Обчислити інтеграл функції комплексної змінної. Рішення інтегралів онлайн

1. Поняття інтеграла від функції комплексного змінного вводиться (як і, як і у дійсній області) як межа послідовності інтегральних сум; функція при цьому визначена на деякій кривій l , крива передбачається гладкою або шматково-гладкою:

\int\limits_(l)f(z)\,dz= \lim_(\lambda\to0) \sum_(k=1)^(n)\bigl(f(\xi_k)\cdot \Delta z_k\bigr) , Quad \ Quad (2.43)

де x_k - точка, вибрана на дузі \ Delta l_k розбиття кривої; \Delta z_k - збільшення аргументу функції на цій ділянці розбиття, \ lambda = \ max_ (k) | \ Delta z_k |- крок розбиття, | Delta z_k | - Довжина хорди, що з'єднує кінці дуги \ Delta l_k; крива l розбивається довільним чином n частин \ Delta l_k, ~ k = 1,2, \ ldots, n. На кривій обрано напрямок, тобто. вказані початкова та кінцева точки. У разі замкнутої кривої \textstyle(\left(\int\limits_(l) f(z)dz= \oint\limits_(c)f(z)dz\right))інтегрування відбувається у позитивному напрямі, тобто. у напрямі, що залишає зліва кінцеву область, обмежену контуром.

Формула (2.43) визначає криволінійний інтеграл від функції комплексного змінного. Якщо виділити дійсну та уявну частини функції f(z) , тобто. записати її у вигляді

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 інтегральну суму можна записати у вигляді двох доданків, які будуть інтегральними сумами криволінійних інтегралів другого роду від функцій двох дійсних змінних. Якщо f(z) припустити безперервної на l , то u(x,y),~ v(x,y) будуть також безперервні на l і, отже, існуватимуть межі відповідних інтегральних сум. Тому, якщо функція f(z) безперервна на l , то межа рівності (2.43) існує, тобто. існує криволінійний інтеграл від функції f(z) по кривій l і має місце формула

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

Використовуючи визначення інтеграла або формулу (2.44) та властивості криволінійних інтегралів другого роду, неважко переконатися у справедливості наступних властивостей криволінійного інтегралу від функцій комплексного змінного (властивості, відомі з дійсного аналізу).

\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)

зокрема, \textstyle(\left|\int\limits_(AB)f(z)\,dz\right|\leqslant M\cdot l_(AB))якщо функція обмежена за модулем на кривій AB , тобто |f(z)|\leqslant M,~ z\in l. Ця властивість називається властивістю оцінки модуля інтегралу.

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

Формулу (2.44) можна розглядати як визначення криволінійного інтеграла від функції комплексного змінного, і як формулу його обчислення через криволінійні інтеграли другого роду від функцій двох дійсних змінних.

Для використання та запам'ятовування формули обчислення відзначимо, що рівності (2.44) відповідає формальне виконання у лівій частині під знаком інтеграла дій виділення дійсної та уявної частини функції f(z) , множення на dz=dx+i\,dy та запису отриманого твору в алгебраїчній формі:

\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\ ,.

Приклад 2.79.Обчислити інтеграли та \int\limits_(OA)z\,dz, де лінія OA

а) відрізок прямої, що з'єднує точки z_1=0 і z_2=1+i ,
б) ламана OBA , де O(0;0),~ A(1;1),~ B(1;0).

▼ Рішення

1. Обчислимо інтеграл \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz. Тут f(z)= \overline(z)= x-iy,~ dz=dx+i\,dy. Записуємо інтеграл через криволінійні інтеграли другого роду:

\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\,

що відповідає формулі (2.44). Обчислюємо інтеграли:

а) шлях інтегрування - відрізок прямий, тому \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz= \int\limits_(0)^(1)2x\,dx=1.

б) шлях інтегрування - ламана, що складається з двох відрізків OB= $y=0,~ 0\leqslant x\leqslant1$і BA= $x=1,~ 0\leqslant y\leqslant1$. Тому, розбиваючи інтеграл на два і роблячи обчислення, отримуємо

\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.

Інтеграл від функції f(z)=\overline(z)залежить від вибору шляху інтегрування, що з'єднує точки O та A .

2. Обчислимо інтеграл \textstyle(\int\limits_(OA)z\,dz)тут f(z)=z=x+iy. Записуємо інтеграл через криволінійні інтеграли другого роду

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

Підінтегральні вирази отриманих інтегралів другого роду є повними диференціалами(Див. умову (2.30)), тому достатньо розглянути один випадок шляху інтегрування. Так, у разі "а", де рівняння відрізка y=x,~0 \leqslant x \leqslant1, отримуємо відповідь

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

З огляду на незалежність інтеграла від форми шляху інтегрування, завдання в даному випадкуможна сформулювати в більш загальному вигляді: обчислити інтеграл

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

У наступному пунктірозглянемо докладніше такі випадки інтегрування.

2. Нехай інтеграл від безперервної функції в деякій галузі не залежить від виду кривої, що з'єднує дві точки цієї області. Зафіксуємо початкову точку, позначивши z_0. кінцева точка- Змінна, позначимо її z . Тоді значення інтеграла залежатиме лише від точки z , тобто визначає деяку функцію у цій області.

Нижче буде дано обґрунтування твердження, що у разі однозв'язкової області інтеграл визначає у цій галузі однозначну функцію. Введемо позначення

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

Функція F(z) - інтеграл зі змінним верхньою межею.

Використовуючи визначення похідної, тобто. розглядаючи \lim_(\Delta z\to0)\frac(\Delta F)(\Delta z), Неважко переконатися, що F(z) має похідну в будь-якій точці області визначення, а отже, є в ній аналітичною. При цьому для похідної отримаємо формулу

F"(z) = f(z).

Похідна інтеграла зі змінною верхньою межею дорівнює значенню підінтегральної функції при верхній межі.

З рівності (2.46), зокрема, випливає, що підінтегральна функція f(z) до (2.45) є аналітичною функцією, оскільки похідна F"(z) аналітичної функції F(z) за властивістю таких функцій (див. твердження 2.28) - Функція аналітична.

3. Функція F(z) , для якої виконується рівність (2.46), називається першоподібною для функції f(z) в однозв'язковій області, а сукупність первісних \Phi(z)=F(z)+c , де c=\text( const) , - невизначеним інтеграломвід функції f(z).

З пунктів 2 та 3 отримуємо наступне твердження.

Твердження 2.25

1. Інтеграл зі змінною верхньою межею \textstyle(\int\limits_(z_0)^(z) f(\xi)\,d\xi)від аналітичної в однозв'язковій області функції є функція, аналітична у цій галузі; ця функція є первісною для підінтегральної функції.

2. Будь-яка аналітична в однозв'язковій ділянці функція має в ній первісну (існування первісної).

Первинні аналітичних функційв однозв'язкових областях перебувають, як й у разі реального аналізу: застосовуються якості інтегралів, таблиця інтегралів, правила інтегрування.

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

між криволінійним інтеграломвід аналітичної функції та її первісної в однозв'язковій ділянці має місце формула, аналогічна формулі Ньютона-Лейбніца з дійсного аналізу:

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

4. Як і в дійсному аналізі, комплексної областірозглядаються, крім інтегралів, що містять параметр у межах інтегрування (формула (2.45) дає найпростіший прикладтаких інтегралів), інтеграли, які залежать від параметра, що міститься в підінтегральній функції: \textstyle(\int\limits_(l)f(\xi,z)\,d\xi). Серед таких інтегралів важливе місцеу теорії та практиці комплексного інтегрування та додатках займає інтеграл виду \textstyle(\int\limits_(l)\dfrac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi).

