Документ: Михайлов ТФКП Практикум 2013, страницы 76-80

π π

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

c

0

n+1

1

i(n+1)φ

π

Rn+1

(e

i(n+1)π

−1) =

= iR

e

=

i(n +1)

0

n +1

Rn+1

= n +1((−1)n+1 −1)

Если n = −1 , то интеграл имеет вид:

(n ≠ −1) .

π

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:

b

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

b

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

76

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

dz

= Ln(z −a)

z0 +2πi

= Ln

z −a

+iφ+ 2πki z0 +2πi = 2πi ,

∫ z −a

z0

c

z0

1

есть Ln(z − a) , точка z0 – произ-

так как первообразная для

z

−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)

0

−∫i z cos zdz .

0

Решение.

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

77

z∫2 f (z)dz = F (z2 ) − F (z1 ) ,

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 :

1)

по полуокружности

z

=1,

y ≥ 0 ;

1 =1;

2)

по полуокружности

z

=1,

y ≥ 0 ;

1 = −1;

3)

по полуокружности

z

=1,

y ≤ 0 ;

1 =1;

4)

по окружности

z

=1,

1 =1;

5)

по окружности

z

=1,

−1 =i .

Решение.

φ+2πk

1)

На окружности

z

=1

z = eiφ ;

dz =ieiφdφ,

z =

z

ei

2

(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

φ

z = z ei 2

78

dz

π

ie

iφ

dφ

π

φ

2

φ

π

∫

=

∫

= i∫ei 2 dφ= i

ei 2

= 2 ei

2 −1 = 2(i −1) .

φ

z

0

ei 2

0

i

0

2) Аналогично п. 1,

начало интегрирования в точке z0

=

1,

и

1 = −1.

z =

z

ei

φ+2πk

ветвь выделяется условием

Поэтому

2

;

в

точке z = 1

|z| = 1; φ = 0

1 = ei 22πk

= −1

k =1 ; надо брать

ветвь

i

φ

+π

i φ

i

φ

z =

z

e 2

=

e

2 eiπ = −

e 2 .

Интеграл равен

π

iφ

π

φ

π

∫

dz

= ∫ ie

dφφ = −i∫ei

dφ= −i 2 ei

= −2 ei

−1 = 2(1−i) .

2

z

0 −ei 2

0

i

0

ei

φ+2πk

4)

По

окружности

|z| = 1,

1 =1;

z =

z

,

2

i2πk

=1 k = 0 .

i

φ

1 = e

2

Ветвь

z =

z

e

2 ,

dz

2π

ie

iφ

2π

φ

2π

∫

= ∫

i

φd

φ = i ∫ ei 2 dφ = 2 ei

2

= 2 (eiπ −1) = −4.

z

0

C

0

e

2

0

5) По окружности

z

=1

−1 =i . В точке z =−1

z

=1, φ = π,

z =

z

e

i φ+2πk

, в точке z =−1

−1 = e

i π+2πk

= e

i π

= i k = 0 .

2

2 eiπk

i

φ

Интегрируется ветвь

z =

z

e

2

от точки

z =−1 по полной

окружности с возвращением в эту же точку. При этом

z

, не изме-

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

dz

3π

ie

iφ

dφ =i

3π

i

φ

i

φ

3π

i3π

i

π

∫

=

∫

e

2 dφ= 2 e

2

=

2 e

2 −e

2

=

z

ei

φ

C

π

2

π

= 2(−i −i) = −4i.

79

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

C

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

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

3) С – окружность

z

= R ,

Ln R = ln R ;

4) С –окружность

z

= R ,

Ln R = ln R = ln R + 2πi .

Решение.

1) Ln z = ln

z

+ iφ+ 2πki ( k

–

целое число). Так как

z

=1, то

ln

z

= 0 ; в точке z = 1 φ = 0

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

2π

1

φeiφ

2π

2π1

=

∫ Ln zdz = ∫ iφieiφdφ = −

− ∫

eiφdφ

C

0

i

0

i

= −

2π + eiφ

2π

= −[−2πi +0] = 2πi.

i

0

2) Ln i =

πi

. В точке z = i

z

=1,

φ =

π

и

2

π

k = 0 .

Ln z = ln

z

+iφ+2πki = i

+2πki = i

2

Интегрируется ветвь Ln z = ln

z

+ iφ:

π

+2π

π

+2π

π

+2π

∫ Ln zdz =

2

∫

iφie

iφ

dφ

2

∫

φe

iφ

dφ

1

ϕe

iφ

+e

iφ

2

= −

π

=

C

π

i

2

1

5π

e

i

5π

i5π

1

π

i π

i

π

= i

5π

i −i

−i

π

i

+i =

= −

2

2 +e

2 −

i

2

e

2

−e

2

i

= −5π + π

= −2π.

2

80

Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Смотрите также: