Теорема 5.5. Если f(z) аналитическая функция в односвязной области D, то справедлива формула Ньютона-

Лейбница

z1

Z

f( )d = F (z1) F (z0);

(5.10)

z0

где F (z) любая первообразная функции f(z), z0 и z1 любые точки из D, и интегрирование ведется по произвольному пути, лежащему в D.

Таким образом, определение первообразной и формула Ньютона-Лейбница для функций действительного переменного и для аналитических функций комплексного переменного полностью совпадают. Благодаря этому интегралы от элементарных функций комплексного переменного вычисляются с помощью тех же формул и методов, что и в действительном анализе. В частности, остается в силе известная таблица первообразных.

i

Пример 5.3. Вычислить интеграл R(z2+(1 2i)z 4+3i)dz.

i

Решение. Так как подынтегральная функция аналитическая, то вычислим интеграл, используя формулу НьютонаЛейбница.

i

Z (z2 +(1 2i)z 4+3i)dz = z3 + (1 2i)z2 (4 3i)z 3 2

i

i

=

i

= 3i 1 2 2i 4i 3 3i + 1 2 2i 4i 3 = 6 263i:

5.4. Интегральная формула Коши и ее следствия

Интегральная формула Коши выражает фундаментальное свойство аналитических функций. Оказывается, аналитическая функция f(z) в замкнутой области D вполне определяется

184

f(z)dz

z a =

2 if(a); если a принадлежит D;

0; если a не принадлежит D:

своими значениями на границе области: по граничным значениям такой функции можно восстановить ее значения всюду внутри области.

Теорема 5.6. Пусть f(z) аналитическая функция в замкнутой области D (односвязной или многосвязной). Тогда значение функции f(z) в любой внутренней точке a 2 D выражается через ее значения f(z) в точках границы по сле-

дующей интегральной формуле Коши:
	1		Z	dz
f(a) =				f(z)	:	(5.11)
	2 i			z a

Замечание. Формула Коши оказывается справедливой и в том случае, если функция f(z) аналитична лишь внутри обла-

сти D, но является непрерывной в замкнутой области D.

f(z)

Если же a не принадлежит D, то тогда функция z a яв-

ляется аналитической в области D и поэтому R f(z)dz = 0.

z a

Таким образом, интегральную формулу Коши еще можно переписать в виде

"

Z

(5.12)

Интеграл, стоящий в правой части формулы (5.11), будем называть интегралом Коши в случае если замкнутый контур, а функция f аналитическая в области D, ограниченной контуром , и непрерывна на . Если же произвольная кусочно-гладкая кривая, а функция f задана только на и

непрерывна на ней, то интеграл 1 R f(z)dz будем называть

2 i z a

интегралом типа Коши. Очевидно, что интеграл Коши является частным случаем интеграла типа Коши.

185

Интегральная формула Коши имеет многочисленные важные применения.

Теорема 5.7. Если функция f аналитическая в замкнутой области D, то она имеет в каждой внутренней точке a 2 D производные всех порядков, которые выражаются по формулам Коши для производных:

f(n)(a) = 2 i Z		(z a)n+1 ; n = 1; 2; 3; : : :	(5.13)
	n!	f(z)dz

Таким образом, из существования в некоторой области D первой производной функции f(z) следует существование всех ее производных! В частности, производная аналитической функции также является аналитической функцией (поскольку, в свою очередь, имеет производную). Это свойство существенно отличает дифференцируемые функции комплексного переменного от дифференцируемых функций действительного переменного.

Замечание. Любую гармоническую функцию в односвязной области D можно рассматривать как действительную часть аналитической в D функции (см. § 3 п. 2). Поэтому, согласно теореме 5.7, гармоническая функция имеет частные производные всех порядков, и эти производные, в свою очередь, являются гармоническими функциями.

Теорема 5.8 (теорема о среднем). Пусть функция f(z)

аналитична в замкнутом круге jz z0j 6 R радиуса R с центром z0. Тогда ее значение в центре круга z0 равно среднему арифметическому ее значений на окружности jz z0j = R, то есть

	2	f(z0 + R ei')d':	(5.14)
f(z0) = 2 Z0
1

186

Теорема 5.9 (принцип максимума модуля). Если функция f(z) аналитическая в области D и непрерывна в замкнутой области D, то либо f(z) const, либо максимального по модулю значения она достигает на границе.

Теорема 5.10 (неравенства Коши для производных аналитической функции). Если f(z) аналитическая функция в замкнутом круге jz z0j 6 R, то все ее производные в точке z0 удовлетворяют неравенству

f(n)(z0)		6	M n!			(5.15)
			Rn		; n = 1; 2; 3; : : : ;
где M максимум	модуля			функции f(z) на окружности
jz z0j = R.

Теорема 5.11 (теорема Лиувилля). Если функция f(z) является аналитической и ограниченной во всей комплексной плоскости C, то f(z) тождественно равна постоянной.

С помощью теоремы Лиувилля можно доказать справедливость следующего утверждения.

Теорема 5.12 (основная теорема алгебры). Всякий многочлен Pn(z) = a0 + a1z + ::: + anzn, an 6= 0, n > 1 имеет по крайне мере один нуль.

Если f(z) аналитична в односвязной области D, то, согласно интегральной теореме Коши, интеграл от f(z) по любому замкнутому контуру, лежащему в D, равен нулю. Следующая теорема показывает, что справедливо и обратное утверждение.

Теорема 5.13 (теорема Морера). Пусть однозначная функция f(z) непрерывна в односвязной области D и интеграл от f(z) по любому замкнутому контуру, лежащему в D, равен нулю. Тогда f(z) аналитическая функция в D.