Вважаючи f(z) безперервної лінії l , отримуємо, що для будь-якої точки z , не належить l , інтеграл існує і визначає в будь-якій області, що не містить l , деяку функцію

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

Інтеграл (2.48) називається інтегралом типу Коші; множник \frac(1)(2\pi\,i)введено для зручності використання побудованої функції.

Для цієї функції, як і для функції, яка визначається рівністю (2.45), доводиться, що вона є аналітичною усюди в області визначення. Причому на відміну інтеграла (2.45) тут потрібно, щоб що породжує функція f(z) була аналітичної, тобто. за формулою (2.48) на класі безперервних функційкомплексного змінного будується клас аналітичних функцій. Похідна інтеграла (2.48) визначається за формулою

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

Для доказу формули (2.49) і, отже, твердження про аналітичність інтеграла типу Коші достатньо, згідно з визначенням похідної, встановити справедливість нерівності

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

для будь-якого \varepsilon>0 і при будь-якому z області визначення функції F(z) .

Таким самим методом можна показати, що є похідна від функції, яка визначається рівністю (2.49), тобто. F""(z) , і справедлива формула

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

Процедуру можна продовжити та довести за індукцією формулу для похідної будь-якого порядку від функції F(z)\colon

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

Аналізуючи формули (2.48) і (2.49), неважко переконатися, що похідну F(z) можна отримати формально, виробляючи диференціювання за параметром під знаком інтеграла (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 \,.

Застосовуючи формально правило диференціювання інтеграла, що залежить від параметра n разів, отримаємо формулу (2.50).

Результати, одержані у цьому пункті, запишемо у вигляді затвердження.

Твердження 2.26. Інтеграл \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xiвід функції f(z) , безперервної на кривій l є функція, аналітична в будь-якій області D , що не містить l ; похідні цієї функції можна отримати диференціюванням за параметром під знаком інтеграла.

Обчислення інтегралів від функцій комплексного змінного

Вище отримано формули обчислення інтегралів від функцій комплексного змінного - формули (2.44) та (2.47).

Якщо криву l у формулі (2.44) встановити параметрично: z = z (t), ~ \ alpha \ leqslant t \ leqslant \ betaабо, що відповідає дійсній формі: \begin(cases) x=x(t),\\y=y(t),\end(cases)\!\!\alpha\leqslant t\leqslant\beta, то, використовуючи правила обчислення інтегралів другого роду у разі параметричного завдання кривої, можна перетворити формулу (2.44) на вигляд

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

Отриманий результат та результати, отримані у попередній лекції, запишемо у вигляді послідовності дій.

Способи обчислення інтегралів \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz).

Перший метод.Обчислення інтегралів \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz)від безперервної функції шляхом зведення до криволінійних інтегралів від функцій дійсних змінних – застосування формули (2.44).

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

2. Записати підінтегральний вираз f(z)dz у вигляді твору (u+iv)(dx+i\,dy) або, перемножуючи, u\,dx-v\,dy+i(u\,dy+v\,dx).

3. Обчислити криволінійні інтеграли виду \textstyle(\int\limits_(l)P\,dx+Q\,dy), де P = P (x, y), ~ Q = Q (x, y)за правилами обчислення криволінійних інтегралів другого роду.

Другий спосіб.Обчислення інтегралів \textstyle(\int\limits_(l) f(z)\,dz)від безперервної функції шляхом зведення до певного інтегралу у разі параметричного завдання шляху інтегрування застосування формули (2.51).

1. Записати параметричне рівняння кривої z = z (t) і з нього визначити межі інтегрування: t = alfa відповідає початковій точці шляху інтегрування, t = beta - кінцевої.

2. Знайти диференціал комплекснозначної функції z(t)\colon\, dz=z"(t)dt.
3. Підставити z(t) у підінтегральний вираз, перетворити інтеграл

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

4. Обчислити отриманий п.3 певний інтеграл від комплекснозначної функції дійсної змінної.

Зауважимо, що інтегрування комплекснозначної функції дійсної змінної не відрізняється від інтегрування дійсно значної функції; єдиною відмінністю є наявність у першому випадку множника i , дії з яким, природно, розглядаються як з постійною. Наприклад,

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

Третій спосіб.Обчислення інтегралів від аналітичних функцій у однозв'язкових областях - застосування формули (2.47).

1. Знайти первісну F(z) , використовуючи властивості інтегралів, табличні інтеграли та методи, відомі з дійсного аналізу.

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

Зауваження 2.10

1. У разі багатозв'язкової області проводяться розрізи так, щоб можна було отримати однозначну функцію F(z).

2. При інтегруванні однозначних гілок багатозначних функцій гілка виділяється завданням значення функції певній точці кривої інтегрування. Якщо крива замкнена, то початковою точкою шляху інтегрування вважається та точка, в якій встановлено значення підінтегральної функції. Значення інтеграла може залежати від вибору цієї точки.

▼ Приклади 2.80-2.86 обчислення інтегралів від функцій комплексного змінного

Приклад 2.80.Обчислити \int\limits_(l)\operatorname(Re)z\,dzде l - лінія, що з'єднує точку z_1=0 з точкою z_2=1+i\colon

а) l – пряма; б) l - ламана OBA , де O(0;0),~ B(1;0),~ A(1;1).

▼ Рішення

а) Застосовуємо перший спосіб (формулу (2.44)).

1,2. Підінтегральний вираз має вигляд \operatorname(Re)z\, dz = x (dx + i \, dy). Тому

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

3. Обчислюємо інтеграли при y=x,~ 0\leqslant x\leqslant1(Рівняння відрізка OA , що з'єднує точки z_1 і z_2 ). Отримуємо

\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) Оскільки шлях інтегрування і двох відрізків, записуємо інтеграл як суми двох інтегралів:

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

і кожен обчислюємо, як у попередньому пункті. При цьому для відрізка OB маємо

\begin(cases)y=0,\\ 0 \leqslant x \leqslant1,\end(cases)а для відрізка BA\colon \begin(cases)x=1,\\ 0 \leqslant y \leqslant1.\end(cases)

Проводимо обчислення:

\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.

Зауважимо, що підінтегральна функція в даному прикладі - функція не аналітична, тому інтеграли по двох різних кривих, що з'єднують дві дані точки, можуть мати різні значення, що проілюстровано в цьому прикладі.

Приклад 2.81.Обчислити \int\limits_(l)|z| \overline(z)\,dz, де l - верхня півкола | z | = 1, обхід кривої l проти годинникової стрілки.

▼ Рішення

Крива має просте параметричне рівняння z = e ^ (it), ~ 0 \ leqslant t \ leqslant \ piтому зручно використовувати другий спосіб (формулу (2.51)). Підінтегральна функція тут – безперервна функція, аналітичної не є.

1,2. Для z=e^(it) знаходимо \overline(z)=e^(-it),~ |z|=1,~ dz=i\,e^(it)dt.

3,4. Підставляємо в підінтегральний вираз. Обчислюємо інтеграл

\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.

Приклад 2.82.Обчислити інтеграли від аналітичних функцій:

а) \int\limits_(0)^(i)\sin^2z\,dz; б) \int\limits_(-i)^(1)\frac(dz)((z-i)^2), шлях інтегрування не проходить через точку i.

