integralo su kintamąja viršutine riba išvestinė lygi integrando reikšmei prie viršutinės ribos.

Iš lygybės (2.46) visų pirma išplaukia, kad (2.45) integrandas f(z) yra analitinė funkcija, nes analitinės funkcijos F(z) išvestinė F"(z) pagal tokių funkcijų savybę ( žr. 2.28 teiginį) – analitinė funkcija.

3. Funkcija F(z), kuriai galioja lygybė (2.46), vadinama funkcijos f(z) antidariniu tiesiog sujungtoje srityje, o antidarinių rinkinys \Phi(z)=F(z)+c , kur c=\text( const) , - funkcijos f(z) neapibrėžtas integralas.

Iš 2 ir 3 punktų gauname tokį tvirtinimą.

2.25 teiginys

1. Integruotas su kintama viršutine riba \textstyle(\int\limits_(z_0)^(z) f(\xi)\,d\xi) iš funkcijų analitikos tiesiog prijungtame domene yra funkcija analitinė šioje srityje; ši funkcija yra integrando antiderivatinė.

2. Bet kuri funkcija, kuri yra analitinė tiesiog prijungtame domene, turi antidarinį (antidarinės egzistavimą).

Analitinių funkcijų antidariniai randami tiesiog sujungtose srityse, kaip ir realios analizės atveju: naudojamos integralų savybės, integralų lentelė, integravimo taisyklės.

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

Tarp kreivinio analitinės funkcijos integralo ir jos antidarinės tiesiog sujungtoje srityje yra formulė, panaši į Niutono-Leibnizo formulę iš tikrosios analizės:

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

4. Kaip ir realioje analizėje, kompleksinėje srityje, be integralų, turinčių parametrą integravimo ribose (formulėje (2.45) pateikiamas paprasčiausias tokių integralų pavyzdys), yra laikomi integralai, kurie priklauso nuo parametro, esančio integrande. : \textstyle(\int\limits_(l)f(\xi,z)\,d\xi). Tarp tokių integralų svarbią vietą kompleksinės integracijos ir pritaikymų teorijoje bei praktikoje užima formos integralas. \textstyle(\int\limits_(l)\dfrac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi).

Darant prielaidą, kad f(z) yra tęstinis tiesėje l , gauname, kad bet kuriame taške z, nepriklausančiam l , integralas egzistuoja ir nustato bet kurioje srityje, kurioje nėra l , tam tikrą funkciją.

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

Integralas (2.48) vadinamas Koši tipo integralu; veiksnys \frac(1)(2\pi\,i)įvestas, kad būtų patogiau naudotis konstruotąja funkcija.

Šiai funkcijai, kaip ir funkcijai, apibrėžtai lygybe (2.45), įrodyta, kad ji visur apibrėžimo srityje yra analitinė. Be to, priešingai nei integralas (2.45), čia nebūtina, kad generuojanti funkcija f(z) būtų analitinė, t.y. formulė (2.48) naudojama analitinių funkcijų klasei sudaryti pagal sudėtingo kintamojo tęstinių funkcijų klasę. Integralo (2.48) išvestinė nustatoma pagal formulę

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

Norint įrodyti (2.49) formulę ir atitinkamai teigti, kad Koši tipo integralas yra analitinis, pagal išvestinės apibrėžimą pakanka nustatyti nelygybės pagrįstumą

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

bet kuriam \varepsilon>0 ir bet kuriam z iš funkcijos F(z) srities.

Tuo pačiu metodu galima parodyti, kad egzistuoja lygybe (2.49) apibrėžtos funkcijos išvestinė, t.y. F""(z) ir formulė

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

Procedūrą galima tęsti ir indukcija įrodyti bet kokios eilės funkcijos F(z)\dvitaškis išvestinės formulę

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

Analizuojant (2.48) ir (2.49) formules nesunku pastebėti, kad išvestinę F(z) galima gauti formaliai diferencijuojant pagal parametrą po integralo ženklu (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\,.

Formaliai pritaikę integralo diferenciacijos taisyklę priklausomai nuo parametro n kartų, gauname formulę (2.50).

Šiame skyriuje gautus rezultatus rašome teiginio forma.

