то интеграл I зависит только от начальной точки

z0 = 0 и конечной точки z2 = 2i ломаной,

то есть

2i

z

6

2i

6

I = ∫

(sin z + z5 )dz =

− cos z +

= −cos2i +

(2i)

+ cos0 =

6

6

0

0

= − ei2i + e−i2i

+

32

(i

2 )3 +1 = − e2 + e−2 − 32

+1

= −ch 2 − 29.

2

3

2

3

3

Γ

центром в точке z0 , обходимая против часовой стрелки, m – произвольное целое число.

Решение. Параметрические

уравнения

окружности Γ (x − x

)2 +(x − x )2

= R2

есть

0

0

x = x0 + R cost, y = y0 + R sin t , где 0 ≤ t ≤ 2π. Следовательно,

z = x +iy = x

+ R cost +i(y

0

+ Rsin t)= (x

+iy

0

)+ R(cost +isin t)= z

0

+ Reit .

Отсюда

0

0

2π

2π

z − z0 = Reit , dz = i Reit

dt . Тогда ∫(z − z0 )m dz = ∫ (Reit )mi Reit dt = iRm+1 ∫ei(m+1)tdt .

Γ

0

0

Рассмотрим два случая:

2π

1)

пусть m = −1. Тогда I = i ∫dt = 2πi .

0

2)

m ≠ −1

I =

iRm+1

ei(m+1)t

2π =

Rm+1

(e2πi(m+1) − e0 )= 0 , так как функция ez

имеет

i(m +1)

m +1

0

период 2πi. Или иначе: e2πi(m+1) −e0 = cos 2π(m +1)+isin 2π(m +1)−1 =1+0 −1 = 0 .

Таким образом:

∫(z − z0 )m dz

2πi, m = −1

(3.35)

=

Γ

0, m ≠ −1

f (z0 )=

1

f (z)

dz ,

(3.36)

2πi Γ∫

z − z0

интеграла Коши

f (z)

аналитична в замкнутой области D, кроме точки z0 .

Так как z0 –

z − z0

внутренняя точка D, то можно построить окружность γ с центром в точке z0 ,

взяв радиус ρ

секала Γ),

то есть круг

z − z0

≤ ρ и его граница γ принадлежала области D. Получим двух-

связную область, ограниченную контурами Γ и γ, в которой функция

f (z)

аналитична.

z − z0

По теореме 3.4 Коши для многосвязной области

∫

f (z)

dz =

∫

f (z)

dz = ∫

(f (z)− f (z0 ))+ f (z0 )

dz =

Γ z − z0

γ

z − z0

γ

z − z0

.

(3.37)

f (z)− f (z0 )

dz + f (z0 )∫

dz

= ∫

.

z − z0

γ

γ

z − z0

∫

f (z)− f (z0 )

dz

≤ ∫

f (z)− f (z0 )

dz <

ε

∫dz =

ε

2πρ = 2πε.

z − z0

z − z0

ρ

ρ

γ

γ

γ

1

f (z)

f (z)

1

n

f (z)

f (z0 )=

∫ −

dz или f (z0 )=

∫

dz −

∑

∫

dz .

(3.38)

2πi

z − z

0

z

− z

0

2πi

z − z

0

Γ+ γk

Γ

k=1γk

k=1

При помощи интегральных формул Коши (3.36), (3.38) можно вычислять интегралы

по замкнутым контурам (обход контуров – против часовой стрелки).

Пример 3.18. Вычислить интеграл I =

∫

z2 +1

dz .

=1 z

2

−

1

Решение. Функция

(z2 +1)/(z2 −1)

z−1

имеет две особые точки

z = ±1. Так как точка

z = −1 лежит вне окружности Γ :

z −1

=1,

а точка z =1 – внутри нее,

то представим подын-

тегральную функцию в виде

z2 +1

=

z2 +1

1

=

f (z)

, где

f (z)=

z2 +1

. По формуле Коши

z2 −1

z +1

z −1

z −1

z +1

(3.36)

z

2

+1

= 2πi 2 =

I = 2πi f (1)= 2πi

2πi .

z +1

2

z=1

Пример 3.19. Вычислить интеграл I =

∫

cos

zdz

.

2

z

=3 z

+ z −2

Решение.

Подынтегральная

функция

cos z

=

cos z

внутри

окружности

z2 + z −2

(z + 2)(z −1)

стями γ1

и γ2, лежащими внутри круга

z

< 3. В результате получим трехсвязную область. По

теореме 3.4 Коши для многосвязной области

∫

cos zdz

+ ∫

cos zdz

.

γ

1

(z + 2)(z −1)

γ

2

(z + 2)(z −1)

cos z /(z

−1)

cos z /(z + 2)

cos z

2

I

= ∫

dz + ∫

dz

cos z

+

=

πi(cos1− cos2).

z + 2

z −1

= 2πi

z −1

z + 2

3

γ

1

γ

2

z=−2

z=1

3.3.6 Бесконечная дифференцируемость аналитических функций

Пусть D – односвязная область с границей Γ и

z0

– внутренняя точка D. Придадим

приращение ∆z таким образом, чтобы точка

z0 + ∆z

принадлежала области D. Если f (z) –

аналитическая в D функция, то, согласно формуле (3.36)

f

(z0 )=

1

f (z)

dz; f (z0 + ∆z)=

1

f (z)

dz .

2πi Γ∫

2πi Γ∫ z −(z0 + ∆z)

z − z0

Отсюда

f (z0 + ∆z)− f (z0 )

1 1

1

1

∫

=

−

∆z

∆z

2πi

Γ

z −(z0 + ∆z)

z

− z0

.

1

1

∫ f (z)

z − z0 − z + z0

+ ∆z

1

f (z)

=

dz

=

∫

dz.

(z − z0 )(z −(z0

+ ∆z))

∆z

2πi

Γ

2πi

Γ (z − z0 )(z −(z0 + ∆z))

Отсюда

f

′(z0 )=

lim

f (z0 + ∆z)− f (z0 )

=

lim

1

f (z)

dz .

2πi Γ∫(z − z0 )(z −(z0 + ∆z))

∆z→0

∆z

∆z→0

Опуская обоснование предельного перехода под знаком интеграла, из последнего ра-

венства получим

f

′(z0 )=

1

f (z)

dz .

(3.39)

2πi Γ∫

(z − z0 )2

Это формула Коши для

′

f (z).

Повторяя приведенные выше рассуждения и исходя из формулы (3.39), получаем

f

′′(z0 )= lim

f ′(z0 + ∆z)− f (z0 )

=

2 1

f (z)

dz .

(3.40)

2πi Γ∫(z − z0 )3

∆z→0

∆z

Повторяя этот процесс дифференцирования, можно получить формулу для n-ой про-

изводной функции f (z):

f

(n)(z0 )=

n!

f (z)

dz,

n = 0,1,2, ,

(3.41)

2πi Γ∫(z − z0 )n

+1