▼ Рішення

а) Застосовуємо формулу (2.47) (третє правило); первісну знаходимо, використовуючи методи інтегрування дійсного аналізу:

\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) Підінтегральна функція є аналітичною всюди, крім точки i. Провівши розріз площини променю від точки i до \infty , отримаємо однозв'язкову область, в якій функція є аналітичною і інтеграл можна обчислити за формулою (2.47). Тому для будь-якої кривої, що не проходить через точку i , можна обчислити інтеграл за формулою (2.47), при цьому для двох заданих точок він матиме те саме значення.

На рис. 2.44 показано два випадки проведення розрізів. Напрямок обходу кордону однозв'язкових областей, де підінтегральна функція є аналітичною, вказано стрілками. Обчислюємо інтеграл:

\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) \,.

Приклад 2.83.Обчислити інтеграл \int\limits_(0)^(1+i)z\,dz.

▼ Рішення

Підінтегральна функція - аналітична всюди \mathbb(C) . Застосовуємо третій спосіб, 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.

Цей результат отримано у прикладі 2.78 згідно з першим способом.

Приклад 2.84.Обчислити інтеграл \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n), де C - коло | z-a | = R .

▼ Рішення

Застосуємо другий спосіб.

1. Записуємо рівняння кола у параметричній формі: z-a=R\,e^(it) , або z = a + R \, e ^ (it), ~ 0 \ leqslant t \ leqslant2 \ pi.
2. Знаходимо диференціал dz = R \, i \, e ^ (it) \, dt.
3. Підставляємо z=a+R\,e^(it) і dz у підінтегральний вираз:

\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\ ,.

Обчислюємо отриманий певний інтеграл. При n\ne1 отримуємо

\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 як e^(2\pi\,i(n-1))= e^(2k\pi\,i)=1тому \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n) =0при n \ ne1. При n=1 отримуємо \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= i\int\limits_(0)^(2\pi)dt=2\pi\,i\,..

Випишемо отриманий результат у вигляді формули:

\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 \,.

Зокрема, \textstyle(\oint\limits_(|z|=R)\frac(dz)(z)=2\pi i). Зауважимо, що якщо коло C\colon |z-a|=R обходиться точкою k разів, то аргумент (параметр) змінюється від 0 до 2pi k (k>0 , якщо обхід у позитивному напрямку, тобто проти годинникової стрілки, і 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 i i.

Приклад 2.85.Обчислити інтеграл від функції комплексного змінного \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi):

а) шлях інтегрування не проходить через точку z = 0 і не оминає її, -\pi<\arg z \leqslant\pi ;

б) шлях інтегрування не проходить через точку z = 0, але обходить її n разів по колу проти годинникової стрілки.

▼ Рішення

а) Цей інтеграл - інтеграл зі змінною верхньою межею - визначає в будь-якій однозв'язковій області однозначну аналітичну функцію (див. 2.45)). Знайдемо аналітичний вираз цієї функції - первісної для f(z)=\frac(1)(z). Відокремлюючи дійсну та уявну частини інтеграла \int\limits_(l)\frac(dz)(z)(застосовуючи формулу (2.44)), неважко переконається, що підінтегральні вирази інтегралів другого роду є повними диференціалами і, отже, інтеграл \frac(d\xi)(\xi) не залежить від виду кривої, що з'єднує точки z_1=1 і z. Виберемо шлях, що складається з відрізка осі Ox від точки z_1=1 до точки z_2=r, де r=|z| , і дуги l кола. що з'єднує z_2 з z (рис. 2.45,а).

Інтеграл запишемо у вигляді суми: \int\limits_(1)^(z) \frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(1)^(r) \frac(dx)(x)+ \int\limits_(l) \frac(d\xi)(\xi). Для обчислення інтеграла за дугою кола застосовуємо формулу (2.51), дуга при цьому має рівняння \xi=r\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\arg z. Отримуємо \int\limits_(l)\frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(0)^(\arg z) \frac(ri\,e^(it))(r\,e^ (it)) \, dt = i \ arg z; в результаті

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

Права частина рівності визначає однозначну функцію \n z - головне значення логарифму. Відповідь отримуємо у вигляді

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

Зауважимо, що отриману рівність можна прийняти за визначення однозначної функції \n z в однозв'язкової області - площині з розрізом по негативній дійсної півосі (-infty;0] .

б) Інтеграл можна записати як суми: \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)= \oint\limits_(c) \frac(dz)(z)+ \int\limits_(l)\frac(d) \xi)(\xi), де c - n-раз пробігається проти годинникової стрілки коло | z | = 1, а l - крива, що з'єднує точки z_1 і z і не охоплює точку z = 0 (рис. 2.45, б).

Перше доданок дорівнює 2npi i (див. приклад 2.84), друге - \ln(z) - формула (2.53). Отримуємо результат \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\n z+2n\pi i.

Приклад 2.86.Обчислити інтеграл \int\limits_(l)\frac(dz)(\sqrt(z))по верхній дузі кола |z|=1 за умови: a) \sqrt(1)=1; б) \ sqrt (1) = -1.

▼ Рішення

Завдання значень функції \sqrt(z) у точці контуру інтегрування дозволяє виділити однозначні гілки виразу \sqrt(z)= \sqrt(|z|)\exp\!\left(\frac(i)(2)\arg z+ik\pi\right)\!,~ k=0;1(Див. Приклад 2.6). Розріз можна провести, наприклад, по уявній негативній півосі. Оскільки при z=1 маємо \sqrt(1)=e^(ik\pi), ~k=0;1, то першому випадку виділяється гілка з k=0 , у другому - з k=1 . Підінтегральна функція на контурі інтегрування безперервна. Для вирішення використовуємо формулу (2.51), криву задаємо рівнянням z = e ^ (it), ~ 0 \ leqslant t \ leqslant \ pi.

а) Гілка визначається при k = 0, тобто. з z=e^(it) для підінтегральної функції отримуємо \sqrt(z)=e^(\frac(i)(2)t). Обчислюємо інтеграл:

\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) Гілка визначається за k=1 , тобто. з z=e^(it) для підінтегральної функції маємо \sqrt(z)= e^(i \left(\frac(t)(2)+\pi\right))=-e^(i\,\frac(t)(2)). Обчислюємо інтеграл:

\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).

У теорії та практиці, у додатках інтегрального обчислення функцій комплексного змінного, при дослідженні поведінки функцій в обмежених областях чи околицях окремих точок розглядаються інтеграли по замкнутим кривим - межам областей, зокрема околиць точок. Розглянемо інтеграли \oint\limits_(C)f(z)dz, де f(z) - аналітична в деякій області, за винятком окремих точок, C - межа області або внутрішній контур в цій області.

Основна теорема Коші для простого контуру

Теорема 2.1 (теорема Коші для простого контуру). Якщо f(z) аналітична в однозв'язковій області, то для будь-якого контуру C , що належить цій галузі, справедлива рівність

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

Доказ теореми неважко отримати, спираючись на властивість аналітичних функцій, за яким аналітична функція має похідні будь-якого порядку (див. твердження 2.28). Ця властивість забезпечує безперервність приватних похідних від \operatorname(Re)f(z)і \operatorname(Im)f(z)тому, якщо використовувати формулу (2.44), то легко бачити, що для кожного з підінтегральних виразів у криволінійних інтегралах другого роду виконуються умови повного диференціала, як умови Коші-Рімана аналітичних функцій. А інтеграли по замкнутим кривим від повних диференціалів дорівнюють нулю.

Зауважимо, що це теоретичні становища, викладені нижче, спираються зрештою з цього важливу теорему, зокрема і згадане вище властивість аналітичних функций. Щоб не було сумніву в коректності викладу, зауважимо, що теорема може бути доведена без посилання на її похідні тільки на підставі визначення аналітичної функції.