187

Интегральная формула Коши (5.11) и формула (5.13) применяются для вычисления интегралов по замкнутым конту-

	рам, охватывающим особые точки функции f(z).
	Пример 5.4. Вычислить интеграл		sin z		dz, где
			z2 + 4
	окружность с центром i радиуса 2.	R

Решение. Знаменатель подынтегральной функции обращается в 0 в точках 2i, причем внутри окружности jz ij = 2 лежит только точка 2i. Перепишем интеграл в виде

sin z

sin z

sin z

+2i

Z

dz = Z

dz = Z

z

dz:

z2 + 4

(z 2i)(z + 2i)

z 2i

Функция

f(z) =

sin z

является

аналитической в круге

z + 2i

jz ij 6 2. Поэтому можем применить формулу (5.11)

Z

sin z

sin 2i

+2i

z

dz = 2 if(2i) = 2 i

=

sin 2i =

i sh 2:

z 2i

2i + 2i

2

2

ch z

Пример 5.5. Вычислить интеграл

dz,

где

(z2

1)2

R

: jz 1j = 1.

Решение. Знаменатель подынтегральной функции обращается в 0 в точках 1, причем внутри окружности jz ij = 2 лежит только точка 1. Перепишем интеграл в виде

Z	(z2 1)2 dz = Z	(z 1)2(z + 1)2 dz = Z		ch z
			(z 1)2 dz:
	ch z	ch z		(z+1)2

188

ch z

Функция f(z) = (z + 1)2 является аналитической в круге jz 1j 6 1. Поэтому можем применить формулу (5.13)

Z

ch z

(z 1)2

0

(z + 1)3

(z+1)2

dz = 2 if

(1) = 2 i

(z + 1) sh z 2 ch z

sh 1 ch 1

e e 1 e e 1

i

= i

= i

=

:

2e

2

4

=

z=1

Задания для аудиторных занятий к § 5

Вычислить интегралы

R

1.zzdz, где отрезок, соединяющий точки 0 и 1 + 2i.

R

2. z Re zdz, где окружность jzj = 2, пробегаемая от

точки 2 до точки 2 против часовой стрелки.

3. R z Im zdz, где парабола y = x2, пробегаемая от точки

1 + i до точки 2 + 4i.

4. R ezdz, где ломанная, соединяющая точки 0, 3, 3+5i.

R

5.2z+z+Im zdz, где окружность jzj = 1, пробегаемая

против часовой стрелки.

R

6. =Rez + 3iz + 4 Im zdz, где отрезок, соединяющий

точки 1 + i и 1 + 3i.

R

7.jzjdz, где отрезок, соединяющий точки 1 и 1.

R

8. jzjdz, где дуга окружности jzj = 1, Im z > 0, про-

бегаемая от точки 1 до точки 1 по часовой стрелке.

9. R ezdz, где дуга окружности jzj = 1, Im z > 0, пробе-

гаемая от точки 1 до точки 1 по часовой стрелке.

189

	10.	sin zdz, где отрезок [0; i].
2
	5iR
	11.	R z cos 3z2dz, где кривая, соединяющая точки 1 + i
и
	.
0 и i.		R
	12.	(z + 3i) sin 2zdz, где кривая, соединяющая точки
		p	R	dz
	13.	Вычислить интеграл		p		по следующим контурам:
					z

1)jzj = 1, Im z > 0, p1 = 1;

2)jzj = 1, Im z 6 0, p1 = 1;

3)jzj = 1, Im z 6 0, p 1 = i;

4) jzj = 1, Im z > 0, 1 = i.

R

14. Вычислить интеграл Ln zdz по следующим контурам:

1)jzj = 1, Ln 1 = 0;

2)jzj = 1, Ln i = 2i.

15. Вычислить интеграл по замкнутому контуру:

1)R cos zdz , : jz ij = 1;

z i

Rsh zdz

2)(z i)(z 2), : jz 2j = 1;

Rezdz

3)z2 + 1, : jz ij = 1;

4)R z cos zdz , : jz 2j = 2;

z4 1

Rcos zdz

5)(z i)(z + 1), : jzj = 2;

Rz2 + i

6)(z2 1)dz, : jzj = 2;

Rzdz

7)(z 3i)(z i)(z + 1), : jzj = 2;

190

Rch zdz

8)(z2 9)(z2 + 9), : jzj = 5;

Rsin zdz

9)(z i)2 , : jz ij = 1;

10)	R	sh zdz			, : jz 1j = 1;
		(z2	dz
				1)2
12)	R				, : jzj = 2.
		z(z		1)3

ИДЗ 5

R

1. Вычислить интеграл f(z)dz, где линия, соединяю-

щая точки z1 и z2 а) по прямой; б) по параболе y = cx2; в) по ломанной z1z3z2.

1.1.f(z) = z + (1 + i)z, z1 = 0, z2 = 1 + 2i, z3 = 4 + 5i, c = 2.

