Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Галкин С.В. Теория функций комплексного переменного и операционное исчисление- учебное пособие для вузов (2011) (1)

.pdf
Скачиваний:
342
Добавлен:
23.03.2016
Размер:
1.65 Mб
Скачать

0

 

 

 

f z dz

 

 

 

 

 

 

 

;

 

ABpCDqEKmA

 

AB

BpC

CD

 

DqE

EK

 

KmA

0

 

 

f z dz

 

 

 

 

 

 

 

.

 

AnKEsDCrBA

 

BA

 

CrB

DC

EsD

KE

AnK

В результате получим

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

f z dz f z dz f z dz.

BpCrB

 

DqEsD

 

KmAnK

 

1

 

2

 

 

 

 

Отсюда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f z dz f z dz f z dz.

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

 

 

 

 

Теорема доказана для случая n = 2. Для большего количества внутренних контуров (n > 2) доказательство аналогично.

Следствие 1. В условиях теоремы при n = 1 выполнено соотношение f z dz f z dz. Поэтому, если в какой-либо точке

1

нарушается аналитичность функции, то интеграл может быть взят по любому кусочно-гладкому не самопересекающемуся контуру, охватывающему эту точку. Результат получим один и тот же.

Следствие 2. Если кусочно-гладкий контур один раз охватывает некоторую точку, f z dz W , а контур L n раз охваты-

вает эту точку, то в условиях интегральной теоремы Коши выполнено соотношение f z dz nW.

L

Упражнение. Доказать следствие 2.

1.6.4. Теорема Мореры

Теорема. Пусть функция f z непрерывна в односвязной области G, пусть интеграл f z dz 0, где — произвольный ку-

50

сочно-гладкий контур, целиком лежащий в области G. Тогда функция f z — аналитическая в области G.

Доказательство. Для упрощения доказательства предположим существование частных производных действительной и

мнимой частей функции f z . Запишем интеграл в первой форме записи через два криволинейных интеграла:

f z dz u x, y dx v x, y dy i v x, y dx u x, y dy = 0.

Каждый из этих интегралов равен нулю как действительная и мнимая части комплексного числа — интеграла, стоящего в левой части равенства. Из теории криволинейных интегралов (см. приложение П2) известно: для того чтобы криволинейный инте-

грал P x, y dx Q x, y dy не зависел от пути интегрирования в

AB

области G, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось одно из следующих условий:

для произвольного контура выполнено соотношение

P x, y dx Q x, y dy 0;

в области G выполнено равенство Qx Py ;

выполнено соотношение P x, y dx Q x, y dy dU , где

функция U(x, y) — потенциал векторного поля a Pi Q j.

Записывая равенства частных производных в каждом из двух криволинейных интегралов, содержащихся в первой форме записи

интеграла f z dz , получаем

v u , u v .x y x y

Это означает, что в области G выполнены условия Коши — Римана. Следовательно, функция f (z) — аналитическая в области G. Теорема доказана.

51

1.6.5. Интеграл с переменным верхним пределом

Введем интеграл с переменным верхним пределом:

z

J z f z dz. Ясно, что эта запись имеет смысл только в том

z0

случае, когда интеграл не зависит от формы дуги, по которой проводится интегрирование, а зависит только от начальной и конечной точек дуги.

Теорема о производной интеграла по переменному верхнему

пределу. Пусть функция

f z непрерывна в односвязной области

G, интеграл f z dz

вдоль любой кусочно-гладкой дуги AB,

AB

принадлежащей G, не зависит от формы дуги, а зависит только от значений функции в точках A, B. Тогда производная от интеграла по переменному верхнему пределу равна подынтегральной функ-

ции: J z f z .

Доказательство. Запишем производную от интеграла по переменному верхнему пределу:

J z lim z 0

J z z J z

.

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

Подставим в это выражение J(z), J (z z):

 

 

 

 

z

z z

z

 

 

z z

 

J z f z dz , J z z

 

 

f z dz f

z dz

 

f z dz.

z0

z0

 

z0

 

 

z

 

Такая запись оправдана тем, что дугу, соединяющую точки z0 и z + z, можно провести через точку z, так как интеграл не зависит от формы дуги. На том же основании выберем дугу, соединяющую точки z и z + z отрезком прямой линии, тогда интеграл равен

z z

f z dz

f z dz ,

J (z z) J (z)

 

 

f z dz

 

 

 

 

 

.

z

 

z

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

52

 

 

 

 

 

 

 

Отметим, что согласно свойству 6 интеграла (см. подразд. 1.5.2) справедливо равенство dz z. Надо доказать, что произ-

водная интеграла равна

 

 

J z lim z 0

J z z J z

f z .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Оценим разность:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J z z J z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f t dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f z

 

 

 

 

z

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f t dt f z dt

 

 

 

 

 

 

f t f z dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f t f z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

dt

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1.3)

(использованы свойства 4, 6 интеграла (см. подразд. 1.5.2)).