Наслідки з теореми 2.1

1. Теорема справедлива у разі, якщо C - межа області D , а функція f(z) є аналітичної області і межі, тобто. в \overline(D) , оскільки, згідно з визначенням, аналітичність в \overline(D) передбачає аналітичність функції в деякій області B , що містить D~(B\supset\overline(D)), а C при цьому буде внутрішнім контуром B .

2. Інтеграли за різними кривими, що у однозв'язної області аналітичності функції і що з'єднує дві точки цієї області, рівні між собою, тобто. \int\limits_(l_1)f(z)dz= \int\limits_(l_2)f(z)dzде l_1 і l_2 - довільні криві, що з'єднують точки z_1 і z_2 (рис. 2.46).

Для доказу достатньо розглянути контур C, що складається з кривої l_1 (від точки z_1 до точки z_2) і кривої l_2 (від точки z_2 до точки z_1). Властивість можна сформулювати в такий спосіб. Інтеграл від аналітичної функції не залежить від виду кривої інтегрування, що з'єднує дві точки області аналітичності функції та не виходить із цієї області.

Це дає обґрунтування цього вище твердження 2.25 про властивості інтегралу \int\limits_(z_0)^(z)f(\xi)d\xiта про існування первісної аналітичної функції.

Теорема Коші для складного контуру

Теорема 2.2 (теорема Коші для складного контуру). Якщо функція f(z) є аналітичною в багатозв'язковій області, обмеженій складним контуром, і на цьому контурі, то інтеграл по межі області від функції дорівнює нулю, тобто якщо C - складний контур - межа області, то справедлива формула (2.54 ).

Складний контур C для (n+1) - зв'язкової області складається із зовнішнього контуру \Gamma і внутрішніх - C_i,~i=1,2,\ldots,n; контури попарно не перетинаються, обхід кордону - позитивний (рис.2.47, n=3 ).

Для доказу теореми 2.2 достатньо провести в області розрізи (на рис. 2.47 пунктир) так, щоб вийшли дві однозв'язкові області та скористатися теоремою 2.1.

Наслідки з теореми 2.2

1. При виконанні умов теореми 2.2 інтеграл за зовнішнім контуром дорівнює сумі інтегралів за внутрішнім; обхід всіх 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. Якщо f(z) є аналітичною в однозв'язній області D і на межі області, за винятком, можливо, точки a цієї області, то інтеграли по різних замкнутих кривих, які лежать в області D і обмежують області, що містять точку a , рівні між собою (рис. 2.49):

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

Доказ очевидний, оскільки кожен такий контур можна розглядати як внутрішній кордон двозв'язкової області, зовнішнім кордоном якої є межа області D . Відповідно до формули (2.55) при n=1 будь-який такий інтеграл дорівнює інтегралу по межі D .

Порівняння формулювань теореми 2.2 та наслідки 1 з теореми 2.1 дозволяє зробити узагальнення, яке запишемо у вигляді наступного затвердження.

Твердження 2.27. Якщо f(z) аналітична D , то , де C - межа області D (простий або складний контур).

Інтегральна формула Коші

У наступній теоремі, на відміну двох попередніх, розглядається інтеграл від функції, яка, будучи аналітичної області, обмеженої контуром інтегрування, має спеціальний вид.

Теорема 2.3. Якщо функція f(z) є аналітичною в області D та на її межі C , то для будь-якої внутрішньої точки a області (a\in D) має місце рівність

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

Область D може бути однозв'язною або багатозв'язковою, а межа області -простим або складним контуром.

p align="justify"> Доказ для випадку однозв'язкової області спирається на результат теореми 2.1, а для багатозв'язкової - наводиться до випадку однозв'язних областей (як при доказі теореми 2.2) шляхом проведення розрізів, що не проходять через точку a .

Слід звернути увагу на те, що точка а не належить межі області і тому підінтегральна функція є безперервною на C і існує інтеграл.

Теорема є важливим прикладним інтересом, а саме за формулою (2.57) вирішується так звана крайова задача теорії функцій: за значеннями функції на межі області визначається її значення в будь-якій внутрішній точці.

Зауваження 2.11.В умовах теореми інтеграл \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(\xi))(\xi-a)\,d\xiвизначає аналітичну функцію в будь-якій точці z , не належить контуру C , причому в точках кінцевої області D , обмеженої контуром, він дорівнює f(z) (за формулою (2.57)), а поза \overline(D) - дорівнює нулю в силу підстав теореми Коші. Цей інтеграл, званий інтегралом Коші, є окремим випадком інтеграла типу Коші (2.48). Тут контур замкнутий, на відміну від довільного (2.48), а функція f(z) є аналітичною, на відміну від безперервної на l в (2.48). Для інтеграла Коші, отже, справедливо сформульоване для інтеграла типу Коші твердження 2.26 про існування похідних. Можна сформулювати виходячи з цього таке твердження.

Твердження 2.28

1. Аналітична функція у будь-якій точці аналітичності може бути записана у вигляді інтегралу

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

2. Аналітична функція має похідні будь-якого порядку, для яких 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) дає інтегральне уявлення похідних аналітичної функції.

Обчислення інтегралів по замкнутому контуру

Розглянемо інтеграли виду \oint\limits_(C)\frac(\varphi(z))(\psi(z))\,dz, де функція \ varphi (z) аналітична D , а \ psi (z) - многочлен, що не має нулів на контурі C . Для обчислення інтегралів застосовуються теореми з попередньої лекції та наслідки з них.

Правило 2.6. При обчисленні інтегралів виду \oint\limits_(C)f(z)\,dzв залежності від характеру (кратності) нулів многочлена \psi(z) та їх розташування щодо контуру C можна виділити чотири випадки.

1. У ділянці D немає нулів многочлена \psi(z) . Тоді f(z)= \frac(\varphi(z))(\psi(z))функція аналітична і, застосовуючи основну теорему Коші, маємо результат \oint\limits_(C)f(z)\,dz=0.

2. У ділянці D розташований один простий нуль z=a многочлена \psi(z) . Тоді записуємо дріб у вигляді \frac(f(z))(z-a) , де f(z) - функція, аналітична в \overline(D) . Застосовуючи інтегральну формулу, отримуємо 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. У ділянці D розташований один кратний нуль z=a многочлена \psi(z) (кратності n). Тоді записуємо дріб у вигляді \frac(f(z))((z-a)^n)де f(z) - функція, аналітична в \overline(D) . Застосовуючи формулу (2.59), отримуємо результат

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

4. В області D розташовані два нулі багаточлена \psi(z)\colon\,z_1=aі z_2 = b. Тоді, використовуючи наслідок 1 з теореми 2.2, запишемо інтеграл у вигляді

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

де C_1 і C_2 - межі околиць, що не перетинаються, точок z_1 і z_2 . Для кожного з отриманих інтегралів проводимо далі обчислення відповідно до пунктів 2 і 3. Очевидно, можна розглянути і випадки більшого числа нулів \psi(z)

Розглянемо двозв'язну область, одна межа якої - контур C, інша - коло | z-a | = R. За наслідком 2 з теореми 2.2 (див. (2.56)) маємо

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

Враховуючи результат рішення прикладу 2.84 (формула (2.52)), отримуємо відповідь \oint\limits_(C) \frac(dz)(z-a)=2\pi i.

Зауважимо, що рішення можна отримати, застосувавши інтегральну формулу Коші f(z)=1 . Зокрема, отримуємо \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2\pi iтак як контур C один раз обходить точку z = 0 . Якщо контур C обходить точку z=0 k разів у позитивному (k>0) або негативному напрямку (k<0) , то \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2k\pi i.

