Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Смотрите также:

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

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;

Источник: https://studfile.net/preview/16708793/

Можно было получить этот

результат, воспользовавшись




Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27