2.26 tvirtinimas. Integralinis \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi iš funkcijos f(z) , ištisinės kreivėje l , yra funkcija, kuri yra analitinė bet kurioje srityje D, kurioje nėra l ; šios funkcijos išvestines galima gauti diferencijuojant parametro po integralo ženklu atžvilgiu.

Integralų skaičiavimas iš kompleksinio kintamojo funkcijų

Aukščiau gautos kompleksinio kintamojo funkcijų integralų skaičiavimo formulės - formulės (2.44) ir (2.47).

Jei kreivė l formulėje (2.44) nustatoma parametriškai: z=z(t),~ \alpha\leqslant t\leqslant\beta arba, kuris atitinka tikrąją formą: \begin(cases) x=x(t),\\ y=y(t),\end(cases)\!\!\alpha\leqslant t\leqslant\beta, tada, naudodamiesi antrojo tipo integralų skaičiavimo taisyklėmis kreivės parametrinės specifikacijos atveju, formulę (2.44) galime transformuoti į formą

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

Gautas rezultatas ir ankstesnėje paskaitoje gauti rezultatai bus rašomi kaip veiksmų seka.

Integralų skaičiavimo metodai \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz).

Pirmas būdas. Integralų skaičiavimas \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz) iš tolydžios funkcijos redukuojant į kreivinius realiųjų kintamųjų funkcijų integralus – (2.44) formulės taikymas.

1. Rasti \operatoriaus vardas(Re)f(z)=u,~ \operatoriaus vardas(Im)f(z)=v.

2. Integrandą f(z)dz parašykite kaip sandaugą (u+iv)(dx+i\,dy) arba, padauginus u\,dx-v\,dy+i(u\,dy+v\,dx).

3. Apskaičiuokite formos kreivinius integralus \textstyle(\int\limits_(l)P\,dx+Q\,dy), kur P=P(x,y),~ Q=Q(x,y) pagal antros rūšies kreiviųjų integralų skaičiavimo taisykles.

Antras būdas. Integralų skaičiavimas \textstyle(\int\limits_(l) f(z)\,dz) iš tolydžios funkcijos redukuojant iki apibrėžtojo integralo integravimo kelio parametrinės specifikacijos atveju – (2.51) formulės taikymas.

1. Parašykite kreivės z=z(t) parametrinę lygtį ir iš jos nustatykite integravimo ribas: t=\alpha atitinka integravimo kelio pradžios tašką, t=\beta - pabaigos tašką.

2. Raskite kompleksinės reikšmės funkcijos diferencialą z(t)\dvitaškis\, dz=z"(t)dt.
3. Integralą pakeiskite z(t), paverskite integralą

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

4. Apskaičiuokite apibrėžtąjį integralą iš tikrojo kintamojo, gauto 3 skirsnyje, kompleksinės reikšmės funkcijos.

Atkreipkite dėmesį, kad tikrojo kintamojo kompleksinės reikšmės funkcijos integravimas nesiskiria nuo realios vertės funkcijos integravimo; vienintelis skirtumas yra faktoriaus i buvimas pirmuoju atveju, veiksmai, su kuriais, žinoma, laikomi konstanta. Pavyzdžiui,

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

Trečias būdas. Analitinių funkcijų integralų skaičiavimas tiesiog sujungtose srityse - (2.47) formulės taikymas.

1. Raskite antidarinį F(z), naudodamiesi integralų, lentelių integralų ir realios analizės metodų savybėmis.

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

Pastabos 2.10

1. Daugybinės jungtinės srities atveju atliekami pjūviai, kad būtų galima gauti vienos reikšmės funkciją F(z).

2. Integruojant daugiareikšmių funkcijų vienareikšmes šakas, šaka išskiriama nustatant funkcijos reikšmę tam tikrame integravimo kreivės taške. Jei kreivė uždara, tai integravimo kelio pradžios taškas yra taškas, kuriame pateikiama integrando reikšmė. Integralo reikšmė gali priklausyti nuo šio taško pasirinkimo.

▼ 2.80-2.86 pavyzdžiai kompleksinio kintamojo funkcijų integralų skaičiavimas

2.80 pavyzdys. Apskaičiuoti \int\limits_(l)\operatoriaus vardas(Re)z\,dz, kur l yra tiesė, jungianti tašką z_1=0 su tašku z_2=1+i\dvitaškis

a) l - tiesi linija; b) l - trūkinė linija OBA , kur O(0;0),~B(1;0),~A(1;1).

