Михайлов ТФКП практикум2013

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Теория функций комплексного переменного

Файл:

Можно было получить этот

результат, воспользовавшись

.pdf

Скачиваний:

1697

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

4 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 258 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Пользуясь свойствами интегралов с параметром, можем дифференцировать формулу Коши любое число раз, беря справа производную по параметру под знаком интеграла. Получим:

f (n) (z) =	n!	∫	f (ζ)dζ	.
	2πi		n+1
		γ	(ζ− z)

В интеграле ∫ f (z)dz , если зафиксировать нижний предел ин-

тегрирования, а верхний взять равным переменной z, получим ин-

теграл с переменным верхним пределом ∫z f (ζ)dζ, который являет-

ся аналитической функцией z в случае выполнения условий: f (z)

непрерывна в некоторой односвязной области, а интеграл ∫ f (ζ)dζ

по любому контуру внутри области равен 0. При этом производная от этого интеграла по верхнему пределу так же, как и в случае действительных интегралов, оказывается равной подынтегральной функции

z∫ fz0

′

(ζ)dζ = f (z) .

Откуда следует, что функция Φ(z) = ∫z f (ζ)dζ является первообраз-

ной для функции f (z) и имеет место формула Ньютона–Лейбница

z∫2 f (z)dz = Φ(z2 ) −Φ(z1 ) ,

а сам интеграл в области аналитичности функции f (z) не зависит

от пути интегрирования.

Пример 6.1 ([3], № 3.2). Пусть С – простой замкнутый контур, ограничивающий область D, площадь которой равна S. Доказать

равенства: 1) ∫ xdz = iS ;	2) ∫ ydz = −S ;	3) ∫
			zdz = 2iS .
C	C	C

Решение. 1) ∫ xdz = ∫ xdx +i∫ xdy . По формуле Грина: ∫ xdx = 0 ;

∫ xdy =1 ∫∫dxdy = S ;

2) и 3) делаются аналогично.

I1 = ∫ xdz ,

Пример 6.2

([3],

№ 3.3).

Вычислить

интегралы

I2 = ∫ ydz :

1) по радиусу-вектору точки

z = 2 + i ;

2) по полуок-

ружности

=1, 0 ≤ arg ≤ π (начало пути в точке z = 1); 3) по ок-

ружности

z −a

= R .

Решение.

2 + i соединяет начало координат с точкой

1) Радиус-вектор

z = 2 + i .

Уравнение

прямой,

проходящей

через

эти две точки,

y = 1 x . Поэтому

1 dx ;

dy =

= 2 +i ;

∫0

∫

ydz =

∫0

x dx +

=1+

2) На окружности

z = ρeiφ = eiφ ;

dz = ieiφdφ;

x = cosφ,

y = sin φ :

I1 = ∫cos φ ieiφdφ = i∫cos φ(cos φ+i sin φ)dφ =

	π		π					π				+cos 2φ
	= i∫cos2 φdφ−∫cos φsin φdφ = i							∫		1					dφ−
												2
	0		0					0
	=	i	(φ+	1	sin 2φ)		π +		1		cos 2φ		π	=		iπ	.


I2	2			2			0	4					0	2

	вычисляется аналогично.
3)	На окружности				z −a	= R						z = a + Reiφ ,

x = Re a + R cos φ; y = Im a + R sin φ:

1∫π sin 2φ =

dz = Rieiφdφ;

	I1 = ∫ xdz =				2∫π(Rea + R cos φ) Rieiφdφ =
					0
	=	2∫π(Rea + Rcosφ)iR(cos φ+isin φ)dφ =
		0
= iR	2∫π(Rea cos φ+ R cos2 φ+iRea sin φ+iRsin φcos φ)dφ =
	0
			R			1		iR		2π
=iR	Rea sin φ	+		(φ	+		sin 2φ) −iRea cosφ−		cos 2φ	=
=iR	Rea sin φ	+	2	(φ	+	2	sin 2φ) −iRea cosφ−	2	cos 2φ	=
			2			2		2		0

примером 3.2 (1), по которому ∫ xdz = iS , где S – площадь круга

z −a ≤ R , т.е. S = πR2 .