приклад 2.88.Обчислити \oint\limits_(l)\frac(dz)(z), де l - крива, що з'єднує точки 1 і z один раз обходить початок координат.

▼ Рішення

Підінтегральна функція безперервна на кривій – інтеграл існує. Для обчислення використовуємо результати попереднього прикладу та прикладу 2.85. Для цього розглянемо замкнутий контур, з'єднавши, наприклад, точку A з точкою 1 (рис. 2.50). Шлях інтегрування з точки 1 в точку z через точку A можна представити тепер що складається з двох кривих - замкнутого контуру C (крива BDEFAB ) і кривої l_0 , що з'єднує точки 1 і z через точку A\colon

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

Використовуючи результати прикладів 2.85 та 2.87, отримуємо відповідь:

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

Без зміни геометричної картинки, можна розглянути випадок, коли крива n разів обходить початок координат. Отримаємо результат

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

Отриманий вираз визначає багатозначну функцію \operatorname(Ln)z= \int\limits_(1)^(z)\frac(dz)(z)шлях інтегрування не проходить через початок координат. Вибір гілки багатозначного виразу визначається завданням значення функції у певній точці.

Приклад 2.90.Обчислити у випадках завдання контуру C\colon а) |z-2-i|=2 ; б) |z+2i|=1 .

▼ Рішення

Знаходимо нулі знаменника – особливі точки підінтегральної функції. Це точки z_1=0,~ z_(2,3)=\pm4i. Далі потрібно визначити розташування точок щодо контуру інтегрування. В обох випадках жодна з точок не входить до області, обмеженої контуром. У цьому вся можна переконатися, використавши креслення. Обидва контури - кола, центр першої z_0=2+i і радіус R=2; центр другий z_0=-2i і R=1. Можна визначити приналежність точки області інакше, саме визначити її відстань від центру кола і порівняти з величиною радіуса. Наприклад, для точки z_2=4i ця відстань дорівнює |4i-2-i|=|3i-2|=\sqrt(13)що більше радіусу (\sqrt(13)>2) , тому z_2=4i не належить колу |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.

Приклад 2.91.Обчислити \oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z^3+16z)\,dzу випадках завдання контуру C\colon а) |z|=2 ; б) | z +1 + i | = 2 .

▼ Рішення

Розмірковуючи, як у попередньому прикладі, знаходимо, що в обох випадках усередині кіл розташована лише одна з особливих точок z_1=0. Тому, застосовуючи п.2 правил 2.6 (інтегральна формула Коші), записуємо підінтегральну функцію у вигляді дробу \frac(1)(z)\cdot \frac(\sin z)(z^2+16) Контури інтегрування - кола, як і вище, причому у разі "а" центр знаходиться в точці z_0=-4i,~R =2 , у разі "б" - у точці z_0=1-3i,~R=2 .nВ обох випадках всередину відповідних кіл потрапляє одна точка z_0=-4i . Застосовуючи п.2 правил 2.6, записуємо підінтегральну функцію як \frac(1)(z+4i)\frac(\sin z)(z(z-4i)), де чисельник f(z)=\frac(\sin z)(z(z-4i))є аналітичною функцією у розглянутих областях. Застосовуючи інтегральну формулу, отримуємо відповідь:

\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)\,.

Приклад 2.93.Обчислити інтеграл \oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2))у випадках завдання контуру: а) |z+i|=1 ; б) | z +2 + i | = 2 .

▼ Рішення

Знаходимо особливі точки підінтегральної функції - нулі знаменника z_1 = i, ~ z_2 = -2. Визначаємо належність точок відповідним областям. Що стосується " а " у коло |z+i|<1 не входит ни одна точка. Следовательно, интеграл в этом случае равен нулю.

У разі "б" до кола |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) У коло |z-i|<2 попадает точка z=i . Записываем функцию \frac(1)((z-i)^2)\frac(e^z)(z+2)і застосовуємо п.3 правил 2.6 при m=2 та a=i . Обчислюємо інтеграл:

\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) До кола |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\,.

Розглянемо гладку криву Р на комплексній площині, задану параметричними рівняннями

(Визначення гладкої кривої дано на початку §8). Як зазначалося в § 8, ці рівняння можна записати в компактній формі:

При зміні параметра tвід адо /3 відповідна точка z(t)буде рухатися кривою Г. Тому рівняння (15.1) і (15.2) не тільки визначають точки кривої Г, але і задають напрямок обходу цієї кривої. Крива Г із заданим напрямком її обходу називається орієнтованою кривою.

Нехай в області DЗ задана безперервна функція /(г) = = і(х, у) + iv(x. у),і нехай крива Г лежить у D.Щоб запровадити поняття інтеграла [f(z)dzвід функції f(z)по кривій Г, визначимо г

диференціал dzрівністю dz = dx + idy.Підінтегральний вираз перетворюється на вигляд

Таким чином, інтеграл від комплексної функції f(z)по кривій Г природно визначити рівністю

у праву частину якого входять два дійсні криволінійні інтеграли другого роду від дійсних функцій іі в.Для обчислення цих інтегралів слід замість хі упідставити функції x(t)і t/(/), а замість dxі dy -диференціали цих функцій dx = x"(t) dtі dy = y"(t) dt.Тоді інтеграли у правій частині (15.3) зведуть до двох інтегралів від функцій дійсного змінного t

Тепер ми готові надати таке визначення.

Інтегралом вздовж кривоїГ від функції комплексного змінного f(z)називається число, що позначається J" f(z)dzі обчислюване за

де z(t) = x(t) + iy(t), а ^ t ^ ft, -рівняння кривої Г, a z"(t) = = x"(t) + iy"(t).

Приклад 15.1. Обчислити інтеграл від функції f(z) = (г - а) ппо колу радіуса г з центром а, напрямок обходу якої проти годинникової стрілки.

Рішення. Рівняння кола z - а= г буде z - а = геа, або

При зміні t.від 0 до 2тг крапка z(t.)рухається по колу Г проти годинникової стрілки. Тоді

Застосовуючи рівність (15.5) та формулу Муавра (2.10), отримуємо

Ми отримали результат, важливий для подальшого викладу:

Зауважимо, що значення інтегралу не залежить від радіусу гкола.

Приклад 15.2. Обчислити інтеграл від функції f(z) = 1 але гладкою кривою Г з початком у точці аі кінцем у точці Ь.

Рішення. Нехай крива Г задається рівнянням z(t.) = x(t) + + iy(t), а ^ t^ /3, причому а= -г(а), Ь = z((3).Використовуючи формулу (15.5), а також формулу Ньютона Лейбніца для обчислення інтегралів від дійсних функцій, отримаємо

Ми бачимо, що інтеграл f 1 dzне залежить від виду шляху Г, з'єдную-

ного точки а і 6, а залежить тільки від кінцевих точок.

Викладемо коротко інший підхід до визначення інтегралу від комплексної функції f(z)за кривою, аналогічний визначенню інтеграла від дійсної функції відрізка.

Розіб'ємо криву Г довільним чином на пділянок крапками zq = a, z 1, ..., z n -ь z n = Ь,занумерованими у напрямку руху від початкової точки до кінцевої (рис. 31). Позначимо z - zo = = Az> ... , Zlc - Zk-l = Az/c, zn -Z n - 1 = = Az n.(Кількість Azkзображується вектором, що йде з точки zi L_i у Zk-)На кожній ділянці (zk-i, Zk)кривою виберемо довільну точку (д-і складемо суму

Ця сума називається інтегральною сумою.Позначимо через Л довжину найбільшої з ділянок, куди розбита крива Р. Розглянемо послідовність розбиття, на яку Л -? 0 (при цьому п-* оо).