▼ Sprendimas

a) Taikome pirmąjį metodą - ((2.44) formulė).

1.2. Integrandas turi formą \operatoriaus pavadinimas(Re)z\,dz= x(dx+i\,dy). Štai kodėl

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

3. Apskaičiuokite integralus už y=x,~ 0\leqslant x\leqslant1(atkarpos OA, jungiančios taškus z_1 ir z_2, lygtis). Mes gauname

\int\limits_(l)\operatoriaus pavadinimas(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) Kadangi integravimo kelias susideda iš dviejų atkarpų, integralą rašome kaip dviejų integralų sumą:

\int\limits_(l)\operatoriaus vardas(Re)z\,dz= \int\limits_(OB)\operatoriaus vardas(Re)z\,dz+ \int\limits_(BA)\operatoriaus pavadinimas(Re)z\,dz

ir kiekvienas apskaičiuojamas kaip ankstesnėje pastraipoje. Be to, segmentui OB turime

\begin(cases)y=0,\\ 0 \leqslant x \leqslant1,\end(atvejai) ir segmentui BA\dvitaškis \begin(cases)x=1,\\ 0 \leqslant y \leqslant1.\end(cases)

Mes atliekame skaičiavimus:

\int\limits_(l)\operatoriaus pavadinimas(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.

Atkreipkite dėmesį, kad šiame pavyzdyje integralas nėra analitinė funkcija, todėl integralai per dvi skirtingas kreives, jungiančias du duotus taškus, gali turėti skirtingas reikšmes, o tai parodyta šiame pavyzdyje.

2.81 pavyzdys. Apskaičiuoti \int\limits_(l)|z| \overline(z)\,dz, kur l yra viršutinis puslankis |z|=1 , aplenkiant kreivę l prieš laikrodžio rodyklę.

▼ Sprendimas

Kreivė turi paprastą parametrinę lygtį z=e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\pi, todėl patogu naudoti antrąjį metodą ((2.51) formulę). Integrandas čia yra nuolatinė funkcija, ji nėra analitinė.

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

3.4. Pakaitalas integrande. Apskaičiuojame integralą

\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.

2.82 pavyzdys. Apskaičiuokite analitinių funkcijų integralus:

a) \int\limits_(0)^(i)\sin^2z\,dz; b) \int\limits_(-i)^(1)\frac(dz)((z-i)^2), integravimo kelias nekerta taško i .

▼ Sprendimas

a) Taikyti formulę (2.47) (trečioji taisyklė); antidarinį randame naudodami tikrosios analizės integravimo metodus:

\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(\operatoriaus vardas(sh)2)(4)= \frac(i)(4)(2- \operatoriaus vardas(sh)2).

b) Integrandas yra analitinis visur, išskyrus tašką i . Nubraižydami plokštumą, nupjautą išilgai spindulio nuo taško i iki \infty , gauname paprastai sujungtą sritį, kurioje funkcija yra analitinė ir integralas gali būti apskaičiuojamas pagal (2.47) formulę. Todėl bet kurios kreivės, kuri nekerta taško i, integralas gali būti apskaičiuojamas naudojant formulę (2.47), o dviem duotiesiems taškams jis turės tą pačią reikšmę.

Ant pav. 2.44 rodo du pjūvių atlikimo atvejus. Tiesiogiai sujungtų regionų, kur integrandas yra analitinis, ribos apėjimo kryptis nurodoma rodyklėmis. Apskaičiuojame integralą:

\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)\,.

2.83 pavyzdys. Apskaičiuokite integralą \int\limits_(0)^(1+i)z\,dz.

▼ Sprendimas

Integrandas yra analitinis visur \mathbb(C) . Taikome trečiąjį metodą, formulę (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.

Šis rezultatas gaunamas 2.78 pavyzdyje pagal pirmąjį metodą.

2.84 pavyzdys. Apskaičiuokite integralą \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n), kur C yra apskritimas |z-a|=R .

▼ Sprendimas

Naudokime antrąjį metodą.

1. Rašome apskritimo lygtį parametrine forma: z-a=R\,e^(it) , arba z=a+R\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant2\pi.
2. Skirtumo radimas dz=R\,i\,e^(it)\,dt.
3. Integrandu pakeiskite z=a+R\,e^(it) ir dz:

\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\ ,.

Apskaičiuojame gautą apibrėžtąjį integralą. Už n\ne1 gauname

\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).

Nes e^(2\pi\,i(n-1))= e^(2k\pi\,i)=1, Štai kodėl \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n) =0 n\ne1 . Jei n=1 gauname \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= i\int\limits_(0)^(2\pi)dt=2\pi\,i\,..

Rezultatą rašome formulės forma:

\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\,.

Visų pirma, \textstyle(\oint\limits_(|z|=R)\frac(dz)(z)=2\pi i). Atkreipkite dėmesį, kad jei apskritimas C\dvitaškis |z-a|=R aplenkia tašką k kartų, tada argumentas (parametras) pasikeičia nuo 0 iki 2\pi k (k>0, jei apskritimas yra teigiama kryptimi, t. y. prieš laikrodžio rodyklę, ir 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.

2.85 pavyzdys. Apskaičiuokite kompleksinio kintamojo funkcijos integralą \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi):

a) integravimo kelias neeina per tašką z=0 ir jo neaplenkia, -\pi<\arg z \leqslant\pi ;

b) integravimo kelias eina ne per tašką z=0 , o apeina jį n kartų aplink apskritimą prieš laikrodžio rodyklę.

▼ Sprendimas

a) Šis integralas – integralas su kintamąja viršutine riba – apibrėžia vienos reikšmės analitinę funkciją bet kurioje paprastai sujungtoje srityje (žr. 2.45). Raskime šios funkcijos analitinę išraišką – antidarinį f(z)=\frac(1)(z) . Realiosios ir menamos integralo dalių atskyrimas \int\limits_(l)\frac(dz)(z)(naudojant (2.44) formulę), nesunku patikrinti, ar antrojo tipo integralų integralai yra suminiai diferencialai, todėl integralas \frac(d\xi)(\xi) nepriklauso nuo integralo formos. kreivė, jungianti taškus z_1=1 ir z . Pasirinkime kelią, susidedantį iš Ox ašies atkarpos nuo taško z_1=1 iki taško z_2=r , kur r=|z| , ir apskritimo lankai l. sujungiant z_2 su z (2.45 pav., a).

Integralą rašome kaip sumą: \int\limits_(1)^(z) \frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(1)^(r) \frac(dx)(x)+ \int\limits_(l) \frac(d\xi)(\xi). Apskritimo lanko integralui apskaičiuoti naudojame formulę (2.51), o lankas turi lygtį \xi=r\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\arg z. Mes gauname \int\limits_(l)\frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(0)^(\arg z) \frac(ri\,e^(it))(r\,e^ (it))\,dt=i\arg z; kaip rezultatas

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

Dešinė lygybės pusė apibrėžia vienos reikšmės funkciją \ln z – pagrindinę logaritmo reikšmę. Atsakymą gauname formoje

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

Atkreipkite dėmesį, kad gautą lygybę galima laikyti vienreikšmės funkcijos \ln z apibrėžimu tiesiog sujungtoje srityje – plokštumoje su pjūviu išilgai neigiamos tikrosios pusašies (-\infty;0] .

b) Integralas gali būti parašytas kaip suma: \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)= \oint\limits_(c) \frac(dz)(z)+ \int\limits_(l)\frac(d) \xi)(\xi), kur c – apskritimas |z|=1, nusuktas prieš laikrodžio rodyklę n kartų, o l – kreivė, jungianti taškus z_1 ir z ir neapima taško z=0 (2.45 pav.,b).

Pirmasis narys lygus 2n\pi i (žr. 2.84 pavyzdį), antrasis - \ln(z) - formulė (2.53). Gauname rezultatą \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\ln z+2n\pi i.

2.86 pavyzdys. Apskaičiuokite integralą \int\limits_(l)\frac(dz)(\sqrt(z)) išilgai viršutinio apskritimo lanko |z|=1, jei: a) \sqrt(1)=1 ; b) \sqrt(1)=-1 .