1.2.f(z) = 2 i + (3 + 2i)z z, z1 = 1 + 3i, z2 = 2 + 12i,

	z3 = 1 + 12i, c = 3;		1
	1.3. f(z) = iz + 2z + 1, z1	= 2 + 2i, z2 = 4 + 8i, z3 = 2 + 8i, c =		;
			2
	1.4. f(z) = zz + 6 3i, z1	= 3 + i, z2 = 6 + 4i, z3 = 3 + 12i, c =	1	;
			9

1.5. f(z) = z2 + 2iz, z1 = 0, z2 = 3 + 4i, z3 = 4i, c = 49;

1.6. f(z) = z3 4 + 5i, z1 = 0, z2 = 2 + 3i, z3 = 2, c = 34; 1.7. f(z) = (5 7i)z + (1 + i)z, z1 = 1 + 4i, z2 = 2 + 16i,

z3 = 1 + 16i, c = 4;

1.8.f(z) = z + 3iz, z1 = 1 2i, z2 = 2 8i, z3 = 1 8i, c = 2;

1.9.f(z) = z + 3z2, z1 = 2 + 4i, z2 = 3 + 9i, z3 = 2 + 9i, c = 1;

1.10. f(z) = (1+5i)z +z2 +3i, z1 = 4+2i, z2 = 8+8i, z3 = 4+8i,

c = 18;

1.11. f(z) = 2iz 3z+4 3i, z1 = 2+5i, z2 = 4+20i, z3 = 2+20i, c = 54;

191

1.12.f(z) = Im z + zi, z1 = 1 + 3i, z2 = 2 + 12i, z3 = 1 + 12i,

c = 3;

1.13.f(z) = Re z2 +2i z, z1 = 2+3i, z2 = 6+27i, z3 = +27i, c = 34;

1.14.f(z) = (1 3i)z + Re z 1 + 5i, z1 = 0, z2 = 3 + 5i, z3 = 5i, c = 59;

1.15.f(z) = 2 Im z2 + 3 + 4i, z1 = 3 + 2i, z2 = 6 + 8i, z3 = 3 + 8i,

	c =	2	;
	9					4
	1.16. f(z) = z + iz, z1 = 3 + 4i, z2 = 6 + 16i, z3 = 3 + 16i, c =						;
						9
	1.17. f(z) = Im(z(2 3i)) + z2, z1 = 2 + i, z2 = 6 + 9i,
	z3 = 2 + 9i, c =			1	;
				4

1.18.f(z) = (3+i)z+i Re z, z1 = 3+i, z2 = 6+4i, z3 = 3+4i, c = 19;

1.19.f(z) = 2 + z + Im z, z1 = 1 + 2i, z2 = 3 + 18i, z3 = 1 + 18i,

c = 2;

1.20. f(z) = Im z +3i Re z2, z1 = 1 3i, z2 = 2 12i, z3 = 1 12i,

c = 3;

1 1.21. f(z) = z Re z + 4 2i, z1 = 0, z2 = 4 + 2i, z3 = 4, c = 8;

1.22. f(z) = (7 2i)z + 2i Re z, z1 = 1 + 2i, z2 = 2 + 8i, z3 = 1 + 8i, c = 2;

1.23.f(z) = z2 Im z2 + 2 + 5i, z1 = 0, z2 = 3 + 2i, z3 = 2i, c = 29;

1.24.f(z) = 2z + (3 + i) Re z2, z1 = 2 + i, z2 = 4 + 4i, z3 = 2 + 4i,

c = 14;

1.25. f(z) = Im(z3) + 3iz, z1 = 2 3i, z2 = 4 12i, z3 = 2 12i,

c = 34;

7 1.26. f(z) = (4 5i)z + Im z, z1 = 0, z2 = 2 + 7i, z3 = 2, c = 4;

192

1.27. f(z) = (2 i)z+z Re z, z1 = 3+2i, z2 = 6+8i, z3 = 6+2i, c = 29;

1.28. f(z) = 4 + 2z i Im z, z1 = 3 + i, z2 = 6 + 4i, z3 = 3 + 4i,

c = 19;

1.29. f(z) = (2+5i) Re z+z2, z1 = 2 4i, z2 = 4 16i, z3 = 2 16i,

c = 1;

1.30. f(z) = 3 Re z + iz2, z1 = 0, z2 = 2 5i, z3 = 2, c = 54.

R

2. Вычислить интеграл f(z)dz, где линия, соединяю-

щая точки z1 и z2;

2.1.f(z) = zez, z1 = 0, z2 = 3i;

2.2.f(z) = z2 + (3 + 2i)z, z1 = 4, z2 = 5i;

2.3.f(z) = z sin z, z1 = 0, z2 = 1 + i;

2.4.f(z) = (1 + 2i)z2 + 4 i, z1 = i, z2 = 1 + 2i;

2.5.f(z) = z cos z, z1 = 1 + i, z2 = 4.

2.6.f(z) = zez2 , z1 = 2i, z2 = 2 + i;

2.7.f(z) = (1 + 2i + z)2, z1 = 1 + i, z2 = 2 + 3i;

2.8.f(z) = (z i) sin z, z1 = 2i, z2 = 1 + i;

2.9.f(z) = (3 + i)z2 1, z1 = 3 + 2i, z2 = 1 i;

2.10.f(z) = (2 + z) cos z, z1 = 0, z2 = 2 + i;

2.11.f(z) = 2i z2, z1 = 1 i, z2 = 3i;

2.12.f(z) = 3 + 4i sin z, z1 = 1 + i, z2 = 2i;

2.13.f(z) = cos(5z + 2i) + iz, z1 = 0, z2 = 3 + i;

2.14.f(z) = e2z, z1 = 1 + i, z2 = 3;

2.15.f(z) = (z i)ez, z1 = 2 2 i, z2 = 0;

2.16.f(z) = 3 sin z, z1 = 1 + i, z2 = 4;

2.17.f(z) = iz2 + (1 i)z + 3 2i, z1 = 3 i, z2 = 2i;

2.18.f(z) = (1 + 3i + z) sin z, z1 = 0, z2 = 2 + 3i;

2.19.f(z) = z cos 2z, z1 = 1, z2 = 4i;

2.20.f(z) = ie(2+3i)z 2+i, z1 = 0, z2 = 2 i;

2.21.f(z) = sin z cos z, z1 = 1 + i, z2 = 2i;

193

2.22.f(z) = (i z)2, z1 = 1 i, z2 = 3 + 2i;

2.23.f(z) = 1 ez + cos z, z1 = 2 i, z2 = 1 + i;

2.24.f(z) = eiz + 1, z1 = + i, z2 = 2 + 2i;

2.25.f(z) = 2 4i + z cos z, z1 = 0, z2 = 2 + i;

2.26.f(z) = sin2 z, z1 = 2, z2 = 3i;

2.27.f(z) = cos2 z, z1 = 1, z2 = i;

2.28.f(z) = z sin iz, z1 = 1 + 2i, z2 = 3 i;

2.29.f(z) = z2 + 3iz, z1 = 1 + 4i, z2 = 3 2i;

2.30.f(z) = ez cos z, z1 = 0, z2 = i.