П1>їд інтегральних сум, обчислений за умови, що довжина найбільшої з ділянок розбиття прагне до нуля, називається інтегралом від функції/(г) по кривійГ і позначається Г f(z)dz:

Можна показати, що це визначення також призводить до формули (15.3) і, отже, еквівалентно визначенню (15.5), даному вище.

Встановимо основні властивості інтегралу / f(z)dz.

1°. Лінійність. Для будь-яких комплексних постійних а та b

Ця властивість випливає з рівності (15.5) та відповідних властивостей інтеграла за відрізком.

2 °. Адитивність. Якщо криваГ розбита на ділянки Tiм Г2, то

Доведення. Нехай крива Г з кінцями а, Ьрозбита точкою на дві частини: криву Гi з кінцями а, зі криву Гг з кінцями з, Ь.Нехай Р задається рівнянням z = z(t), а ^ t ^ в.причому а= 2(a), b = z(ft),з = 2 (7). Тоді рівняння кривих Г1 та Гг будуть z = z(t),де а ^ t^ 7 для Ti та 7 ^ t^ /? для РР. Застосовуючи визначення (15.5) та відповідні властивості інтеграла по відрізку, отримаємо

що й потрібно було довести.

Властивість 2° дозволяє обчислювати інтеграли не тільки по гладким кривим, але також шматково гладким, тобто. кривим, які можна розбити на кінцеве число гладких ділянок.

3 °. При зміні напряму обходу кривий інтеграл змінює знак.

Докази листя о. Нехай крива Г з кінцями аі Ьзадається рівнянням г = г(?), про ^ t ^ $. Криву, що складається з тих самих точок, що і Р, але відрізняється від Р напрямом обходу (орієнтацією), позначимо через Р“. Тоді Г - задається рівнянням z= 2i(J)> де z(t)= 2 (0-I - fi - t),Дійсно, введемо нове змінне г = а + - t.При зміні tвід а до (Дзмінне г змінюється від (5 до а. Отже, точка г(т) пробіжить криву Р".

Властивість 3 ° доведено. (Зауважимо, що з визначення інтегралу (15.8) ця властивість випливає безпосередньо: при зміні орієнтації кривої всі збільшення AZkзмінюють знак.)

4 °. Модуль інтеграла f f(z)dz не перевищує значення криволі-г

ного інтеграла від модуля функції по довжині кривої s (криволінійного інтеграла від f(z) першого роду):

Легко бачити, що z[(t) = г" г (т)(а + - t)J = -z" t (t), dt = -dr. Використовуючи визначення (15.5) і переходячи до змінного г, отримаємо

Доведення. Скористаємося тим, що для інтеграла по відрізку

(Ця нерівність одночасно випливає з визначення інтеграла за відрізком як межі інтегральних сум). Звідси і з (15.5) маємо

Теоретичний мінімум
Часто трапляються випадки, коли обчислення певних інтегралів методами комплексного аналізу краще, ніж методами
речового аналізу. Причини можуть бути різними. Методи ТФКП можуть дозволяти окремих випадках сильно скоротити обчислення.
Іноді формулу Ньютона-Лейбніца не можна використовувати, оскільки невизначений інтеграл не виявляється у елементарних функціях.
Методи диференціювання та інтегрування за параметром вимагають дуже акуратного обґрунтування своєї застосовності, та й параметр іноді
доводиться вводити штучно.
Зазвичай методами комплексного аналізу обчислюються невласні інтеграли - за нескінченним проміжком або від необмежених на відрізку
інтегрування функцій. Загальна ідея ось у чому. Складається контурний інтеграл. Інтеграл за деякими ділянками контуру повинен
збігатися з шуканим певним інтегралом - принаймні з точністю до постійного множника. Інтеграли по інших ділянках контуру
мають обчислюватися. Потім застосовується основна теорема про відрахування, згідно з якою
,
де - це особливі точки функції, що знаходяться всередині контуру інтегрування. Таким чином, контурний інтеграл з однією
боку виявляється вираженим через шуканий певний інтеграл, з другого боку обчислюється з допомогою відрахувань (що зазвичай
серйозних складнощів не представляє).
Основна складність – вибір контуру інтегрування. Його підказує, в принципі, підінтегральна функція. Однак без достатньої
практики опанувати даним методом складно, тому прикладів буде наведено досить багато. Найчастіше використовуються контури, складені з
елементів, якими зручно проводити інтегрування (прямі, дуги окружностей).

інтегрування у комплексній площині
приклад 1. Інтеграли Френеля.
Обчислимо інтеграли , .
Неважко здогадатися, що першим кроком є перехід до експоненційної форми, що передбачає розгляд інтегралу.
Потрібно лише підібрати контур інтегрування. Зрозуміло, що в контур має увійти піввісь. Речовина та
уявні частини інтеграла по цій частині контуру являють собою інтеграли Френеля. Далі обчислюваний контурний інтеграл за структурою
Підінтегральний вираз нагадує інтеграл Ейлера-Пуассона, значення якого відомо. Але, щоб отримати цей інтеграл, потрібно покласти
тоді. А таке уявлення змінної – це інтегрування по прямій, яка проходить через точку.
під кутом до речової осі.
Отже, два елементи контуру є. Щоб контур замкнувся, будемо вважати, що вибрані дві ділянки контуру мають кінцеву довжину і замкнемо
контур дугого кола радіуса. Пізніше ми спрямуємо цей радіус до нескінченності. В результаті виходить зображений на рис. 1 контур.

(1)
Усередині контуру інтегрування підінтегральна функція спеціальних точок немає, тому інтеграл у всьому контурі дорівнює нулю.

.
У межі цей інтеграл дорівнює нулю.
На ділянці можна записати, тоді
.
Підставляємо отримані результати в (1) і переходимо до межі:

Відокремлюючи речову та уявну частини, знаходимо, враховуючи значення інтеграла Ейлера-Пуассона
,
.
приклад 2. Вибір контуру інтегрування, що містить всередині особливу точку підінтегральної функції.
Обчислимо інтеграл, схожий на розглянутий у першому прикладі: , де .
Обчислюватимемо інтеграл. Контур виберемо аналогічний тому, який використовувався першому прикладі. Тільки тепер немає мети
звести обчислення до інтеграла Ейлера-Пуассона. Тут зауважимо, що при заміні підінтегральна функція не зміниться.
Це міркування підказує вибрати похилу пряму контуру інтегрування так, щоб вона становила з віссю речової кут .

При записі контурного інтегралу
(2)
інтеграл по дузі кола межі прагне нулю. На ділянці можна записати :
.
Таким чином, з (2) при переході до межі знаходимо
.
Тут враховано, що всередині контуру інтегрування підінтегральна функція має простий полюс.

Звідси знаходимо шуканий інтеграл:
.
приклад 3. Через верхню або нижню напівплощину замкнути контур інтегрування?
На наступному досить простому інтегралі продемонструємо характерну деталь вибору контуру інтегрування. Обчислимо
інтеграл.
Фактично шуканий інтеграл функції обчислюється вздовж речової осі, на якій підінтегральна функція не має
особливостей. Залишається лише замкнути контур інтегрування. Так як у функції під інтегралом всього дві кінцеві спеціальні точки, то
замкнути контур можна півколо, радіус якого слід спрямувати до нескінченності. І тут постає питання про те, як має
бути обрана півкола: у верхній або нижній напівплощині (див. рис. 3 а, б). Щоб зрозуміти це, запишемо інтеграл по півколу
в обох випадках:

а)
б)
Як бачимо, поведінка інтеграла межі визначається множником .
У разі "а" , а тому межа буде закінчена за умови .
У випадку "б" - навпаки - , а тому межа буде закінчена за умови .
Це наводить на думку, що спосіб замикання контуру визначається знаком параметра . Якщо він позитивний, то
контур замикається через верхню напівплощину, інакше - через нижню. Розглянемо ці випадки окремо.
а)
Інтеграл по півколу в межі, як ми бачили, обернеться в нуль. Усередині контуру (див. рис. 3а) знаходиться
особлива точка , тому

б)
Аналогічно знаходимо за допомогою інтегрування за контуром, зображеним на рис. 3б,

Зауваження. Може здатися дивним, що інтеграл від комплексної функції вийшов речовим. Однак це легко зрозуміти, якщо у вихідному
інтегралі виділити речову та уявну частину. У уявній частині під інтегралом виявиться непарна функція, а інтеграл обчислюється в симетричних
межах. Тобто. уявна частина обернеться в нуль, що і вийшло в нашому розрахунку.
приклад 4. Обхід спеціальних точок підінтегральної функції при побудові контуру інтегрування.
У розглянутих прикладах підінтегральна функція або мала особливих точок, або вони були всередині контуру інтегрування. Однак
буває зручно вибрати контур так, що на нього потрапляють спеціальні точки функції. Такі точки доводиться оминати. Обхід здійснюється
по колу малого радіусу, який надалі просто прямує до нуля. Як приклад обчислимо інтеграл .
Може здатися, що підінтегральна функція не має кінцевих особливих точок, так як точка є особливістю, що усувається.
Але для обчислення інтеграла доводиться складати контурний інтеграл від іншої функції (щоб забезпечити обіг інтеграла в нуль на
замикаючої півкола в межі нескінченного радіусу): . Тут підінтегральна функція має полюсну особливість
у точці.

Отже, потрібен інший контур інтегрування (див. рис. 4). Він відрізняється від рис. 3а тільки тим, що особлива точка обходиться по півколу,
радіус якої передбачається надалі спрямувати до нуля.
. (3)
Відразу зауважимо, що інтеграл з великого півкола в межі її нескінченно великого радіусу прагне до нуля, а всередині контуру
особливих точок немає, тому весь інтеграл по контуру дорівнює нулю. Далі розглянемо перший і третій доданки (3):

.
Тепер запишемо інтеграл малого півкола, враховуючи, що у ньому . Також відразу будемо враховувати трохи радіусу півкола:

Не виписані доданки, які прагнуть нуля межі .
Збираємо доданки в (3) - крім того, що відноситься до великого півкола складового.

Як видно, ті, що звертаються в нескінченність при складові, взаємно знищилися. Спрямовуючи і маємо
.
Зауваження. Абсолютно аналогічно обчислюється, наприклад, інтеграл Діріхле (нагадаємо, він відрізняється від щойно розглянутого відсутністю
квадратів у чисельнику та знаменнику).
Приклади обчислення певних інтегралів за допомогою контурного
інтегрування у комплексній площині (продовження)
Приклад 5. Підінтегральна функція має безліч особливих точок.
У багатьох випадках вибір контуру ускладнений тим, що у підінтегральної функції безліч особливих точок. В цьому випадку може
виявитися так, що сума відрахувань насправді буде поруч, збіжність якого ще доведеться доводити, якщо підсумовувати його
не виходить (а підсумовування рядів – взагалі окреме досить складне завдання). Як приклад обчислимо інтеграл.
Зрозуміло, що частина контуру – речова вісь. На ній функції особливостей немає. Обговоримо, як замкнути контур. Вибирати півколо не слід.
Справа в тому, що гіперболічний косинус має сімейство простих нулів. . Тому всередину контуру, замкнутого півколо
в межі нескінченно великого радіусу, потрапить безліч особливих точок. Як ще можна замкнути контур? Зауважимо, що .
Звідси випливає, що можна спробувати включити в контур інтегрування відрізок, паралельний речовій осі. Контур замкнеться двома
вертикальними відрізками, що межі знаходяться нескінченно далеко від уявної осі (див. рис. 5).

На вертикальних ділянках контуру . Гіперболічний косинус із зростанням аргументу (за модулем) зростає експоненційно, тому
у межі інтеграли по вертикальним ділянкам прагнуть нулю.

Отже, у межі
.
З іншого боку, всередині контуру інтегрування знаходяться дві спеціальні точки підінтегральної функції. Відрахування в них
,
.
Отже,
.
Приклад 6. Підінтегральна функція певного та контурного інтегралів різні.
Існує дуже важливий випадок обчислення певних інтегралів шляхом контурного інтегрування. Досі підінтегральна
функція контурного інтеграла або просто збігалася з підінтегральною функцією певного інтеграла, або переходила до неї відділенням
речової або уявної частини. Але не завжди все виявляється так просто. Обчислимо інтеграл.
У сенсі вибору контуру особливої проблеми немає. Хоча у функції під інтегралом нескінченно багато простих полюсів, ми вже знаємо
з досвіду попереднього прикладу, що необхідний прямокутний контур, оскільки . Єдина відмінність від прикладу 5 полягає в тому,
що на пряму попадає полюс підінтегральної функції, який потрібно обійти. Тому вибираємо зображений
на рис. 6 контур.

Розглянемо контурний інтеграл. Ми не розписуватимемо його на кожній ділянці контуру, обмежившись горизонтальними
дільницями. Інтеграл по речовій осі межі прагне шуканого. Запишемо інтеграли з інших ділянок:
.
У межі і перші два інтеграли дадуть, потім вони увійдуть у контурний інтеграл у сумі
з шуканим, що відрізняється знаком. В результаті з контурного інтеграла шуканий певний інтеграл випаде. Це означає, що
підінтегральна функція була обрана неправильно. Розглянемо інший інтеграл: . Контур залишаємо тим самим.

Для початку знову розглянемо інтеграли горизонтальними ділянками. Інтеграл уздовж речової осі перейде до .
Цей інтеграл дорівнює нулю як інтеграл непарної функції у симетричних межах.

У межі та перші дві дужки звернуться в нуль, знову утворивши інтеграли від непарних функцій
у симетричних межах. А ось остання дужка з точністю до множника дасть шуканий інтеграл. Має сенс продовжувати обчислення.
Аналогічно прикладу 5 до нуля прагнуть інтеграли по вертикальних ділянках контуру при . Залишається знайти інтеграл
по півколу, де . Як у прикладі 4, обчислюємо інтеграл, враховуючи трохи :
.
Отже, ми маємо все, щоб записати в межі і контурний інтеграл:

А з іншого боку, всередині контуру інтегрування виявився полюс підінтегральної функції

Калькулятор вирішує інтеграли з описом дій ДЕТАЛЬНО російською мовою та безкоштовно!