▼ Sprendimas

Funkcijos \sqrt(z) reikšmių nustatymas integravimo kontūro taške leidžia pasirinkti vienos reikšmės išraiškos šakas \sqrt(z)= \sqrt(|z|)\exp\!\left(\frac(i)(2)\arg z+ik\pi\right)\!,~ k=0;1(žr. 2.6 pavyzdį). Pjūvis gali būti nubrėžtas, pavyzdžiui, pagal įsivaizduojamą neigiamą pusašį. Kadangi z=1 turime \sqrt(1)=e^(ik\pi),~k=0;1, tada pirmuoju atveju pasirenkama šaka su k=0, antruoju - su k=1 . Integravimo kontūro integrandas yra ištisinis. Norėdami išspręsti, naudojame formulę (2.51), kreivę pateikia lygtis z=e^(it),~0\leqslant t\leqslant\pi.

a) Šaka apibrėžiama, kai k=0 , t.y. iš z=e^(it) integrandui gauname \sqrt(z)=e^(\frac(i)(2)t). Apskaičiuojame integralą:

\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).

b) Šaka nustatoma, kai k=1, t.y. iš z=e^(it) mūsų turimam integrandui \sqrt(z)= e^(i \left(\frac(t)(2)+\pi\right))=-e^(i\,\frac(t)(2)). Apskaičiuojame integralą:

\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).

Teoriškai ir praktikoje, taikant kompleksinio kintamojo funkcijų integralų skaičiavimą, tiriant funkcijų elgseną apribotose srityse arba šalia atskirų taškų, integralai nagrinėjami išilgai uždarų kreivių - ypač regionų ribų, taškų apylinkės. Mes apsvarstysime integralus \oint\limits_(C)f(z)dz, kur f(z) yra analitinis tam tikrame regione, išskyrus atskirus taškus, C yra regiono riba arba vidinis kontūras šiame regione.

Pagrindinė Koši teorema paprastam kontūrui

2.1 teorema (Koši teorema paprastam kontūrui). Jei f(z) yra analitinė tiesiog sujungtoje srityje, tai bet kuriam kontūrui C, priklausančiam šiai sričiai, lygybė

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

Teoremos įrodymą lengva gauti, remiantis analitinių funkcijų savybe, pagal kurią analitinė funkcija turi bet kokios eilės išvestines (žr. 2.28 teiginį). Ši savybė užtikrina dalinių išvestinių išvestinių tęstinumą \operatoriaus vardas(Re)f(z) ir \operatoriaus vardas(Im)f(z), taigi, jei naudosime formulę (2.44), nesunku pastebėti, kad antrosios rūšies kreivinių integralų integrandams tenkinamos suminio diferencialo sąlygos, kaip ir analitinių funkcijų Cauchy-Riemano sąlygos. . O visuminių skirtumų uždarų kreivių integralai yra lygūs nuliui.

Atkreipkite dėmesį, kad visi toliau pateikti teoriniai teiginiai galiausiai yra pagrįsti šia svarbia teorema, įskaitant aukščiau paminėtą analitinių funkcijų savybę. Kad nekiltų abejonių dėl pateikimo teisingumo, atkreipiame dėmesį, kad teoremą galima įrodyti nenurodant jos išvestinių egzistavimo tik remiantis analitinės funkcijos apibrėžimu.

Išvados iš 2.1 teoremos

1. Teorema taip pat galioja, jei C yra srities D riba, o funkcija f(z) yra analitinė srityje ir ant ribos, t.y. \overline(D) , nes pagal apibrėžimą analitiškumas \overline(D) reiškia funkcijos analitiškumą tam tikroje srityje B, kurioje yra D~(B\nusiminusi\overline(D)), o C bus vidinis B kontūras.

2. Integralai per įvairias kreives, esančius tiesiog sujungtoje funkcijų analitiškumo srityje ir jungiantys du šios srities taškus, yra lygūs vienas kitam, t.y. \int\limits_(l_1)f(z)dz= \int\limits_(l_2)f(z)dz, kur l_1 ir l_2 yra savavališkos kreivės, jungiančios taškus z_1 ir z_2 (2.46 pav.).

Tam įrodyti pakanka atsižvelgti į kontūrą C , susidedantį iš kreivės l_1 (nuo taško z_1 iki taško z_2 ) ir kreivės l_2 (nuo taško z_2 iki taško z_1 ). Savybę galima suformuluoti taip. Analitinės funkcijos integralas nepriklauso nuo integracijos kreivės, jungiančios du funkcijos analitiškumo srities taškus ir nepaliekančios šios srities, formos.