3.Вычислить интеграл по замкнутому контуру.

H			ch 2z		a) : jz ij = 1; б) : jzj = 3;
			i)(z + 2 + i)dz,
3.1. (z

H ez

3.2.(z 2 + i)(z + 1 i)dz, a) : jz 1 + ij = 2;

б) : jzj = 3;

H			sin 3z		б) : jz +1 2ij = 3;
			3i)(z + 2)dz, a) : jz +1j = 3;
3.3. (z

H cos iz

3.4.(z 1 3i)(z 1 + 2i)dz, a) : jz 1 + ij = 2;

б) : jz 1j = 4;

H	eiz				a) : jzj = 2; б) : jz + 2j = 4;
	(z + 5)(z		i)dz,
3.5.

H ch z

3.6.(z + 3 2i)(z + 1)dz, a) : jz + 2j = 2;

б) : jz + 2 ij = 2;

H					sh 5z
	cos z
3.7.	(z + 1 + i)(z + 1 + 2i)dz, a) : jz + 2j = 2; б) : jzj = 3;
3.8.					dz, a) : jz ij = 2; б) : jz 1j = 2;
	z(z			2)
H			cos iz
H							a) : jzj = 3; б) : jz + 1 + ij = 4;
	(z			2 + i)(z + 4)dz,
3.9.

194

H				e2iz
			1		2i)(z + 3i)dz, a) : jz ij = 2; б) : jzj = 4;
3.10. (z

H z i

3.11.(z 1 3i)(z + 2)dz, a) : jz + 2j = 1;

б) : jz + 1 2ij = 3;

H		z2
	(z	zez
3.12.		1)(z + i)dz, a) : jz 1j = 1; б) : jz 1j = 2;
H
	(z + 3i)(z			2)dz, a) : jz 1 + ij = 2; б) : jz + ij = 3;
3.13.

H 3z 2i

3.14.(z 4 + i)(z 2 i)dz, a) : jz 1j = 2;

б) : jz 3j = 2;

H

z 1

,

a)

;

б)

3.15. (z

dz

: z

= 3

: z + 3i = 2

1 + 3i)(z + 2i)

j j

j

j

;

H sh 4z

3.16.(z + 2 + 2i)(z + 2i)dz, a) : jz + 2ij = 1;

б) : jz + 1 + 2ij = 2;

H

sin z

(z

z

i)dz, a) : jzj = 2;

б) : jz 2j = 3;

3.17.

4 + i)(z

H

ch 3z

dz,

a) : jz 2j = 2;

б) : jz 1+ij = 3;

3.18.

(z

3)(z + 3i)

H

4iz + 1

dz,

a) : jz + 1j = 1;

б) : jzj = 3.

3.19.

(z + 1)(z + 2i)

H

(z

2 + 4i)(z

1)dz, a) : jzj = 2;

б) : jz 1+2ij = 3;

3.20.

H ch 3z

3.21.(z + 2 + i)(z + 2i)dz, a) : jz + 1j = 2;

б) : jz + 1 + ij = z2;
H				e
	(z + 1			sh z		2 i)dz, a) : jzj = 2;			б) : jz +1j = 2;
3.22.				i)(z +
H								a) : jz 3j = 1;	б) : jz 3j = 2;
	(z		4	+ i)(z		3)dz,
3.23.

195

sin z

H	cos 2z
3.24.	(z + 1 + 3i)(z + 2i)	dz, a) : jz+ij = 2; б) : jz+3ij = 2;
H			dz, a) : jz+2ij = 2; б) : jzj = 3;
3.25.	(z + 1 + i)(z + 2 + i)

H ch 3iz

3.26.(z 2 3i)(z + 1 2i)dz, a) : jz ij = 2;

б) : jz 3ij = 3; z
H					e
	(z	2	1		i)(z + 2				i)dz, a) : jzj = 2; б) : jz + ij = 3;
3.27.
H	2z		+ 1					: jz 1j = 2; б) : jz 1 + ij = 3;
			4iz
3.28.	z(z + 3i)dz, a)
H
	(z		i)(z			2i)dz, a) : jz 1j = 2; б) : jz 1 ij = 2;
3.29.

H cos z

3.30.(z + 1 + 2i)(z 1 + i)dz, a) : jz 1j = 2;

б) : jz + ij = 2.

4. Вычислить интеграл по замкнутому контуру.

H			dz			, a) : jz 2ij = 1; б) : jz 3ij = 3;
	(z		2i)3(z + 2		5i)8
4.1.