Интеграл I2 вычисляется аналогично.

Пример 6.3 ([3], № 3.4). Вычислить интеграл ∫

dz : 1) по ради-

ус-вектору

точки

z = 2 −i ; 2)

по

полуокружности

=1,

0 ≤ arg z ≤ π

(начало пути в точке

z =1 ); 3)

по полуокружности

=1, −

≤ arg z ≤

(начало пути в точке z = −i ); 4) по окружно-

сти

= R .

Решение.

1) В точках, лежащих на радиусе-векторе 2 − i , переменные y и

связаны уравнением y = −

x , dy = −

dx ,

= x2 + y2 = x2 +

1 x2 =

x ,

dz = dx +idy = dx −i 12 dx .

Искомый интеграл равен

dz = 2

x dx

−

dx =

−

xdx = 5 1−

;

∫

∫0 2

∫0

2) На окружности

= 1 z = eiφ ;

dz = ieiφdφ. Искомый интеграл

∫

dz = ∫ieiφdφ = eiφ

= eiπ −1 = −2 ;

= 1; −

3) По полуокружности

≤ arg z ≤

. Искомый интеграл

∫

dz = ∫ ieiφdφ = eiφ

= ei 2 −e−i

= 2i .

−π

−2

= R ,

dz = Rieiφdφ. Искомый инте-

4) По окружности

z = Reiφ ;

грал

∫

2∫π R Rieiφdφ = R2i 1 eiφ

2π

(e2 πi −1) = 0 .

dz =

= R2

∫

Пример 6.4 ([3], № 3.5). Вычислить интеграл

zdz , где С –

замкнутый контур, состоящий из верхней полуокружности

= 1 и

отрезка −1 ≤ x ≤1 ,

y = 0 .

Решение.

∫

I1 – интеграл по верхней полу-

zdz = I1 + I2 , где

окружности, I2 – интеграл по отрезку действительной оси.

На

полуокружности:

= 1,

z = eiφ ,

= e−iφ ; dz = ieiφdφ,

I1 = ∫e−iφ ieiφdφ = i∫dφ = iπ.

z = x ;

На действительной оси: у = 0,

;

z = x;

dz = dx;

dy = 0 , I2 = ∫	x	xdx = 0	(так как подынтегральная функция нечет-
			(так как подынтегральная функция нечет-

−1			∫
ная). Таким образом,				z
ная). Таким образом,					zdz = iπ .
					zdz = iπ .
			c

Пример 6.5 ([3], № 3.6). Вычислить

∫ z dz , где С – граница полукольца, изо-

c z

бражённого на рис. 6.1.

Решение.

∫c zz dz = I1 + I2 + I3 + I4 ,

где

= −1

dz ;

dz ; I

dz ;

∫1

по малой∫

−∫2

дуге

Рис. 6.1

I4 =	∫	z	dz .


	по большой	z
	дуге

На действительной оси z = x ,

y = 0 ;

z = x ;

dz = dx ,

−1

I1 = ∫ dx = x

−−21 =1;

I2 = ∫dx =1.

−2

На малой полуокружности: z = eiφ ,

z = e−iφ ;

dz = i eiφdφ,

0 eiφ

iφ

3iφ

(1−e

3iπ

) =

I3 = ∫

dφ = i∫e

dφ=

3 e

= 3

3 .

e−iφ

На большой полуокружности:

z = 2eiφ ; z = 2e−iφ ;

dz = 2ieiφdφ ;

2eiφ

iφ

3iφ

3iπ

I4 = ∫

2ie

dφ = 2i∫e

dφ

3 e

3 (e

−1)

= − 3 .

2e−iφ

Таким образом,

− 4 =

4 .

∫

dz =1

+1+

c z

∫(z − a)n dz (n –

Пример 6.6 ([3], № 3.7). Вычислить интеграл

целое число): 1) по полуокружности

z −a

= R ,

0 ≤ arg(z −a) ≤ π

(начало пути – в точке z = a + R );

по окружности

z −a

= R ;

3) по периметру квадрата с центром в точке

а и сторонами, парал-

лельными осям координат.

