Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.65 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 174 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Если при этом сохраняется (изменяется на обратное) направление отчета углов, то такое отображение называется конформным отображением 1-го ро-

да (2-го рода).

Согласно этому определению, если однозначная однолистная функция ω = f (z) является аналитической в области D , то отображение f : D → T

есть конформное отображение 1-го рода.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.23. Функция (1.96) называется однолистной в области D , если из z1 ≠ z2 f (z1 )≠ f (z2 ), то есть разным прообразом соответствуют разные образы.

1.6. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФКП. ТЕОРЕМА КОШИ. ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ ТЕОРИИ ИНТЕГРИРОВАНИЯ АНАЛИТИЧЕСКИХ

ФУНКЦИЙ

Функция
ω = f (z)= u (x, y)+ i v (x, y)	(1.102)

задана в области D . Линия l D (рис. 1.11) является кусочно-гладкой линией без самопересечений. Последнее означает следующее:

l:{x = x (t), y = y (t)}, α ≤ x ≤ β,

(1.103)

где

функции

x (t), y(t)−

непрерывны

вместе со

своими

′

производными x (t),

′

y (t) за исключением, быть может, ко-

нечного

числа

точек,

которых

′

x (t), y(t), x (t), y (t) терпят разрывы 1-го

рода. Таким образом, в каждом из сегмен-

тов

[α, t1 ],[t1 , t 2 ],K,[t k−1 ,β]

функции

x (t), y(t) непрерывны вместе с производ-

• A

ными x

′

(t), y (t). Разрывы 1-го рода мо-

гут быть только в точках

t1 , t 2 ,K, t k−1 .

Рис. 1.11

Если

t1 ≠ t 2 ,

то

(x (t1 ), y(t1 ))≠ (x(t 2 ), y(t 2 )) за исключением,

быть может, α и β, при этом

всегда x′2

(t)+y′2 (t)> 0, A (x(α), y(α)), B(x(β), y(β)). Для определенности

положительное направление на l выберем в направлении от A к B, то есть, в

направлении возрастания параметра t						(рис. 1.11).
Соотношение
z = x (t)+ i y(t),				α ≤ t ≤ β					(1.104)
определяет уравнение l			в комплексной форме,
′	′		′	(t), x	′2	(t)+ y	′2	(t)> 0,
z	(t)= x	(t)+ i y		(t), x		(t)+ y		(t)> 0,	(1.105)
dz (t)= dx (t)+ i dy (t)									(1.105)
dz (t)= dx (t)+ i dy (t)

dz (t)−

определяет касательный вектор к l в т. t [α,β], дифференциал линейную часть смещения вдоль l. Сделаем формальные выкладки (рис. 1.11):

∫ f (z)dz = ∫ [u (x, y)+ i v (x, y)] (dx + i dy)=

l+	l	+
		(1.106)

= ∫u (x, y)dx − v (x, y)dy + i ∫ v (x, y)dx + u (x, y)dy.

l+ l+

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.24. Под интегралом от ФКП понимается сумма (1.106), где каждый из слагаемых интегралов есть криволинейный интеграл 2- го рода.

Прямым вычислением получаем из (1.106), что

∫ f (z)dz = β∫ f [z (t)] z′(t)dt ,		(1.107)
l+	α

так как ∫u (x, y)dx − v (x, y)dy + i ∫v (x, y)dx + u (x, y)dy =

=β∫u [x (t), y (t)]dx (t)− v[x (t), y (t)]dy (t)+

+ i β∫v[x (t), y (t)]dx (t)+ u [x (t), y (t)]dy (t)=

=β∫{u [x (t), y (t)]+ i v[x (t), y (t)]}dx (t)+ α {u [x(t), y(t)]+ i v[x (t), y (t)]}=+ i

= ∫{u [x(t), y(t)]+ i v[x (t), y (t)]}dx (t)+ dy (t)= ∫f [z (t)] z (t)dt.

′

ПРИМЕР 1.17. Вычислить

∫ Ln z dz,

l = {z

=1}, Ln i = πi .