Hcos 3iz

4.2. (z + 3 i)2(z i)3 dz, a) : jz ij = 1; б) : jz + 1 ij = 3;

He4z

4.3. (z i)2(z + 1 + 5i)3 dz, a) : jz 1j = 2; б) : jz+2ij = 4;

H dz

4.4.(z 3i)5(z 5 + i)9 , a) : jz 3ij = 2;

б) : jz 2 ij = 4;

H				eiz			б) : jzj = 3;
	(z +		2	2
4.5.				i)2(z + 2i)3 dz, a) : jz + 2j = 2;
H				z
	(z		1)3(z + 3i)3 dz , a) : jz 1j = 2; б) : jz + ij = 3;
4.6.
				196

ch 3z

H		cos z
4.7.	(z + 4)2(z + 1 + 3i)3				dz, a) : jz+3j = 2;	б) : jz+1j = 4;
H
	z3(z		2 + i)2 dz, a) : jz + 2i 1j = 2;			б) : jz 1j = 2;
4.8.

H dz

4.9.(z 2+i)7(z+3i)9 , a) : jz+2ij=2; б) : jz 1+2ij=2;

H			e2iz
	(z + 3		2i)2(z + 2i)3 dz, a) : jz +ij = 2; б) : jzj = 4;
4.10.

H dz

4.11.(z 5i)3(z + 1 + i)9 , a) : jz 3ij = 3;

б) : jz + 1 2ij = 4;

H		ch iz									a) : jz + 3 2ij = 2;
	(z + 2	= 2
4.12.			i)2		(z + 1)3 dz,
б) : jz + 1 ij			2iz			;
H	ze									a) : jz 1j = 2; б) : jz + ij = 3;
	(z + 2i)2(z						2)2 dz,
4.13.

H dz

4.14.(z 3 + i)7(z 2 + 2i)9 , a) : jz 1 + 2ij = 2;

H

z3 + iz

(z

cos 3z

1)2 dz, a) : jzj = 3; б) : jz+ij = 3;

4.15.

2+3i)2

(z+2i

H

a) : jz + 2ij = 2;

(z + 1 + 2i)2

(z

1

i)3 dz,

4.16.

б) : jz 1 + 2ij = 4;

H

ch 3iz

a) : jz 2ij = 3;

(z

2

3

4.17.

3i)3(z + 1 + 2i)2 dz,

б) : jz 1j = z;

H

a) : jz 2j = 2; б) : jz 2+ij = 3;

(z

iz

2

+ 3z

4.18.

3)3

(z + 2i)3 dz,

H

a) : jz 2i + 1j = 2;

(z + 4i)2(z

2i)2 dz,

4.19.

б) : jz

2 + ij = 2;

p

б) : jz 1 + ij = 2 3;

197

H					dz				, a) : jzj = 2; б) : jz 1+2ij = 3;
	(z				sin 3z
4.20.			2 + 4i)5(z + 1)8
H
	(z + 2 + i)2(z + 2i								1)2 dz, a) : jz + 1j = 2;
4.21.
б) : jz + 1 + ij =z3;
H					e
	(z+1				i)2(z+2+i)2 dz, a) : jzj = 2; б) : jz + 1j = 2;
4.22.

H dz

4.23.(z 3 + i)9(z 3i + 1)8 , a) : jz 3j = 2;

б) : jz 1 ij = 3;

Hsin z

4.24.

dz, a) : jz+ij = 2; б) : jz+3ij = 2;

(z 1+3i)2(z+2i)2

4.25.

dz

, a) : jz +2ij = 2; б) : jzj = 3;

(z + 1 + i)3(z

2

i)7

H

sin iz

H

(z

ez

i)2 dz, a) : jzj = 2; б) : jz 2j = 3;

4.26.

4 + i)2(z

H

2

dz, a) : jzj = 2; б) : jz+ij = 3;

4.27.

(z

1

i)3(z + 2 + i)2

H

2z

(z

ch 3z

4.28.

1)2(z + 3i)3 dz, a) : jz 1j = 1; б) : jz 1+ij = 3;

H

dz

dz, a) : jz+1j = 2; б) : jz 2j = 3;

4.29.

(z

i)2

(z + i

4)2

H

p

, a) : jz + 1 + ij = 2;

4.30.

(z + 2 + 2i)5(z

2i + 1)7

б) : jz + i + 2j = 2

.

3

Решение типового варианта

Пример 1. Вычислить интеграл

(2i +

zz iz)dz, где

линия, соединяющая точки z1 = 1 +R

2i и z2 = 2 + 8i

a) по прямой;

б) по параболе y = 2x2;

в) по ломаной z1z3z2, где z3 = 1 + 8i.

198

Решение. Кривые интегрирования изображены на рис. 5.2 а) Первый способ. Выделим действительную и мнимую ча-

сти подынтегральной функции, то есть перепишем ее в виде

			2i +
					zz iz =
		= 2i + (x yi)(x + yi)
	i(x + yi) = (x2 + y2 + y)+
		+(2 x)i = u + vi;
	где u = x2 + y2 + y, v = 2 x.
	Применяя формулу (5.3), полу-
	чим	2R
			2
	R		(2i +	zz iz)dz =
		2	2
	= (x + y + y)dx (2 x)dy+
	R		+ y + y)dx + (2 x)dy:
	+i	(x
Рис. 5.2	Уравнение прямой, проходящей че-

рез точки z1 и z2, имеет вид y = 2x + 4, 1 6 x 6 2, при этом dy = 2dx. Тогда найдем

2

R

(2i +

zz iz)dz =

= R12((x2 + (2x + 4)2 + 2x + 4) 2(2 x))dx+

+i

(2

x + 2(x2 + (2x + 4)2 + 2x + 4))dx =

2

R1

2

2

dx + i

R1

(10x2 + 35x + 42)dx =

=

= R13(5x + 20x + 16)

2

3

2 x2

+ 42x

2

1=

3 + 10x2

+ 16x

1+i

3 +

5x

10x

35

417

=

93 +

i:

2

199

Второй способ. Параметрическое уравнение линии имеет вид z = t + (2t + 4)i, 1 6 t 6 2.