Tai pateisina aukščiau pateiktą 2.25 teiginį dėl integralo savybių \int\limits_(z_0)^(z)f(\xi)d\xi ir apie antiderivatinės analitinės funkcijos egzistavimą.

Koši teorema sudėtingam kontūrui

2.2 teorema (Košio teorema kompleksiniam kontūrui). Jei funkcija f(z) yra analitinė daugybiškai sujungtoje srityje, kurią riboja sudėtingas kontūras, ir šiame kontūre, tai integralas virš funkcijos srities ribos yra lygus nuliui, t. y. jei C yra sudėtingas kontūras - srities riba, tada formulė (2.54 ).

Sudėtingas kontūras C, skirtas (n+1) - sujungta sritis susideda iš išorinio kontūro \gama ir vidinio - C_i,~i=1,2,\ltaškai,n; kontūrai nesusikerta poromis, ribos apvažiavimas teigiamas (2.47 pav., n=3).

Norint įrodyti 2.2 teoremą, pakanka nubrėžti srities pjūvius (punktyrinė linija 2.47 pav.), kad būtų gauti du tiesiog sujungti domenai ir panaudoti 2.1 teoremą.

2.2 teoremos pasekmės

1. Pagal 2.2 teoremos sąlygas integralas virš išorinio kontūro yra lygus integralų virš vidinių kontūrų sumai; apeiti visus kontūrus viena kryptimi (2.48 pav., n=2):

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

2. Jei f(z) yra analitinis tiesiog sujungtoje srityje D ir ant srities ribos, išskyrus galimą šios srities tašką a, tai integralai per įvairias uždaras kreives, kurios yra D srityje ir yra susietos sritys, kuriose yra taškas a, yra lygios tarpusavyje (2.49 pav.):

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

Įrodymas yra akivaizdus, ​​nes kiekvienas toks kontūras gali būti laikomas vidine riba dvigubai sujungtos srities, kurios išorinė riba yra srities D riba. Pagal (2.55) formulę, kai n=1, bet kuris toks integralas yra lygus integralui virš ribos D .

Palyginus 2.2 teoremos ir 2.1 teoremos 1 išvados formuluotes, galime padaryti apibendrinimą, kurį parašome sekančio teiginio forma.

2.27 tvirtinimas. Jei f(z) yra analitinis D , tada , kur C yra srities D riba (paprastas arba sudėtingas kontūras).

Koši integralo formulė

Kitoje teoremoje, skirtingai nei dviejose ankstesnėse, nagrinėjamas funkcijos integralas, kuris, nebūdamas analitinis integracijos kontūro apribotoje srityje, turi ypatingą formą.

2.3 teorema. Jei funkcija f(z) yra analitinė srityje D ir ant jos ribos C , tai bet kuriam vidiniam srities taškui a (a\in D) lygybė

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

Regionas D gali būti tiesiog sujungtas arba padauginamas, o regiono riba gali būti paprastas arba sudėtingas kontūras.

Tiesiogiai sujungto domeno atvejo įrodymas yra pagrįstas 2.1 teoremos rezultatu, o daugybiškai sujungto domeno atveju jis sumažinamas iki tiesiog sujungtų sričių (kaip ir 2.2 teoremos įrodyme), padarant pjūvius, kurie nepraeiti per tašką a .

Reikėtų pažymėti, kad taškas a nepriklauso srities ribai, todėl integrandas yra tęstinis C ir integralas egzistuoja.

Teorema kelia didelį taikomąjį susidomėjimą, būtent formulė (2.57) išsprendžia vadinamąją funkcijų teorijos ribinių reikšmių problemą: funkcijos reikšmės, esančios ant srities ribos, naudojamos jos vertei nustatyti bet kuriame vidiniame taške.