Решение.

1) На полуокружности: z = a + Reiφ ;

z −a = Reiφ ;

( z − a)n = Rneinφ;

dz = Rieiφdφ;

π π

∫(z −a)n dz = ∫ Rneinφ Rieiφdφ = iRn+1 ∫ei(n+1)φdφ =

n+1

i(n+1)φ

Rn+1

i(n+1)π

−1) =

= iR

i(n +1)

n +1

Rn+1

= n +1((−1)n+1 −1)

Если n = −1 , то интеграл имеет вид:

(n ≠ −1) .

i∫dφ =iπ.

					0
2) По окружности		z −a	= R :			2 π
2) По окружности		z −a	= R :
2∫π Rneinφ Rieiφdφ=				1	ei(n+1)φ

						= 0 (n ≠ −1) .
				i(n +1)		= 0 (n ≠ −1) .
0				i(n +1)		0
0	2∫π dφ = 2πi .					0
При n = −1 i	2∫π dφ = 2πi .
	0

3) По периметру квадрата. Пусть длина стороны квадрата равна 2b. Сделаем замену: z −a = z′ = x′+iy′. Рассмотрим два интеграла:

по нижнему основанию квадрата I1 = ∫ (x′−ib)n dx′ и по верхнему

−b

I2 = −∫b (x′+ib)n dx′. При n ≥ 0 подынтегральное выражение состоит

из четных и нечетных степеней x′ . Интеграл от четных степеней в I1 уничтожаются с такими же интегралами в I2, а интегралы от нечетных степеней x′ равны нулю в каждом интеграле, так как интеграл от нечетной функции в симметричных относительно нуля пределах равен 0. Следовательно, I1 + I2 = 0 .

Если n < −1 , то

1	=	x +ib	и	1	=	x −ib
x −ib		x2 +b2		x +ib		x2 +b2

и оба интеграла приобретут вид

b (x +ib)−n

b (x −ib)−n

I1 = −∫b

dx ;

I2 = −−∫b

dx ,

(x2 +b2 )−n

где −n >1 и,

следовательно,

выше приведённые рассуждения ос-

таются в силе, т.е. I1 + I2 = 0 .

Если n = −1 , то

= Ln(z −a)

z0 +2πi

= Ln

z −a

+iφ+ 2πki z0 +2πi = 2πi ,

∫ z −a

есть Ln(z − a) , точка z0 – произ-

так как первообразная для

−a

вольная точка контура интегрирования и при обходе всего контура и возвращении в ту же точку z0 аргумент φ приобретёт приращение 2π, Ln z −a не изменится (как известно, функция Ln z =

=ln z +iφ+2πki ). Те же рассуждения применяем и при вычисле-

нии интегралов по боковым сторонам квадрата. На левой стороне

−b	b
I3 = ∫ (−b +iy′)idy′,	I4 = ∫ (b +iy′)dy′.
b	−b

Все интегралы от каждой из степеней y′ обращаются сами по себе или в сумме I3 + I4 (в зависимости от четности степени) в нуль для n ≠ −1. При n = −1 интеграл уже вычислен по всему кон-

туру (см. выше).
Итак:		dz
∫(z −a)n dz = 0 при n ≠ −1 и	∫	dz	= 2πi при п = –1.
∫(z −a)n dz = 0 при n ≠ −1 и	∫	z −a	= 2πi при п = –1.
c	c	z −a

Пример 6.7. Вычислить интегралы: 1) ∫i z sin zdz ; 2)

−∫i z cos zdz .

Решение.

1) Интеграл от аналитической функции не зависит от пути интегрирования и может быть вычислен по формуле Ньютона– Лейбница:

z∫2 f (z)dz = F (z2 ) − F (z1 ) ,

где F (z) – первообразная. Вычисляем по частям:

	∫ z sin zdz = −z cos z +sin z
∫i	z sin zdz =[−z cos z +sin z]i0 = −i cosi +sin i = −ich1+ish1 =
0

=−i e−1 2+e1 +i e1 −2e−1 = −ei .