Тогда, применяя формулу (5.4), найдем

R

(2i + zz iz)dz =

2

R

=((2i i(2t + 4))(t + i(2t + 4)) i(t + i(2t + 4)))(1 + 2i)dt =

1	2
= (1 + 2i) R1				2					=
			(5t + (18 i)t + 20 + 2i)dt
										2
= (1 + 2i)	5	t3 +		9	1		i t2 + (20 + 2i)t					=
											1
	3				2
						9
= (1 + 2i)				102 +				i = 93 + 208; 5i:
					2

б) Для параболы y = 2x2, имеем dy = 4xdx, 1 6 x 6 2. Следовательно, по формуле (5.3) находим

2

R (2i + zz iz)dz = R ((3x2 + x4) (2 x)4x)dx+

1

	2															2
+i	R21(2 x + (3x							2		4							4					2		8x)				2
									+ 4x )4x)dx =						R1(4x + 7x
		(16x5 + 12x3 x + 2)dx =													5x5 +				3x3		4x2						dx+
+i	1																												1	+
R															4				7
			8		6				4	1			2			2	177					435
		+i		x		+ 3x						x		+ 2x			=			+					i:
			3																5
										2							1							2
в)	На отрезке						z1z3								2		6 y 6 8, на											отрезке
										: x				= 1;

z3z2 : y = 8; 1 6 y 6 2. Используя формулу (5.3) и свойство линейности криволинейных интегралов, имеем

R	8		8	z1Rz3	8			z3Rz2	2
	(2i +	zz iz)dz =			(2i +	zz iz)dz +			(2i +	zz iz)dz =

		(2 x)dx = 3y 2+i 2x 2x2 1= 18 + 2i:
= 3 2 dy+i 2
R	R		1		9

200

Этот пример показывает, что интеграл от непрерывной, но не аналитической функции зависит не только от начальной и конечной точек интегрирования, но и от пути интегрирования, соединяющего эти точки.

Пример 2. Вычислить интегралы а) R (iz2 + (2 i)z)dz,

где линия, соединяющая точки z1 = 1 i и z2 = 2 + 4i;

p

ii

R	R	R
б) z2 cos 3zdz; в)	z sin z2dz; г)	ez2dz, где окружность
i	0

jzj = 1.

Решение. a) Подынтегральная функция f(z) = iz2+ +(2 i)z аналитическая всюду. Значит, можно применить формулу Ньютона-Лейбница.

Z			3	2	1 i				3
(iz2 + (2		i)z)dz =	i z3 +	2 iz2		2+4i	=		43 + 22i:

б) Функции z, z2, cos 3z, sin 3z являются аналитическими функциями. Дважды применяя формулу интегрирования по частям, получим

	i											1						i																1				i
	i z2 cos 3zdz =															i z2d(sin 3z) =																				z2 sin 3z i
													3																						3
	R	1					i										R										1
																		1
							sin 3zdz2					=							i2 sin 3i											( i)2 sin( 3i)
		3																3									3
			2 Ri															2										2						i
							i																											Ri
							R 2					2												i				2
				3			i z sin 3zdz =													3	sin 3i +								9				i zd(cos 3z) =
			=						i sh 3 +							z cos 3z i																i cos 3zdz =i
								3						9														9
		2				2												2																R			2
=						i sh 3 +					i cos 3i +												i cos(					3i)										sin 3z	=
	3					9												9														i					27		i
											= (4 ch 3													6 sh 3)										:
																												9

201

Рис. 5.3

ip

1 ip

1

ip

в)

R0

z sin z2dz =

R0

sin z2dz2 =

cos z2j0z2

= 1:

2

2

г) Так как подынтегральная функция e

аналитиче-

ская всюду, а контур интегрирования

j

z

j

= 1 замкнутый, то

ez2 dz = 0.

R

ez

Пример 3. Вычислить интеграл

dz, где :

z2 + iz + 2

R

а) jz ij = 1; б) jzj = 3; в) jz 1j = 1.

Решение. а) Подынтегральная функция аналитическая всюду за исключением нулей знаменателя i и 2i. В круге интегрирования находится только точка i (см. рис. 5.3). Преоб-

разуем подынтегральную функцию

ez

ez

ez

=

=

z + 2i

:

z2

+ iz + 2 (z i)(z + 2i)

z i

Функция f(z) =

ez

аналитическая в

z + 2i

круге jz ij 6 1. Поэтому, пользуясь интегральной формулой Коши (5.12), найдем

Rez

jz ij=1 z2 + iz + 2dz = 2 if(i) =

= 2 i ei = 2 (cos 1 + i sin 1): 3i 3

б) В области, ограниченной окружностью jzj = 3, находится две точки (см. рис. 5.4a) z = i и z = 2i, где знаменатель подынтегральной функции обращается

в ноль. Непосредственно воспользоваться интегральной формулой Коши нельзя. В этом случае интеграл можно найти двумя способами.

202

Первый способ.

