ЛЕКЦИЯ № 3

грала функции вещественной переменной.

Пусть в области D плоскости z = x +iy задана непрерывная одноУ-

значная функция w = f (z)= u(x, y)+iv(x, y)

и пусть L – кусочно-

гладкая кривая с началом в z0 и концом в

Т

z , лежащая в области D

(рис. 5).

Н

Б

й

и

р

о

т

и

Рис. 5

з

Задание к нца и начала ориентирует кривуюL. L может быть как за-

мкнутой,отак и незамкнутой. Произвольным образом разбиваем L на n

«эл м нтарных» дуг в направлении от

z0 к z точками z1, z2 , , zn−1,

п

zn = z; zi = xi +iyi .

еОбозначим

Р

Sn

= ∑n

f (χk ) ∆zk

= ∑n

f (χk )(zk − zk −1).

У

(14)

k =1

k =1

Т

Если при max | zk − zk −1 |→ 0

существует предел сумм (14), не

зависящий ни от способа разбиения кривой L

Н

на части, ни от выбора

точек χk

Б

на всех этих частичных кривых, то этот предел называется

контурным интегралом от функции f(z) вдоль линии L (или ин-

тегралом от функции f(z) по кривой L) и обозначается

й

∫ f (z)dz =

и

(χk )∆zk. .

(15)

lim

∑n

f

L

max ∆zk

→0 k =1

р

Рассмотрим вопрос о существовании интеграла (15). Представим

суммы (14) в следующем виде:

т

n

и

n

∑

f (χ

k

)(z

k

− z

k −1

)=

о(u(ξ ,η

k

)+iv(ξ

k

,η

k

)) (∆x

k

+i∆y

k

)=

∑

k

k =1

зn

k =1

= n

[u(ξ

,η ) ∆x

−v(ξ ,η ) ∆y ]+

(16)

о

∑

k

k

k

k

k

k

k =1

е

+i

∑[u(ξk ,ηk ) ∆yk +v(ξk ,ηk ) ∆xk ].

k =1

Р

Дпйствительная и мнимая части в равенстве (16) представляют

собой интегральные суммы криволинейных интегралов второго ро-

да. Cледовательно, интеграл (15) существует, если существуют два

криволинейных интеграла

∫udx −vdy

и ∫udy + vdx .

(17)

L

L

∫ f (z)dz =

∫u(x, y)dx − v(x,

У

y)dy + i∫v(x, y)dx + u(x, y)dy . (18)

L

L

L

Т

Из формулы (18) следует, что свойства интеграла (15) аналогич-

ны свойствам криволинейных интегралов 2-го рода:

Н

1) ∫[f1(z)+ f2 (z)]dz = ∫ f1(z)dz + ∫ f2 (z)dz ;

L

L

L

2) ∫аf (z)dz = а∫ f (z)dz ;

L

L

Б

3) ∫ f (z)dz = − ∫ f (z)dz ,

L

L−

где

й

L− – линия, совпадающая сL, но противоположно направленная;

4)

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz .

L1+L2

L1

L2

Пусть x = x(t), y = y(t), zжно(t) = x(t) + iy(t) – параметрические урав-

Вычисление контуиных интегралов

Контурные интегралы м

рвычислять, сводя их с помощью

формулы (18) к двум дейс ви ельным криволинейным интегралам.

з

нения линии

L; z0т=x(t0)+iy(t0); z=x(t1)+iy(t1). Тогда ∫ f (z)dz =

о

и

L

t1

[u

y

t1

[u(x(t), y(t)) y (t)+v(x(t), y(t))×

= ∫

(x(t), y(t)) x (t)−v(x(t), y(t))

(t)] dt +i ∫

п

′

′

′

t0

t0

е

t1

t1

f (z(t)) z (t) dt.

× x

(t)]dt = ∫[u(x(t), y(t))+iv(x(t), y(t))][x (t)+iy (t)]dt =

∫

Р

′

′

′

′

t0

t0

Эта формула удобна для вычислений контурных интегралов.