Pastaba 2.11. Teoremos sąlygomis integralas \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(\xi))(\xi-a)\,d\xi apibrėžia analitinę funkciją bet kuriame taške z, nepriklausančiam kontūrui C, o baigtinės srities D taškuose, apribotuose kontūro, ji lygi f(z) (pagal formulę (2.57)), o už \overline(D) jis lygus nuliui dėl Koši teoremų priežasčių. Šis integralas, vadinamas Koši integralu, yra ypatingas Koši tipo integralo atvejis (2.48). Čia kontūras yra uždaras, priešingai nei savavališkas (2.48), o funkcija f(z) yra analitinė, priešingai nei ištisinė l in (2.48). Todėl Koši integralui galioja 2.26 teiginys, suformuluotas Koši tipo integralui apie išvestinių egzistavimą. Remiantis tuo, galima suformuluoti tokį teiginį.

2.28 teiginys

1. Analitinė funkcija bet kuriame analitiškumo taške gali būti užrašoma kaip integralas

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

2. Analitinė funkcija turi bet kokios eilės išvestines, kurių formulė

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

Formulė (2.59) pateikia integralų analitinės funkcijos išvestinių vaizdą.

Integralų skaičiavimas per uždarą kilpą

Mes apsvarstysime formos integralus \oint\limits_(C)\frac(\varphi(z))(\psi(z))\,dz, kur funkcija \varphi(z) yra analitinė D , o \psi(z) yra polinomas, neturintis nulių kontūre C . Integralams apskaičiuoti naudojamos ankstesnės paskaitos teoremos ir jų išvados.

Taisyklė 2.6. Skaičiuojant formos integralus \oint\limits_(C)f(z)\,dz galima išskirti keturis atvejus, atsižvelgiant į polinomo \psi(z) nulių prigimtį (daugybę) ir jų vietą kontūro C atžvilgiu.

1. Srityje D nėra polinomo \psi(z) nulių. Tada f(z)= \frac(\varphi(z))(\psi(z)) funkcija yra analitinė ir, taikydami pagrindinę Koši teoremą, gauname rezultatą \oint\limits_(C)f(z)\,dz=0.

2. Srityje D yra vienas paprastas daugianario \psi(z) nulis z=a. Tada trupmeną įrašome kaip \frac(f(z))(z-a) , kur f(z) yra funkcijos analizė \overline(D) . Taikydami integralo formulę gauname rezultatą:

\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. Srityje D yra vienas daugianario \psi(z) (daugybos n ) kartotinis nulis z=a. Tada į formą įrašome trupmeną \frac(f(z))((z-a)^n), kur f(z) yra funkcijos analizė \overline(D) . Taikydami formulę (2.59), gauname rezultatą

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

4. Srityje D yra du daugianario nuliai \psi(z)\dvitaškis\,z_1=a ir z_2=b . Tada, naudodami 2.2 teoremos 1 išvadą, integralą įrašome į formą

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

kur C_1 ir C_2 yra taškų z_1 ir z_2 nesikertančių apylinkių ribos. Kiekvienam gautam integralui atliekame tolesnius skaičiavimus pagal 2 ir 3 dalis. Akivaizdu, kad galime atsižvelgti ir į didesnio nulių skaičiaus atvejus. \psi(z)

Panagrinėkime dvigubai sujungtą sritį, kurios viena riba yra kontūras C , kita – apskritimas |z-a|=R . Pagal 2.2 teoremos 2 išvadą (žr. (2.56)) turime

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

Atsižvelgdami į 2.84 pavyzdžio sprendimo rezultatą (formulė (2.52)), gauname atsakymą \oint\limits_(C) \frac(dz)(z-a)=2\pi i.

Atkreipkite dėmesį, kad sprendimą galima gauti taikant Koši integralo formulę, kai f(z)=1 . Visų pirma gauname \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2\pi i, kadangi kontūras C vieną kartą apeina tašką z=0. Jei kontūras C apeina tašką z=0 k kartų teigiama (k>0) arba neigiama kryptimi (k<0) , то \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2k\pi i.

2.88 pavyzdys. Apskaičiuoti \oint\limits_(l)\frac(dz)(z), kur l yra kreivė, jungianti taškus 1 ir z , vieną kartą apeinanti pradinę vietą.