Решение.

l− окружность радиуса 1 с центром в

i •y

начале координат (рис. 1.12). В силу этого ее уравне-

ние z = ei ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Теперь надо найти

ветвь

Ln z , удовлетворяющую заданному условию.

Имеем

−1• • 0 •1 x

(см. формулу (1.47))

•−i

Ln z = ln

+ i arg z + 2πi k ,

Рис. 1.12

Ln i = i

+ 2 πi k = i π

что

дает k = 0 .

Таким

образом,

искомая

ветвь

Ln z = ln

+ i arg z = ln z .

Для

точек

окружности

получаем

Ln z = ln1 + i arg z = i ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π. В силу этого и согласно (1.107)

∫Ln z dz

= ∫

i ϕd ei ϕ =

u = i ϕ, dv = d e

2π

du = i d ϕ, v = ei ϕ

= i ϕei ϕ

2π

−

2π

ϕd i ϕ = i 2πe2πi −ei ϕ

2π

= 2πi − e2πi +1 = 2πi .

∫ ei

Ответ: 2πi .

Ln2 z

l =

=1, 0 ≤ arg z ≤

ПРИМЕР 1.18. Вычислить ∫

dz,

Ln1 = 2πi .

Решение.

z = ei ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π

, dz = ei ϕ d i ϕ,

Ln z = ln

+ i arg z + 2πik,

k =1.

Ln1 = 2πk i = 2πi

Следовательно,

Ln z = ln

+ i arg z + 2πi . В точках l имеем Ln ei ϕ = i ϕ+ 2πi .

Ln2 z

2 (i ϕ+ 2πi)2 ei ϕ d iϕ

∫

dx = ∫

ei ϕ

(i ϕ+ 2πi)

i π3

125

i π3

= −

2π

−(2π)

= −

−8

= −

i .

Ответ: −

π3i .

Второй способ. С учетом найденной ветви

ln z

= d Ln z найдем

i π

∫Ln2 z dLn z =

Ln3z

2πi +

−(2

πi)

= −

π3i .

Получили

тот же результат, как и должно быть.

ПРИМЕР 1.19. Вычислить	∫ zn Ln z dz, n N, l: {z	z	=1},

Ln (−1)= πi	l

Решение. l: z = ei ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π, dz = ei ϕ d iϕ = i ei ϕ dϕ.

Ln z = ln z + i arg z + 2πk i, Ln (−1)= i π + 2 πk i = πi k = 0. Та-

ким образом, искомая ветвь Ln z = ln z + i arg z = ln z . Тогда

2π

∫ zn Ln z dz =

∫ ei n ϕi ϕd eiϕ =

∫ei (n+1)ϕ i ϕd i ϕ =

(n +1)ϕ = t, dϕ =

2π(n+1)

ei t i t d it =

n +1

∫

(n +1)2

t н = 0, t в =

2π(n +1)

u = i t, dv = d ei t ,

i t

2π(n+1)

i t

2π(n+1)

i t e

− ∫

d it

du = d it,

= e

i t

+1)

i 2π(n +1)e2π(n+1)i − ei t

2π(n+1)

2 πi

+1)

n +1

Ответ:

2 πi

n +1

ПРИМЕР 1.20. Вычислить ∫

l: {z z =1,

0 ≤ arg z ≤ π},

3 1 =1.

3 z

i (ϕ+2kπ)

Решение.

z =

z e

ϕ = arg z,

k = 0,1,2.

2kπ

3 1 =

1 = e

k = 0

i ϕ

3 z = 3 z e

, 0 ≤ ϕ ≤ π, z = ei ϕ .

π d ei ϕ

π ei ϕ d iϕ

i ϕ

iϕ

πi

∫ 3

= ∫

i ϕ = ∫

i ϕ

= ∫e

d iϕ =

−1

e 3

π +i

sin

+ i

cos

π −1 =

−

−1

−3 + i 3

3 3

(− 3 + i)= −

3 3

Ответ: −

+ i

3 .

