О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие

z=|z|eiφ , тогда

z−z

=|z−z |ei φ . Т.к.

|z−z |=R , то

z−z

=R eiφ

,

0

0

0

0

dz

2 π

iR eiφ d φ

2π

I=

=∫

=i∫ dφ =2 π i .

z−z0

R e

iφ

(C )

0

0

dz

=2 π i , где C :|z−z0|=R .

(5)

z−z

0

(C )

z

∫f (z)dz=F (z)+c ,

где

первообразная

F(z)

есть аналитическая

z0

функция,

F ' (z)=f (z) , z0 D , c – любая константа.

II.

Интеграл

вдоль

любого

гладкого

контура

L D ,

соединяющего точки

z0

и

z , не зависит от пути интегрирования и

i

1 cos2 z|0i

1

1

Пример. ∫sin 2 z dz=−

=−

(cos2 i−cos 0)=

(1−ch 2) .

0

2

2

2

(L)

(L )

(L)

(L )

Для этого вспоминаем, что

z=x+iy ,

dz=dx+idy , и выражаем

их из уравнения для кривой L

через какую-нибудь одну перемен-

от z

к переменным x, y

не нужно. Интеграл не зависит от пути

интегрирования, а только от начальной и конечной точек.

Пример 1. Вычислить I=∫(2+¯z)dz по контуру C : x= y2 от

(C )

точки

z1=0 до точки z2=4−2 i .

Функция f (z)=2+z

неаналитична из-за наличия сопряжения.

¯

Запишем координаты точек

z1 , z2 в виде z1(0,0), z2 (4 ,−2) . Разобьем

∫

¯

∫

∫

¯

4−2i

(4,−2)

I=

2 dz+

∫

dz+

∫

(x−iy)(dx+idy) =

(2+ z)dz=

z dz=2

(C )

(C)

(C)

0

(0,0)

−2

−2

0

−2

0

y4

y2

y3 −2

8

4

|

= 8−4 i+( 2 +

+i(− 3 )|0

=8−4 i+10+ 3 i=18− 3 i .

2 )

0

−2

I=∫(2+ x−iy)(dx+idy )=∫(2+ y2−iy)(2 y+i)dy

=

(C )

0

−2

2))dy=18−4 i .

= ∫

(5 y+2 y3+i(2−y

0

3

Пример 2.

Вычислить интеграл

I=∫ Im z dz , где

C есть

(C )

отрезок прямой от точки

z1=1+i до точки z2=2+3 i .

f (z)=Im z

– неаналитическая функция. Интеграл сводится к

z1

(x1 , y1)

и z2( x2 , y2)

есть соотношение

y− y1

=

x−x1

. Для точек

x2−x1

y−1

x−1

y2− y1

z1

(1,1) и z2(2,3) получаем

=

, откуда выводим уравнение

3−1

2−1

прямой

y−1=2 x−2 ,

y=2 x−1 , а также дифференциал

dy=2 dx .

2

2

∫ Im z dz=∫ y(dx+idy )=∫(2 x−1)(1+2 i)dx=(1+2 i)∫(2 x−1)dx =

(C )

(C)

1

1

∫

∫

2

3

I=

Im z dz=

∫

2 x−1)dx+i

∫

ydy

=

ydx+iydy= (

(C )

(C)

1

1

= (x2−x)|12+i

y2

|13=2(1+2 i) .

2

Здесь слагаемое с

dx выразилось через x , слагаемое с

dy уже

мых разные, соответствуют интервалам для переменных x

и

y .

Пример 3. Вычислить интеграл

I=∫ z Imz2 dz по нижней части

(C )

окружности

|z|=1 от точки z1=−1

до точки z2=1 .

Если интегрирование ведется по окружности или эллипсу, а

функция f (z)

неаналитическая, то переходим к параметрическим

уравнениям. Параметрическое уравнение окружности радиуса

R есть

x=Rcosφ , y=Rsin φ , откуда получаем

|z|=R . Уравнение эллипса с

полуосями

a и b : x=acosφ , y=bsinφ .

Функция

f (z)=z Im z2

неаналитическая. Комплексное число

z

в показательной форме имеет вид

z=|z|eiφ =eiφ , т.к.

|z|=1

на

единичной

окружности.

Далее

Imz2=2 xy=2 sin φ cos φ =sin2 φ ,

dz=ieiφ d φ . Таким образом, искомый интеграл запишется как

0

0

I=∫ z Imz2 dz=∫ eiφ 2 sin φ cosφ iei φ dφ =i ∫ e2i φ sin 2φ dφ .

(C )

−π

−π

Такой интеграл можно брать разными способами.

1) По таблице либо методом интегрирования по частям.

2) По формуле Эйлера представить

e2i φ=cos 2φ +i sin 2φ , при

1

2i φ

−2i φ

) . Этот способ проще всего, именно так и будем

sin 2φ =

(e

−e

2 i

решать.

0

0

1

(e2i φ−e−2i φ )dφ = 1

0

i ∫ e2iφ sin 2φ dφ =i ∫ e2iφ

∫(e4 iφ −1)d φ =

2 i

−π

−π

0

2

−π

= 1

e4i φ

−φ

=− π

,

|

2 ( 4 i

2

2 )

−π

т.к. e0=1 ,

e−4i π =cos 4 π −i sin 4 π =1 .

i

Пример 4. Вычислить

I=∫z ez dz .