Рішення невизначених інтегралів

Це онлайн сервіс у один крок:

Рішення певних інтегралів

Це онлайн сервіс у один крок:

Ввести підінтегральний вираз (підінтегральну функцію)
Ввести нижню межу для інтегралу
Ввести верхню межу для інтегралу

Рішення подвійних інтегралів

Ввести підінтегральний вираз (підінтегральну функцію)

Рішення невласних інтегралів

Ввести підінтегральний вираз (підінтегральну функцію)
Введіть верхню область інтегрування (або нескінченність)
Ввести нижню область інтегрування (або - нескінченність)

Рішення потрійних інтегралів

Ввести підінтегральний вираз (підінтегральну функцію)
Ввести нижню та верхню межі для першої області інтегрування
Ввести нижню та верхню межу для другої області інтегрування
Ввести нижню та верхню межу для третьої області інтегрування

Даний сервіс дозволяє перевірити свої обчисленняна правильність

Можливості

Підтримка всіх можливих математичних функцій: синус, косинус, експонента, тангенс, котангенс, корінь квадратний та кубічний, ступеня, показові та інші.
Є приклади для введення, як невизначених інтегралів, так невласних і певних.
Виправляє помилки у ведених виразах і пропонує свої варіанти для введення.
Чисельне рішення для певних та невласних інтегралів (у тому числі для подвійних та потрійних інтегралів).
Підтримка комплексних чисел, а також різних параметрів (ви можете вказувати в підінтегральному вираженні не тільки змінну інтеграцію, а й інші змінні параметри)

1. Основні поняття та затвердження

Теорема 5.1(Достатня умова існування інтеграла від функції комплексного змінного). Нехай L- Проста гладка крива на , f(z)=u(x;y)+i×v(x;y) безперервна на L. Тоді існує , причому справедлива рівність:

Теорема 5.2.Нехай L- Проста гладка крива, задана параметрично: L:z(t)=x(t)+i×y(t), a£ t£ b, функція f(z) безперервна на L. Тоді справедлива рівність:

(де ). (5.2)

Теорема 5.3.Якщо f(z) аналітична в області Dфункція, то - аналітична функція та F"(z)=f(z), де інтеграл береться за будь-якою кусочно-гладкою кривою, що з'єднує точки z 0 та z.

- формула Ньютона-Лейбніца.

2. Способи обчислення інтегралу

Перший метод.Обчислення інтегралів від безперервної функції шляхом зведення до криволінійних інтегралів від функцій дійсних змінних (застосування формули (5.1)).

1. Знайти Re f=u, Im f=v.

2. Записати підінтегральний вираз f(z)dzу вигляді твору ( u+iv)(dx+idy)=udx-vdy+i(udy+vdx).

3. Обчислити криволінійні інтеграли виду за правилами обчислення криволінійних інтегралів другого роду.

Приклад 5.1 . Обчислити по параболі y=x 2 від точки z 1 = 0 до точки z 2 =1+i.

■ Знайдемо дійсну та уявну частини підінтегральної функції. Для цього підставимо у вираз для f(z) z = x + iy:

Так як y=x 2 , то dy= 2x, . Тому

Другий спосіб.Обчислення інтегралів від безперервної функції шляхом зведення до певного інтеграла у разі параметричного завдання шляху інтегрування (застосування формули (5.2)).

1. Записати параметричне рівняння кривої z=z(t) та визначити межі інтегрування: t=aвідповідає початковій точці шляху інтегрування, t=b- Кінцевою.

2. Знайти диференціал комплекснозначної функції z(t): dz=z¢( t)dt.

3. Підставити z(t) в підінтегральний вираз, перетворити інтеграл на вигляд: .

4. Обчислити отриманий певний інтеграл.

Приклад 5.2 . Обчислити , де З- Дуга кола, .

■ Параметричне рівняння даної кривої: , 0£ j£ p. Тоді. Отримуємо

Приклад 5.3 . Обчислити , де З- Верхня дуга кола за умови: а), б).

■ Завдання значень функції у контурі інтегрування дозволяє виділити однозначні гілки виразу , k= 0,1. Так як маємо , k= 0,1, то в першому випадку виділяємо гілку з k= 0, а в другому – з k= 1.

Підінтегральна функція на контурі інтегрування безперервна. Параметричне рівняння даної кривої: 0 £ j£ p. Тоді.

а) Гілка визначається за k= 0, тобто з одержуємо .

б) Гілка визначається за k=1, тобто з одержуємо .

Третій спосіб.Обчислення інтегралів від аналітичних функцій в однозв'язкових областях (застосування формули (5.3)).

Знайти первісну F(z), використовуючи властивості інтегралів, табличні інтеграли та методи, відомі з дійсного аналізу. Застосувати формулу Ньютона-Лейбніца: .

Приклад 5.4 . Обчислити , де З- Пряма АВ, z А=1-i,z В=2+i.

■ Оскільки підінтегральна функція - аналітична на всій комплексній площині, то застосуємо формулу Ньютона-Лейбніца

3. Основні теореми інтегрального обчислення

функцій комплексного змінного

Теорема 5.4 (Коші).Якщо f(z Gфункція, то , де L- будь-який замкнутий контур, що лежить у G.

Теорема Коші має місце й у багатозв'язковій області.

Теорема 5.5.Нехай функція f(z) аналітична в однозв'язковій області D, L-довільний замкнутий шматково-гладкий контур, що лежить в D. Тоді для будь-якої точки z 0 , що лежить всередині контуру L, справедлива формула:

, (5.4)

де Lобходиться у позитивному напрямку.

Формула (5.4) називається інтегральною формулою Коші . Вона виражає значення аналітичної функції усередині контуру через її значення на контурі.

Теорема 5.6.Будь-яка функція f(z), аналітична в області D, має похідні всіх порядків на цій галузі, і для " z 0 Î Dсправедлива формула:

, (5.5)

де L- довільний шматково-гладкий замкнутий контур, що повністю лежить в Dі містить у собі крапку z 0 .

4. Обчислення інтегралів по замкнутому контуру

від функцій комплексного змінного

Розглянемо інтеграли виду, де функція j(z) аналітична в , а y(z) – багаточлен, що не має нулів на замкнутому контурі З.

Правило.При обчисленні інтегралів виду в залежності від кратності нулів багаточлена y(z) та їх розташування щодо контуру Зможна виділити 4 випадки.

1. В області Dнемає нулів багаточлена y(z). Тоді функція аналітична і за теоремою Коші.

2. В області Dрозташований один простий нуль z=z 0 багаточлена y(z). Тоді записуємо дріб у вигляді де f(z) – функція аналітична в Застосовуючи інтегральну формулу Коші (5.4), отримуємо

. (5.6)

3. В області Dрозташований один кратний нуль z=z 0 багаточлена y(z) (кратності n). Тоді записуємо дріб у вигляді де f(z) – функція аналітична в Застосовуючи формулу (5.5), отримуємо

4. В області Dрозташовані два нулі багаточлена y(z) z=z 1 і z=z 2 . Тоді підінтегральну функцію представляємо як суми двох дробів, а інтеграл як суми двох інтегралів, кожен із яких обчислюємо відповідно до п.2 чи п.3.

Приклад 5.5 . Обчислити , де З- Коло .

■ Знаходимо нулі знаменника – особливі точки підінтегральної функції . Це точки. Далі визначаємо розташування точок щодо контуру інтегрування: жодна з точок не входить в область, обмежену колом з центром у точці та радіусом 2 (тобто маємо перший випадок). У цьому можна переконатися, виконавши креслення або визначивши відстань від кожної точки до центру кола і порівнявши з величиною радіуса. Наприклад, для , тому не належить колу.

Тоді функція аналітична в колі , і за теоремою Коші .

Зауважимо, що заданий інтеграл дорівнює нулю і для будь-якого іншого контуру, що обмежує область, до якої не входить жоден з нулів знаменника. ■

Приклад 5.6 . Обчислити , де З- Коло .

■ Розмірковуючи, як у прикладі 5.5, знаходимо, що у колі розташований лише один із нулів знаменника (другий випадок). Тому записуємо підінтегральну функцію у вигляді, функція аналітична у колі. Тоді за формулою (5.6)

.■

Приклад 5.7 . Обчислити , де З- Коло .