Разложим дробь

1

на простые

z2 + iz + 2

дроби. Очевидно

1

=

1

=

i 1

+

i

1

:

z2 + iz + 2

(z i)(z + 2i)

3

z i

3

z + 2i

Тогда

ez

i

ez

i

ez

ij jR

2 jzjR=3

j2jR

z + 2idz 3

idz =

z =3 z2 + iz + 2dz = 3

z =3 z

=

2 i(e 2i ei) =

(cos 2 i sin 2) +

(cos 1 + i sin 1):

3

3

3

Рис. 5.4

Второй способ. Построим окружности 1 и 2 с центрами в точках z = i и z = 2i соответственно, достаточно малых радиусов так, чтобы окружности не пересекались и целиком лежали в круге jzj 6 3 (рис. 5.4 б). В трехсвязной области, ограниченной окружностями 1, 2 и jzj = 3, подынтегральная функция аналитическая. Значит, по теореме Коши для многосвязной области

	z		z		z
Z	e	dz = Z	e	dz + Z	e	dz:
	z2 + iz + 2		z2 + iz + 2		z2 + iz + 2
jzj=3	1		2

203

Рис. 5.6

sin z

(z 1)3(z + 3)dz, где :

Ккаждому интегралу в правой части применима формула

5.12.В итоге получим

jzj=3 z2

ez

ez

ez

z= 2i =

+ iz + 2dz = 2 iz + 2i z=i + 2 iz i

R

2

2

3

3

=

(cos 2

i sin 2) +

(cos 1 + i sin

1):

в) Так как в замкнутой области, ограниченной окружностью jz 1j = 1 (рис. 5.5) подынтегральная функция аналити-

Rez

ческая, то z2 + iz + 2dz = 0:

Рис. 5.5

R

Пример 4. Вычислить интеграл

а) jzj = 2; б) jz + 1j = 3.

sin z

Решение. а) Подынтегральная функция (z 1)3(z + 3)

является аналитической в круге jzj 6 2 всюду, за исключением

204

точки z = 1 (рис. 5.6). Перепишем интеграл в виде

Z			Z		sin z
	(z 1)3(z + 3)dz =			(zz 1)3 dz:
	sin z			+ 3
jzj=2			jzj=2

sin z

Функция f(z) =

аналитическая в круге jzj 6 2, следова-

z + 3

тельно, воспользуемся формулой (5.13) при n = 2.

Z

(z 1)3(z + 3)dz =

2! f00(1):

sin z

2 i

jzj=2

Вычислим производную

= (z + (z + 3)2

f0(z) =

z + 3

;

sin z

0

3) cos z

sin z

f00(z) =

(z +

(z + 3)2

=

3) cos z

sin z

0

=

(z + 3)2 sin z 2(z + 3) cos z + 2 sin z

:

(z + 3)3

Тогда

(z 1)3(z + 3)dz = 32(7 sin 1 + 4 cos 1):

Z

sin z

i

jzj=2

б) Первый способ.

В круге jz + 1j = 3 аналитичность подынтегральной функции нарушается в двух точках z = 1 и z = 3 (рис. 5.7 а).

Разложим дробь

1

на простые дроби. Имеем

(z 1)3(z + 3)

1

A

B

C

D

=

+

+

+

:

(z 1)

3

(z + 3)

(z

2

3

z 1

1)

(z 1)

z + 3

205

Найдем значения A; B; C; D из равенства

1 = A(z 1)2(z + 3) + B(z 1)(z + 3) + C(z + 3) + D(z 1)3:

При z = 1 получим 4C = 1, откуда C =																1			. При z = 3 получим
																	4
64D = 1, откуда D =								1	. Далее заметим, что коэффициент
							64
при z3 равен A + D = 0, откуда A =													1			. Свободный член равен
											64
											1
3A 3B + 3C D = 1, откуда B =																		.
														16
	Таким образом,
1			1		1			1			1					1					1		1		1
			=													+											:
	(z 1)3(z + 3)			64		z 1				16		(z 1)2								4		(z 1)3		64		z + 3

Следовательно,

R

sin z

dz =

jz+1j=3

(z 1)3(z + 3)

1

sin z

1

sin z

=

+1

=3

dz

+1

dz+

64

jz

(z

1)

16

jz

=3 (z

1)2

Rj

Rj

1

sin z

1

sin z

+

+1

=3

dz

z+1

=3

dz:

4

jz

(z

1)3

64

j

(z + 3)

Rj

Rj

К первому и последнему интегралам, применив интегральную формулу Коши (5.12), получим

Z	(z 1)dz = 2 i sin 1;
		sin z
jz+1j=3	(z + 3)dz = 2 i sin 3:
Z
		sin z
jz+1j=3

206

Второй и третий интегралы вычисляем по формуле (5.13)

Z	(z 1)2 dz =			1! (sin z)0jz=1 = 2 i cos zjz=1 = 2 i cos 1;
	sin z			2 i
jz+1j=3
	(z 1)3 dz =			2! (sin z)00jz=1 = i sin zjz=1 = i sin 1:
Z
	sin z		2 i

jz+1j=3
Окончательно получим,		32(4 cos 1 + 7 sin 1 sin 3):
Z	(z 1)3(z + 3)dz =
	sin z	i

jz+1j=3

Рис. 5.7

Второй способ.

Построим окружности 1 и 2 с центрами в точках z = 1 и z = 3 соответственно, достаточно малых радиусов так, чтобы окружности не пересекались и целиком лежали в круге jz + 1j 6 3 (рис. 5.7 б). В трехсвязной области, ограниченной окружностями 1, 2 и jz + 1j = 3, подынтегральная функция

207

всюду аналитическая. Значит по теореме Коши для многосвязной области имеем

		Z	(z 1)3(z + 3)dz =
				sin z
= Z	jz+1j=3
	(z 1)3(z + 3)dz + Z				(z 1)3			(z + 3)dz
		sin z					sin z
1				2

Rsin z

Кинтегралу 1 (z 1)3(z + 3)dz применим формулу (5.13) при n = 2. В итоге получим

Z

sin z

i

sin z

00

i

dz =

2

z=1 =

(7 sin 1+4 cos 1):

(z

1)3(z + 3)

2!

z + 3

32

1

Второй интеграл находим с помощью интегральной формулы Коши (5.12)

Z	(z 1)3		(z + 3)dz = 2 i	(z 1)3
2		sin z		sin z

В итоге имеем

= i sin 3:

z= 3 32

Z	(z 1)3(z + 3)dz =		32(4 cos 1 + 7 sin 1 sin 3):
	sin z		i
jz+1j=3

208

РЕКОМЕНДУЕМАЯ ЛИТЕРАТУРА

1.Араманович, И.Г. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости / И.Г. Араманович, Г.Л. Лунц, Л.Э. Эльсгольц. – М., 1968.