Пример 1

Вычислить:

∫z dz , где L – отрезок, соединяющий точки z0 = 0;

L

L

L

2

xdx

2

dx

x

5

2

5

+i∫xdy − ydx = ∫

xdx +

+i ∫

x

−

dx

=

∫xdx =

.

4

2

2

4

2

L

0

0

0

Или: x = 2t; y = t .

У

Отсюда

z = 2t + it = (2 + i)t; dz = (2 + i)dt;

= (2 −i)t ;

z

∫zdz = ∫1

(2 −i)t (2 +i)dt = (4 +1) ∫1 tdt =

5 .

Т

L

0

0

2

Пример 2

Н

∫(1+i − 2z)dz,

Вычислить интеграл

где L – дуга параболы от

точки z1 = 0 до z2 =1+i .

L

Б

Решение. Преобразуем подынтегральнуюйфункцию 1+i − 2z =

= (1−2x)+i(1+ 2y), где u(x, y)=1− 2x ,

v(x, y)

=1+ 2y , т.к.

∫ f (z)dz =

и

L

р(1+i −2

)dz =

=

u dx −vdy +i

v dx +udy,

(1−2x)dx −(1+ 2y)dy +

∫

∫

z

∫

∫

L

(1+ 2y)dx +

L

−2x)dy.

L

L

+i∫

(1

о

L

то

(0 ≤ x ≤1).

Для параболы

y = x2

dy = 2xdx,

и

1

(1−2x −(1

)2x)dx +i

1

(1

+(1− 2x)2x)×

След

,

2

2

(1

+i −

2z)=

∫

+ 2x

∫

+ 2x

з∫

4

L

0

0

×dx = −2вательно+ i.

3

п

§ 8. ТЕОРЕМА КОШИ

еассмотрим условие независимости от пути интегрирования L

интеграла функции комплексного переменного

Р

∫ f (z)dz .

Доказательство

У

Проведем в предположении о непрерывности производнойf′(z) в D ,

не входящем в определение аналитической функции,

что значи-

Т

тельно упростит рассуждения (теорему можно доказать и без этого

предположения).

Н

Доказательство сводится к доказательству равенства нулю двух

действительных криволинейных интегралов

Б

∫udx −vdy

∫udy + vdx .

L

L

й

На основании условия независимостииот пути интегрирования криво-

линейного интеграла

∫

P(x, y)dx + Q(x, y)dy от функции действитель-

L

р

о

∂P ∂Q

∂u

∂v ∂v ∂u

ного переменного ∂y

=

∂x

имеем следующее: ∂y = − ∂x ;

∂y = ∂x .

т

Непрерывность же частных производных функции u и v сразу же

вытекает из непрерывностии f(z).Теорема Коши доказана.

Сф рмулируем теорему Коши для многосвязной области.

з

ТеоремаоКоши для многосвязной области. Если функция f(z)

аналитична в замкнутой многосвязной области

, то

D

п

е

интеграл от этой функции по границе области D, прохо-

димой в положительном направлении, равен нулю.

Р

Доказательство

будем иметь следующее:

∫ f (z)dz = 0,

причем контур Г обходится в

Γ

таком направлении, при котором областьD остается слева, т.е. в поло-

жительном направлении. При этом обходе каждый из разрезов γ1 ,

γ2

будет проходиться дважды в противоположных направлениях, в силу

Н

У

чего интегралы по каждому из разрезов взаимно уничтожатся.

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫

f (z)dz + ∫

f (z)dz + ∫ f (z)Тdz +

L

L1

Б

Γ

γ1

γ2

+∫ f (z)dz + ∫

f (z)dz + ∫

f

(z)dz = 0.

L2

й

γ1

γ2

и

∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +

∫ f (z)dz = 0.

L

L1

L2

р

о

т

и

з

о

п

1

2

е

Рис. 6

Зд сь внешний контур обходится против часовой, а внутренние –

Р

по часовой стрелке. Теорема доказана.

Изменив направление обхода внутренних контуров L и L ,

бу-

дем иметь следующее:

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz,

L

L1

L2