 

Кроме того, поскольку функция

f z непрерывна, то для любого

0 существует

0, такое,

что из выполнения неравенства

 

z

 

следует

выполнение неравенства

 

f z z f z

 

.

 

 

 

 

Точка t лежит на отрезке , соединяющем точки z и z + z, по-

этому при

 

t z

 

 

 

z

 

выполнено неравенство

 

f t f z

 

.

 

 

 

 

 

 

Это позволяет показать справедливость последнего неравенства в приведенной выше оценке (см. (1.3)).

Таким

образом, для любого числа 0 существует число

0,

такое, что из выполнения неравенства

 

z

 

следует

 

 

оценка

 

 

 

 

 

 

 

 

 

53

J z z J z f z .

z

Поэтому

lim z 0 J z z J z J z f z .

z

Теорема доказана.

Замечание. Требование непрерывности функции и независимости интеграла от формы дуги эквивалентно требованию аналитичности функции. В самом деле, если функция непрерывна, а интеграл не зависит от формы дуги, то выполнены условия теоремы Мореры, следовательно, функция аналитическая. Если же функция аналитическая, то она непрерывна, а по интегральной теореме Коши интеграл от этой функции по любому кусочно-гладкому контуру равен нулю, следовательно, интеграл не зависит от формы дуги.

Функция Ф(z) называется первообразной для функции f (z), ес-

ли Ф z f z .

Следствие. По теореме о производной интеграла с переменным верхним пределом он является первообразной для подынтегральной функции.

Теорема о первообразных. Две первообразные для одной и той же функции различаются на константу. (Пусть Ф1(z), Ф2(z) — две первообразные для функции f (z), тогда Ф1(z) = Ф2(z) + С (С — константа)).

Доказательство. Обозначим разность первообразных g(z) = = Ф1(z) — Ф2(z). Производная этой разности равна нулю:

g (z) (z) (z) f (z) f (z) 0.

1 2

Следовательно, g(z) – аналитическая функция.

Выделим действительную и мнимую части функции g(z): g(z) = u(x, y) + i v(x, y).

Тогда равенство нулю производной этой функции можно записать в виде (см. подразд. 1.4.2)

g z u i v v i u 0.x x y y

54

Но если какое-либо комплексное число равно нулю, то его действительная и мнимая части равны нулю. Поэтому справедливо равенство

0 u v u v .x x y y

Из этого равенства следует утверждение u x, y C1, v x, y C2 . Таким образом, g x, y С1 2 const . Отсюда следует утверждение теоремы.

1.6.6. Формула Ньютона — Лейбница

Теорема. Пусть справедливы условия теоремы о производной интеграла по переменному верхнему пределу, а функция Ф(z) — первообразная для функции f (z). Тогда справедлива формула

Ньютона — Лейбница

z1 f z dz Ф z1 Ф z0 .

z0

Доказательство. По теореме о производной интеграла с

z

переменным верхним пределом J z f z dz — первообразная

z0

для функции f (z). По теореме о связи двух первообразных имеем J(z) = Ф(z) + С. Подставим в это равенство в качестве аргумента точку z0, получим

J(z0) = 0 = Ф(z0) + C,

откуда определим константу

С = — Ф(z0).

Вычислим значение J(z1) = Ф(z1) + С. Подставим сюда

С = — Ф(z0),

55

получим формулу Ньютона — Лейбница

z

 

J(z1) = 1

f z dz z1 z0 .

z0

 

Теорема доказана.

Замечание. При доказательстве теоремы о производной интеграла по переменному верхнему пределу показано, что интеграл —

функция аналитическая: J z f z . Но по теореме Мореры

f (z) — тоже аналитическая функция.

Следовательно, дифференцируя аналитическую функцию, мы вновь получаем аналитическую функцию. Поэтому аналитическая функция является бесконечно дифференцируемой функцией.

1.6.7. Интегральная формула Коши

Теорема. Пусть функция f z — аналитическая в односвязной

области G, пусть кусочно-гладкий контур L принадлежит G вместе со своей внутренностью D (рис. 1.18),

 

z0 D .

Тогда

справедлива

интегральная

 

формула Коши

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

f z

 

 

 

f z0

 

 

 

 

dz.