▼ Sprendimas

Integralas yra ištisinis kreivėje – integralas egzistuoja. Skaičiavimui naudojame ankstesnio pavyzdžio ir 2.85 pavyzdžio rezultatus. Norėdami tai padaryti, apsvarstykite uždarą kilpą, jungiančią, pavyzdžiui, tašką A su tašku 1 (2.50 pav.). Integravimo kelias nuo taško 1 iki taško z per tašką A dabar gali būti pavaizduotas kaip sudarytas iš dviejų kreivių – uždaro kontūro C (kreivė BDEFAB ) ir kreivės l_0, jungiančios taškus 1 ir z per tašką A\dvitaškis

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

Naudodamiesi 2.85 ir 2.87 pavyzdžių rezultatais, gauname atsakymą:

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

Nekeičiant geometrinio paveikslo, galime nagrinėti atvejį, kai kreivė apeina pradinę vietą n kartų. Gaukite rezultatą

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

Gauta išraiška apibrėžia daugiareikšmę funkciją \operatoriaus pavadinimas(Ln)z= \int\limits_(1)^(z)\frac(dz)(z), integracijos kelias neperžengia pradinės vietos. Daugiareikšmės išraiškos šakos pasirinkimas nustatomas nustatant funkcijos reikšmę tam tikru momentu.

2.90 pavyzdys. Apskaičiuokite šiais kontūro nustatymo atvejais C\dvitaškis a) |z-2-i|=2 ; b) |z+2i|=1 .

▼ Sprendimas

Randame vardiklio nulius – integrando vienaskaitos taškus. Tai yra taškai z_1=0,~ z_(2,3)=\pm4i. Tada turite nustatyti taškų vietą, palyginti su integravimo kontūru. Abiem atvejais nė vienas taškas neįtraukiamas į kontūro apribotą sritį. Tai galima patikrinti naudojant piešinį. Abu kontūrai yra apskritimai, pirmojo centras yra z_0=2+i, o spindulys R=2 ; antrojo centras z_0=-2i ir R=1 . Galima kitaip nustatyti, ar taškas priklauso sričiai, būtent nustatyti jo atstumą nuo apskritimo centro ir palyginti su spindulio reikšme. Pavyzdžiui, taškui z_2=4i šis atstumas lygus |4i-2-i|=|3i-2|=\sqrt(13), kuris didesnis už spindulį (\sqrt(13)>2) , todėl z_2=4i nepriklauso apskritimui |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.

2.91 pavyzdys. Apskaičiuoti \oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z^3+16z)\,dzšiais kontūro nustatymo atvejais C\dvitaškis a) |z|=2 ; b) |z+1+i|=2 .

▼ Sprendimas

Argumentuodami, kaip ir ankstesniame pavyzdyje, matome, kad abiem atvejais tik vienas iš vienaskaitos taškų z_1=0 yra apskritimų viduje. Todėl taikydami 2.6 taisyklės 2 pastraipą (Koši integralo formulė), integrandą rašome trupmena \frac(1)(z)\cdot \frac(\sin z)(z^2+16) Integravimo kontūrai yra apskritimai, kaip nurodyta aukščiau, o "a" atveju centras yra taške z_0=-4i,~ R =2 , "b" atveju - taške z_0=1-3i,~R=2 .n Abiem atvejais vienas taškas z_0=-4i patenka į atitinkamų apskritimų vidų. Taikant 2.6 taisyklių 2 punktą, integrandą rašome formoje \frac(1)(z+4i)\frac(\sin z)(z(z-4i)), kur skaitiklis f(z)=\frac(\sin z)(z(z-4i)) yra analitinė funkcija nagrinėjamose srityse. Taikydami integralo formulę gauname atsakymą:

\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 \operatoriaus vardas(sh)1)(16)= -\frac(\pi \operatoriaus vardas(sh)1)(16)\,.

2.93 pavyzdys. Apskaičiuokite integralą \oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2))šiais kontūro priskyrimo atvejais: a) |z+i|=1 ; b) |z+2+i|=2 .

▼ Sprendimas

Raskite vardiklio z_1=i,~z_2=-2 integrando - nulių vienaskaitos taškus. Nustatome taškų priklausymą atitinkamoms sritims. „a“ atveju į apskritimą |z+i|<1 не входит ни одна точка. Следовательно, интеграл в этом случае равен нулю.

„b“ atveju į apskritimą |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) a) Į apskritimą |z-i|<2 попадает точка z=i . Записываем функцию \frac(1)((z-i)^2)\frac(e^z)(z+2) ir taikyti 2.6 taisyklių 3 punktą, kai m=2 ir a=i . Apskaičiuojame integralą:

\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).

b) Į apskritimą |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\,.