Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

C

0

2π

2π

2π

= Ri ln R 1 eiφ

+i ∫

φeiφdφ+2πi ∫ eiφdφ

=

i

0

0

0

ln R

−

ln R

ϕ

eiϕ

2π

−

1

2π

+

2πi

eiφ

2π

=

= Ri

+i

∫

eiφdφ

i

i

i

0

i

i

0

0

−e3

1)

∫

Ln zdz

в плоскости с разрезом по спирали ρ = φ φ ≥ 0 при

1

условии Ln 1 = 2πi ;

27

dz

2)

∫

в плоскости с разрезом по спирали ρ = φ φ ≥ 0 при ус-

3

1

z

ловии

3 1 = − 1

+ i

3

;

2

2

220

dz

3)

∫

в плоскости с разрезом по логарифмической спирали

4

1

z

16

ρ = eφ (−∞ < φ< +∞) при условии

4 −

1

= −

2

(1−i) .

4

Решение.

16

1) Выделим ветвь из условия (рис.

6.2). В точке z =1

z

=1,

ln

z

=0 , ϕ = 0 Ln 1 = 2πki = 2πi k =1.

Интегрируем

ветвь

∫ Ln zdz = zLn z − z .

По формуле Ньютона–Лейбница:

Рис. 6.2

∫ Ln zdz =[zLn z − z]−e3 .

C

1

Учтем, что интегрируется ветвь

Ln z = ln

z

+iφ+2πi .

Ln z соответственно

–

Ln 1 = 2πi

и

Ln (−e3 ) = 3 +5πi + 2πi =

= 3 +7πi . Следовательно,

∫ Ln zdz = −e3 (3 +7πi) +e3 −2πi +1 =1 −2e3 −iπ(2 +7e3 ).

C

φ+2πk

2) По определению корня 3 z = 3 ρ ei

3

(k = 0,1, 2) . Выделя-

ем ветвь: в точке z =1 ρ =1 ; φ = 0 ,

2 πk

3 1 = ei

= −1 +i

3

k =1 ,

3

2

так как

2

2π

2π

2π

1

3

ei 3

= cos

+i sin

= −

+i

.

2

2

3

3

φ

2 π

Интегрируется ветвь 3

z = 3 ρ ei 3 ei

3 .

Так как в области с ука-

Таким образом,

i

8π i 3

i 4π

1

3

2 π

3 27 = 3e 3 e = 3e

3 = −3 +i

,

2

2

27

dz

3

27

3

3

2

3

2

∫

=

(3 z )2

=

(−3)2

21 +i

− −

12 +i

=

3 z

2

1

2

2

2

1

3

3

15

3

=

9 −1 +i

=12 +i

.

2

2

2

4 z = 4 ρ ei

φ+2πk

(k = 0,1, 2,3) . Ветвь

3) По определению корня

4

выделяется условием 4 −

1

=

2

(1−i) . В точке z = −

1

16

4

16

ρ =

z

=

1

;

φ = π,

i π+2πk

16

1

1

e

1

i

π

e

i

πk

1

2

2

k = 3 ,

4 −

=

4

=

e

4

2 =

−i

16

2

2

2

2

2

так как при k = 3

1

i

π

3iπ

1

2

2

2

(1

−i) .

e

4 e 2

= −

i

+i

=

2

2

2

2

4

4 z = 4 ρ ei

φ

3π

Таким образом, интегрируется ветвь

4 e 2 i . Чтобы

попасть из точки

z =

1

, где

z

=

1

; φ = 0 ; 4 z = −1 i , в точку

16

16

2

динат против часовой стрелки,

т.е. будет φ = 6π , и в этой точке

4

20

i

6π

3π

i

3π

3π

2

4

= −32i

+i sin

= −32 .

= −32 i e

= −32ie 2

cos

2

2

Таким образом, по формуле Ньютона–Лейбница получаем

220

dz

4

3

220

4

3

1

3

4

3

i

3

∫

=

3 z 4

= 3 (4 220 )

− 4

= 3 (

−32)

− −

=

4 z

16

2

1

1

16

16

=

4

−32768

−

i

= −

131072

−

i

.

3

8

3

6

Интегральная формула Коши.

dz

Пример 6.11 ([3], № 3.27). Вычислить интеграл ∫

, если:

z

2

C

+9

f (z0 ) =

1

v∫

f ( z)dz

,

2πi

z − z

0

C

где контур С охватывает точку z0 , а функ-

ция f (z)

– аналитическая внутри

этого

Рис. 6.3

контура.

В интеграле

dz

точкой z0

является точка

3i , а

v∫ ( z +3i )( z −3i )

C

f (z) =

1

. Поэтому

z +

3i

dz

1

π

v∫

= 2πif (3i) = 2πi

=

.

( z +3i)( z −3i)

6i

3

C

1

2) В качестве точки

z

теперь надо брать

−3i , а f (z) =

0

z −3i

(рис. 6.4). Тогда

v∫

dz

= 2πi f (−3i ) =

( z −3i )( z +

3i )

C

= 2πi

1

= −

π

.

−6i

y

3

3) Исключим из области внутри контура

Рис. 6.4

С точки 3i и –3i, окружив их соответствен-

контура С, проходимого в положительном

направлении (т.е. против часовой стрелки),

и двух контуров C −

и C −

, проходимых в

1

2

отрицательном

направлении,

функция

1

аналитична,

и интеграл по этому

Рис. 6.5

z2

+9

составному контуру равен 0, т.е

= 0

C∫

dz

dz

dz

+ C∫1−

+ C∫2−

z2 +9

z2 +9

z2 +9

C∫

dz

= C∫

dz

+C∫

dz

π

π

=

−

= 0.

z2 +9

z2 +9

z2 +9

3

3

1

2

Пример 6.12 ([3], № 3.28). Вычислить все возможные значения

интеграла ∫

dz

при различных положениях контура С. Пред-

z(z2

−1)

C

∫

dz

= 2πi f (0) ,

z(z2

−1)

C

1

dz

где

f ( z ) =

и I =

∫

= −2πi

z2 −1

z(z2 −1)

C

f ( z ) =

1

и I = πi . Если контур охватывает только точку 1, то

z(z −1)

I = 2πif (1) , где

f (z) =

1

и I = πi . Если контур охватывает

z(z +1)