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.25. Область D называется n −связной, если выполняются требования:

1) граница области распадается на n кусочно-гладких замкнутых контуров без самопересечений;

2) ровно один контур (внешний контур), внутри которого содержатся остальные (n −1) контуров γ1 , γ2 ,K, γn−1 ;

3) среди γ1 , γ2 ,K, γn−1 ни один из контуров не содержится внутри друго-

го.

γ2

γi

l	−1	γn−1
	−1

l1	Γ
	γ1

Рис. 1.13

Если теперь мысленно выкинуть области, ограниченные замкнутыми контурами γ1 , γ2 ,K, γn−1 , то получим n - связную область D (рис. 1.13). Сразу


отметим, что не исключаются случаи вырождения некоторых из γi в точку или
линию.
Теорема Коши. Если в односвязной области D ω = f (z) есть аналити-
ческая функция, тогда
∫f (z)dz = 0 ,				(1.108)
l+
где l− замкнутый кусочно-гладкий контур
где l− замкнутый кусочно-гладкий контур				Γ
без самопересечения, лежащий в D (рис.				Γ
без самопересечения, лежащий в D (рис.
1.14). Если же f (z) аналитическая в замк-
нутой области		= D UΓ, Γ − граница од-
нутой области	D	= D UΓ, Γ − граница од-		l
носвязной области D , то
∫f (z)dz = 0 ,			(1.109)	T
∫f (z)dz = 0 ,			(1.109)	D
Γ
где под аналитичностью f (z)			в замкнутой	Рис. 1.14

области понимается аналитичность в открытой области, которая содержит замкнутую область.

Доказательство. Сразу отметим, что ввиду (1.109) выбор направления обхода не существен. Согласно (1.106) и условиям (К-Р) (1.109) имеем (см. фор-

мулу (1.95)) ∫ U dx − V dy = −∫∫[v′x (x, y)+ u′y (x, y)]dx dy = 0 ,

l+	T
где T − область, ограниченная замкнутым контуром l.
Аналогично
∫V (x, y)dx + U (x, y)dy = ∫∫[U′x (x, y)− Vy′(x, y)]dx dy = 0,
l+	Τ
что завершает доказательство первой части теоремы. Если же f (z)− аналити-

ческая функция в D, то в качестве замкнутого контура l можем	взять границу
Γ, и мы получим
∫ f (z)dz = 0 ,	(1.110)
Γ

что и требовалось доказать.

Убедимся, что теорема Коши справедлива для многосвязной области. Положительное направление обхода по границе области совершается так, чтобы область оставалась по левую сторону руки при условии, что сторона плоскости

выбрана (рис.1.13). Итак, граница ω = Γ γ1 γ2 K γn−1 , а ее положительное направление обхода определяется равенством (рис. 1.13)

ω+ = Γ+ γ− γ− − − K γ−		−1	,	(1.111)
1 2	n	−1

где «+», «-» означает обход против часовой стрелки (по часовой стрелке). Соединяя кусочно-гладкими контурами l1 , l2 ,K, ln−1 (рис. 1.13) звенья границы

ω, мы получим односвязную область				с границей L = Γ γ1 γ2 K
K γ′n− l1 l2 K ln−1 , где ее				положительный обход определяется
равенством
L+ = Γ+ γ1− γ2− K γn−−1						(1.112)
l+	l−1	l+	l−1 K l+		l−

1	2	2	2	n−1	n−1

и звенья li проходятся дважды в противоположных направлениях. В полученной односвязной области условия теоремы Коши удовлетворяются, что дает

(см. формулу (1.110))

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +K+ ∫ f (z)dz +

L+	Γ+	γ1−	γ2−	γn−	(1.113)
+ ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +K+			∫ f (z)dz +	∫ f (z)dz = 0.	(1.113)
+ ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +K+			∫ f (z)dz +	∫ f (z)dz = 0.
l1+	l1−		l+n−1	l−n−1
Но ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz − ∫ f (z)dz = 0, i =1, n −1.
l+i	l−i	l+i	l+i

С учетом последнего равенства (1.113) можно переписать так:

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +

L+	Γ+	γ1−		(1.114)
	+ ∫	f (z)dz +K+	∫ f (z)dz = 0,	(1.114)
	+ ∫	f (z)dz +K+	∫ f (z)dz = 0,
	γ2−		γn−
в чем и следовало убедиться.
(1.114) ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +K+ ∫ f (z)dz. (1.115)
	Γ+	γ1+	γ2+	γn+

Последнее означает следующее: если для n −связной области D условия теоремы Коши выполняются, то контурный интеграл по внешнему контуру Γ

равняется сумме контурных интегралов по внутренним		контурам
γi, i =
	1, n −1, где обход всех контуров должен быть согласован,	то есть все

контуры обходятся либо по часовой стрелке, либо против часовой стрелки.

Основные формулы теории интегрирования аналитических функций

Докажем, что для целых n (n Z)

10 .

∫

= 2 πi, l: z − z 0 = r .

(1.116)

− z

20 .

∫

(z − z 0 )n dz = 0, n ≠ −1 .

(1.117)

Действительно,

l: z = z0

+ r ei ϕ,

0 ≤ ϕ ≤ 2π.

•

силу этого и (1.106)

i ϕ

• z0

∫

= dz = r ei ϕ i dϕ =

2π

i dϕ =

∫ r e

Рис. 1.15

l+ z − z0

r ei ϕ

2π

= i ∫ dϕ = 2πi .

∫ (z − z0 )n dz =

2π

Аналогично

∫r n

ϕi r

eϕii dϕ = r n+1

∫e(n +1)ϕi dϕi

n+1 2π

(n+1)i ϕ d [i (n +1)]=

n+1

e(n+1)i ϕ

2π

n +1

≠ 0

∫e

n +1

r n+1

[e2πi (n+1) −1]= 0 , так как

n +1

e2πi (n+1) = cos 2π(n +1)+ i sin 2π(n +1)=1.

Замечание. Основные формулы (1.116), (1.117)

• z0

справедливы и для произвольного контура Γ,

если

только z0

есть

внутренняя точка области Τ,

огра-

ниченной

Γ. Действительно, существует

Рис.1.16

замкнутый круг радиуса r с центром в т. z0 , принадлежащий открытой области Τ, так как z0 − внутренняя точка Τ. В двусвязной области (рис. 1.16), ограниченной Γ Uω, ω: z − z0 = r , подынтегральные функции – аналитические ( z0

в эту двусвязную область не входит). Теперь остается применить (1.115), чтобы убедиться в справедливости нашего утверждения.

1.7. ИНТЕГРАЛЬНАЯ ФОРМУЛА КОШИ. СЛЕДСТВИЯ. ПРИМЕРЫ

Теорема 1.9.

Если

ω = f

(z) -

(1.118)

аналитическая функция в замкнутой односвязной области D и Γ − замкнутая

кусочно-гладкая граница этой области, z0 − внутренняя точка D , то

f (z0 )=

∫

f (z)dz .

(1.119)

2 πi Γ

z − z0

Другими словами, для задания анали-

тической функции в замкнутой области D ,

вполне достаточно задать эту аналитиче-

скую функцию на границе области.

Доказательство. Функция

ϕ(z)=

f (z)

− f

(z0 )

(1.120)

•

− z0

есть аналитическая функция в

за исклю-

чением точки z0 . Но

Рис. 1.17

f (z)− f (z0 )

lim ϕ(z)= lim

= f ′(z0 ).

(1.121)

z→z0

z − z0

Имея последнее в виду, полагаем

ϕ(z0 )

= f ′(z0 ).

(1.122)

Из определения аналитичности функции f (z)

′

в D

(z) непрерывна в

) следует, что доопределенная в т. z0 по формуле (1.122)

ϕ(z) есть непре-

рывная функция в

и, тем самым, в

она ограничена:

ϕ(z)

≤ M, M > 0.

(1.123)

Далее, (см. рис. 1.17)

∫ϕ(z)dz = ∫

ϕ(z)dz ,

(1.124)

Г+

ω+

так как ϕ(z)− аналитическая функция в двусвязной области, ограниченной Γ ω (см. рис. 1.17). Это дает

∫ ϕ(z)dz

≤ ∫ ϕ(z) dz = dz = dx 2 + dy2 = dl ≤

Γ+

ω+

≤ 2 M πp

→

0 при p

→ 0 (см. рис. 1.17),

p − радиус окружности ω.