1

Поскольку

функция

z ez

аналитичная,

считаем

интеграл как

обычный определенный, не переходя от переменного z

к переменным

возьмем z=u ,

ez dz=dv , тогда v=ez , du=dz , получаем

∫z ez dz=z ez−∫ez dz=(z−1) ez +c .

Далее подставим границы интегрирования.

i

∫z ez dz=(z−1)ez|1i =(i−1)ei=(−1+i)(cos1+isin 1) =

1

= −cos1−sin 1+i(cos1−sin 1) .

2

Пример 5.

Вычислить

самостоятельно ∫zlnz dz .

Функция

1

zlnz аналитическая, lnz

– главное значение функции

Lnz .

Интеграл следует брать по частям: lnz=u, zdz=dv . Ответ:

2ln2− 3 .

4

n

–

n -

Нами изучено две основные многозначные функции: √z

значная функция,

Lnz

–

бесконечнозначная функция. Остальные

многозначные функции выражаются через функцию

Lnz .

Пример 1.

Вычислить

интеграл I=∫

dz

по контуру

4

3

(C ) √z

C :|z|=1 , y≥0 . Начальное условие для выбора ветви

4

√1=1 .

φ0+2k π

4

4

i

1) Выберем

ветвь

из

начального условия.

4

,

√z=√|z|e

4

i 0+2 k π

i k π

, k=0,1,2,3 . Перебираем

значения

k

=e

2

k=0,1,2,3 . √1=1 e 4

корней проводятся для

k=0 .

1 способ:

√

√

dz

4

−1

4

4

2

2

I=∫

=4 √z|1

=4 (4

√−1−4

√1)=4

+i

−1 =2 (√2−2)+i 2 √2 .

4

( 2

2

(C )

√z3

4

)

Здесь

значение

корня

найдено

при

определенном ранее

√−1

значении

4

i π +2 k π

i π

π

+isin π =

√

2

+i √

2

.

=e 4 =cos

k=0 : √−1=1 e 4

4

4

2

2

В показательной форме

z=|z|eiφ =eiφ , т.к.

|z|=1 . Выражаем

дифференциал dz=ieiφ dφ ,

0 φ π ,

поскольку

φ =π +2 k π =π

при k=0 . Получаем тогда

π

π

iφ

π

φ

φ

π

ie

dφ =i

∫

ei

4 dφ =4 ei 4

|0 =4(ei

−1)=4 cos π +isin π −1

=

I=

3

4

∫

(

4

4

)

0

e4 iφ

0

= 2(√

−2)+i2 √

.

2

2

i

Пример 2. Вычислить ∫z2 Lnz dz ,

Ln1=−2 π i .

1

1) Выбор ветви:

Lnz=ln|z|+i (φ 0+2 k π ) при целых значениях

k=0 , 1 , 2 ,... ,

тогда

Ln1=ln 1+i (0 +2 k π )=2 k π i . Из

начального

условия находим

2 k π i=−2 π i , k=−1 .

u=Lnz ,

z2 dz=dv , далее найдем дифференциал

du= dz

и функцию

z

i

i

|

1

(3

9 )1

3 (

3 )

3

(

3 )

∫z2 Lnz dz

=

z3

Lnz−

z3

=−

i

Lni−1 −

1

Ln 1− 1

,

где по условию

Ln1=−2 π i , а Lni

вычисляется из условия выбора

ветви

при k=−1

как

Lni=ln|i|+i(π2 +2 k π )=i(π2 −2 π )=−23 π i .

Подставляем эти значения и получаем

i

i

3

1

+ 2 π i

+ 1 = 1 −π

1 +

2 π

∫z2 Lnz dz=−

−

π i−

+i

.

2

(

)

1

3 (

3 )

3

9 9 2

9 3

Пример 3.

Вычислить

(∫C )

dz

по контуру C :|z|=1

от точки

√

z

z1=1

до точки

z2=−1 при условии выбора ветви √

=−i .

−1

i

π +2 k π

Выбор ветви: √−1=e

,

k=0 ,1 . При k=0

корень будет

i π

2

w0=√−1=e 2 =i ,

поэтому

k=0

не

удовлетворяет

начальным

w1=√

=ei

3 π

условиям. При

k=1 корень

есть

−1

2 =−i , что

удовлетворяет начальным условиям. Предлагаем читателю

получить

Γ

Γ

Γ

= (D) (−

∂ v

−∂∂ uy )dxdy+i (D) (

∂u

−

∂ v

)dxdy .

∂ x

∂ x

∂ y

Последнее

равенство

здесь

получено по формуле Грина

∂Q −

∂ P

dxdy . Из условий Коши-Римана разности

Pdx +Qdy=

Γ

(D)

(∂ x

∂ y )

Например, ∫ z sin 2 zdz=0 и

∫ z3 dz=0 .

|z|=R

|z|=R

Следствие. Теорема остается справедливой и для многосвязной

области.

Идея доказательства сводится к следующему. Пусть граница

области есть объединение контуров

Γ=L0 L1 ... Ln , а все контуры