 

 

2 i

z z

0

 

 

 

 

 

L

 

 

Рис. 1.18

Доказательство.

По интегральной

 

теореме

Коши

для многосвязной области

интеграл по контуру L (см. рис. 1.18) равен интегралу по окружно-

сти радиусом с центром в точке z0:

 

 

1

 

f z

dz =

1

 

f z

dz.

 

2 i

z z

0

2 i

z z

0

 

 

L

 

 

 

 

 

 

Запишем уравнение окружности:

: z z0 ei , 0 2 .

56

Радиус окружности выберем достаточно малым, чтобы окружность целиком лежала в области D. Так как

dz 2 iz z0

(см. подразд. 1.6.2), то значение функции в точке z0 равно

f z0

1

 

f z0

 

dz.

2 i

z z

0

 

 

 

 

 

Оценим разность:

f z0

1

 

 

 

 

f z

dz

 

 

1

 

 

 

f z0 f z

dz

 

2 i

 

z z

0

 

2 i

 

 

z z

0

 

 

 

 

 

 

L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

f z0 f z

 

| dz |

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 i

 

 

z z

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

 

d

 

2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В оценке использовано равенство

dz iei d d

на окружности . Оно справедливо, так как

i 1, ei

cos2 sin2 1.

В оценке использована также непрерывность функции f (z). В самом деле, из непрерывности функции следует, что для любого

0

существует 0, такое, что из выполнения неравенства

 

z z0

 

следует справедливость неравенства

 

f z f z0

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

57

В силу произвольности оценка превращается в равенство

f z0

1

 

f z

dz

 

= 0,

 

2 i

z z

0

 

 

 

L

 

 

 

 

так как оценивается разность двух комплексных чисел. Следовательно,

f z0

1

 

f z

dz.

2 i

z z

0

 

 

L

 

 

Теорема доказана.

Теорема. Аналитическая функция является бесконечно дифференцируемой в области аналитичности.

Доказательство. Можно показать, что интеграл в интегральной формуле Коши можно дифференцировать по z0 как по параметру. Проводя это дифференцирование нужное число раз, получаем формулу для n-й производной аналитической функции:

f z0

1

L

 

f z

 

 

f z0

2

 

L

 

f z

 

 

 

dz;

 

 

 

dz;

 

2 i

(z z0 )2

2 i

(z z0 )3

(1.4)

 

3 2

 

 

f z

 

 

 

 

 

 

 

n!

 

f z

f z0

L

 

 

f

n

z0

 

 

L

 

2 i

 

dz;

 

 

 

dz.

 

(z z0 )4

 

2 i

(z z0 )n 1

 

Теорема доказана.

Теорему можно доказать, используя теорему Мореры (см. замечание в подразд. 1.6.6).

Замечание. Теорему можно доказать непосредственно, выводя формулы для производных [1].

С помощью формулы (1.4) (умножая обе части каждой формулы на коэффициент перед интегралом) можно вычислять интегралы вида

 

f z

dz 2 if z0 ;

 

f z

dz

2 i

f n z0 .

 

 

L (z z0 )n 1

n!

L z z0

 

 

58

 

 

 

 

 

 

 

 

sin z

 

 

 

 

Пример. Вычислить интеграл

 

 

 

z 2 dz. По интегральной

формуле Коши он равен 2 isin 2.

 

z

4

 

 

ez

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример. Вычислить интеграл

 

 

 

 

 

 

dz.

По формуле для

 

z i

2

 

 

 

 

z

2

 

 

 

 

первой производной он равен

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 i ez

 

z i

2 iei 2 i cos1 isin1 .

 

Пример. Вычислить

интеграл

 

 

 

 

 

 

cos z

 

dz. Аналитич-

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

z 2

 

5 z 1 z

 

 

 

 

 

 

 

 

ность функции нарушается в точках z = 0, z = 1. Рассмотрим два контура: 1 и 2 — окружности радиусами r = 1/4 с центрами в

точках z = 0, z = 1. Они описываются соответственно уравнениями

 

z

 

 

1

,

 

 

 

 

z 1

 

 

1 . По интегральной теореме Коши для много-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

связной области имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos z

 

dz

 

cos z

 

dz

 

cos z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

z 1 z2

 

 

z 1 z2

 

z 1 z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z 2

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos z

 

 

 

 

cos z

 

 

 

 

 

cos z

 

 

 

 

cos z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z 1

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

 

 

dz 2 i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2

 

 

 

 

 

 

 

z 1

 

 

z

 

0 z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin z z 1 cos z

 

 

 

 

2 i cos1 1 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos1

 

 

 

 

 

 

 

 

z 1 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

59