Отсюда следует, что

∫

ϕ(z)dz = ∫

ϕ(z)dz = 0,

(1.125)

Γ+

ω+

или ∫

f (z)− f (z0 )

dz = ∫

f (z)dz

dz − ∫ f (z0 )

= 0 . Теперь, соглас-

Γ+

z − z0

Γ+

z − z0

Γ+

z − z0

но основным формулам интегрирования (формулы (1.116), имеем

f (z0 )=	1	∫	f (z)dz ,
	2 πi
		Γ+	z − z0

что и надо. Последнее соотношение можно переписать так:
∫	f (z)dz = 2πi f (z0 ).
Γ+	z − z0
Следствие 1 (без доказательства).
f n (z0 )=		n!	∫	f (z)dz	, n N ,
		2πi		(z − z0 )n+1
			Γ

(1.117)), отсюда

(1.126)

(1.127)

(1.128)

то есть (1.126) можно почленно дифференцировать под знаком контурного интеграла по параметру z0 неограниченное число раз. Другими словами, анали-

тическая функция дифференцируема неопределенное число раз в точке аналитичности.

Следствие 2. Формула Коши справедлива для многосвязной области. Доказательство. Возьмем для определенности трехсвязную область (рис.

1.18). Здесь мы поступаем, как и в теореме Коши (см. теорему 1.8) (см. доказа-

тельство				теоремы).					Область,		ограниченная
Γ+ = γ+ l1+ l1− γ1+ l+2 l−2 γ2+ − односвязна. В силу этого
	f	(z0 )=		1		∫	f (z)dz =	1	∫	f (z)dz ,	(1.129)
				2 πi
						Γ+	z − z0	2 π	γ+ γ1+ γ2+	z − z0
так как	∫		f (z)dz		= 0,		i =1,2, что и следовало доказать.

l	+ −		z − z0
	i i

Формулы (1.126), (1.127) и (1.128) находят приложения при нахождении контурных интегралов. Покажем это на примерах.

ez dz

ПРИМЕР 1.21. Вычислить по интегральной формуле Коши L∫ z2 + 4 ,

L :

z + i

= 2,5.

Решение. L − окружность с центром в

т.(−i)

и радиуса r = 2,5 . Точка 2i

не при-

надлежит кругу, ограниченному L, тогда как

• z0

− 2i принадлежит этому кругу.

Подынтегральную функцию ϕ(z) пре-

образуем следующим образом:

ϕ(z)=

z − 2i

(z + 2i) (z − 2i)

z − (− 2i)

(z)=

−

γ1

аналитическая

функция

− 2i

замкнутом круге Τ как отношение двух ана-

литических функций ez и z − 2i ≠ 0 в

Τ,

Рис. 1.18

z0 = −2i есть внутренняя точка этого круга.

Тогда, согласно (1.127),

ez dz

e−2i

∫

= 2πi ∫

z − 2i

= 2 πi

• i

−

L z2 + 4

L z −(− 2i)

sin 2)

•

−i

= − 2 (cos 2 −i

Ответ:

π (− cos 2 + i sin 2)

•− 2i

Рис. 1.19

ПРИМЕР 1.22. Вычислить по интегральной формуле Коши ∫

z dz

;

L (z +1)2

L :

z −1

= 4 .

L −

окружность с

центром

Решение.

(1,0) и радиуса r = 4,

Τ − круг,

ограниченный

L, z0

= −1, n =1. Согласно (1.128)

z dz 2 =

f (z)= z

-3• • •

• • •

•4

∫

= 2πi .

L (z +1)

′

f (z)=1

Рис. 1.20

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 174 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб102УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20151.09 Mб47УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб46УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб136УМК6.pdf
#
17.03.2015430.08 Кб10УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219.14 Кб73УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164.28 Mб41УМП для выполнения КР Наг.маш..docx
#
07.05.2019478.21 Кб3УМП Интегралы.doc