2)Второй интеграл вычисляется аналогично. Получаем ответ:

1+ 1e .

Интегралы от многозначных функций (начало пути интегрирования от точки, где задано значение функции, выделяющее ее однозначную ветвь).

Пример 6.8 ([3], № 3.8). Вычислить интеграл ∫ dzz :

по полуокружности

=1,

y ≥ 0 ;

1 =1;

по полуокружности

=1,

y ≥ 0 ;

1 = −1;

по полуокружности

=1,

y ≤ 0 ;

1 =1;

по окружности

=1,

1 =1;

по окружности

=1,

−1 =i .

Решение.

φ+2πk

На окружности

z = eiφ ;

dz =ieiφdφ,

z =

(k = 0,1)

(по определению корня). Выбор ветви (k = 0 или k = 1)

определяется условием

1 =1. В точке z = 1

|z| = 1; φ =

0 и

1 = ei 22πk

=1 k = 0 . Следовательно, интегрируется ветвь

z = z ei 2

iφ

dφ

∫

= i∫ei 2 dφ= i

ei 2

= 2 ei

2 −1 = 2(i −1) .

ei 2

2) Аналогично п. 1,

начало интегрирования в точке z0

1 = −1.

z =

φ+2πk

ветвь выделяется условием

Поэтому

;

точке z = 1

|z| = 1; φ = 0

1 = ei 22πk

= −1

k =1 ; надо брать

ветвь

+π

i φ

z =

e 2

2 eiπ = −

e 2 .

Интеграл равен

iφ

∫

= ∫ ie

dφφ = −i∫ei

dφ= −i 2 ei

= −2 ei

−1 = 2(1−i) .

0 −ei 2

φ+2πk

По

окружности

|z| = 1,

1 =1;

z =

i2πk

=1 k = 0 .

1 = e

Ветвь

z =

2 ,

2π

iφ

2π

∫

= ∫

φd

φ = i ∫ ei 2 dφ = 2 ei

= 2 (eiπ −1) = −4.

5) По окружности

−1 =i . В точке z =−1

=1, φ = π,

z =

i φ+2πk

, в точке z =−1

−1 = e

i π+2πk

= e

i π

= i k = 0 .

2 eiπk

Интегрируется ветвь

z =

от точки

z =−1 по полной

окружности с возвращением в эту же точку. При этом

, не изме-

нится, а аргумент φ изменится на 2π, т.е.

3π

iφ

dφ =i

3π

i3π

∫

2 dφ= 2 e

2 e

2 −e

= 2(−i −i) = −4i.

Пример 6.9 ([3], № 3.9). Вычислить ∫ Ln zdz , где:

1)С – единичная окружность z =1, Ln 1 = 0 ;

2)С – единичная окружность z =1, Ln i = π2i ;

3) С – окружность

= R ,

Ln R = ln R ;

4) С –окружность

= R ,

Ln R = ln R = ln R + 2πi .

Решение.

1) Ln z = ln

+ iφ+ 2πki ( k

–

целое число). Так как

=1, то

= 0 ; в точке z = 1 φ = 0

Ln 1 = 2πki = 0 k = 0 ; Ln z = iφ; dz = ieiφdφ

2π

φeiφ

2π

2π1

∫ Ln zdz = ∫ iφieiφdφ = −

− ∫

eiφdφ

= −

2π + eiφ

2π

= −[−2πi +0] = 2πi.

2) Ln i =

πi

. В точке z = i

=1,

φ =

k = 0 .

Ln z = ln

+iφ+2πki = i

+2πki = i

Интегрируется ветвь Ln z = ln

+ iφ:

+2π

∫ Ln zdz =

∫

iφie

iφ

dφ

∫

φe

iφ

dφ

ϕe

iφ

= −

5π

i5π

i π

= i

5π

i −i

−i

+i =

= −

2 +e

2 −

−e

= −5π + π

= −2π.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 258 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>