2.Бруй, I.М. Ступенныя шэрагi. Шэрагi Ларана. Вылiкi: Метадычныя парады па курсе "Тэорыя функцый камплекснай зменнай" для студэнтаў спецыяльнасцi 01.01. – "Матэматыка". Частка IV/ I.М. Бруй, Я.А. Роўба. – Гродна: ГрДУ, 1994.

3.Волковыский, Л.И. Сборник задач по теории функций комплексного переменного / Л.И. Волковыский, Г.Л. Лунц, И.Г. Араманович. М.: Наука, 1970.

4.Евграфов, М.А. Сборник задач по теории аналитических функций / М.А. Евграфов [и др.]; под ред. М.А. Евграфова. – М.: Наука, 1972.

5.Зверович, Э.И. Вещественный и комплексный анализ: учеб. пособие. В шести частях. Кн. 4 Ч. 6. Теория аналитических функций комплексного переменного / Э.И. Зверович. – Минск: Высш. шк., 2008.

6.Краснов, М.Л. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости (задачи и упражнения)/ М.Л. Краснов, А.И. Киселев Г.И. Макаренко. – М., 1971.

7.Лаврентьев, М.А. Методы теории функций комплексного переменного / М.А. Лаврентьев, Б.В. Шабат. – М.: Наука, 1965.

8.Маркушевич, А.И. Введение в теорию аналитических функций: учеб. пособие для студ. физ.-мат. фак. пед. ин-тов

/А.И. Маркушевич, Л.А. Маркушевич. – М.: Просвещение, 1977.

9.Можджер, Т.Э. Упражнения и методические указания по курсу "Теория функций комплексного переменного"для студентов специальности 01.01. – "Математика". В 2 ч. Ч. 1. Комплексные числа и действия над ними. Множества на комплекс-

209

ной плоскости/ Т.Э. Можджер, Е.А. Ровба. – Гродно: ГрГУ, 1990.

10.Можджер, Т.Э. Упражнения и методические указания по курсу "Теория функций комплексного переменного"для студентов специальности 01.01. – "Математика". В 2 ч. Ч. 2. Функции комплексного переменного. Предел. Непрерывность. Производная/ Т.Э. Можджер, Е.А. Ровба. – Гродно: ГрГУ, 1991.

11.Можджэр, Т.Э. Элементарныя аналiтычныя функцыi i канформныя адлюстраваннi. Метадычныя парады па курсе "Тэорыя функцый камплекснай пераменнай" для студэнтаў матэматычных спецыяльнасцяў/ Т.Э. Можджэр, Я.А. Роўба.

– Гродна: ГрДУ, 1993.

12.Привалов, И.И. Введение в теорию функций комплексного переменного / И.И. Привалов. – М.: Наука, 1977.

13.Пчельник, В.К. Задания и методические указания по курсу "Теория функций комплексного переменного"для студентов специальности 01.01. В 2 ч. Ч. 1. / В.К. Пчельник, Н.Н. Бабарика. – Гродно: ГрГУ, 1989.

14.Свешников, А.Г. Теория функций комплексной переменной / А.Г. Свешников, А.Н. Тихонов. – М.: Наука, 1979.

15.Сидоров, Ю.В. Лекции по теории функций комплексного переменного. / Ю.В. Сидоров, М.В. Федорюк, М.И. Шабунин.

– 2-е изд перераб. и доп. – М.: Наука, 1982.

16.Хапланов, М.Г. Теория функций комплексного переменного (краткий курс) /М.Г. Хапланов. – М.: Просвещение, 1965.

17.Чудесенко, В.Ф. Сборник задач по специальным курсам высшей математики (типовые расчеты): учеб. пособие для втузов / В.Ф. Чудесенко. – М.: Высш. школа, 1983.

18.Шабат, Б.В. Введение в комплексный анализ. Ч. 1. Функции одного переменного: учебник для университетов / Б.В. Шабат. – М.: Наука, 1985.

210

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

§ 1. Комплексные числа и действия над ними . . . . . . . . . 5 1.1. Комплексные числа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2. Действия над комплексными числами . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3. Тригонометрическая и показательная формы

комплексного числа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4. Извлечение корня n-й степени из комплексного

числа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .15 Задания для аудиторных занятий к § 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 ИДЗ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Решение типового варианта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

§ 2. Понятие функции комплексного переменного. . . .41 2.1. Плоскость комплексного переменного . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.2. Стереграфическая проекция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.3. Последовательности комплексных чисел и пределы

последовательностей . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 2.4. Понятие функции комплексного переменного . . . . . . . 47 2.5. Предел и непрерывность функции комплексного

переменного . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Задания для аудиторных занятий к § 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 ИДЗ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 Решение типового варианта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

§ 3. Дифференцирование функций комплексного переменного . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 3.1. Производная и дифференциал. Условия Коши-

Римана. Аналитические функции. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .75 3.2. Связь между аналитическими и гармоническими

функциями. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .79

3.3.Геометрический смысл производной функции комплексного переменного. Понятие конформного

отображения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

211

Задания для аудиторных занятий к § 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 ИДЗ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 Решение типового варианта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 § 4. Конформные отображения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .106 4.1. Линейная функция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 4.2. Дробно-линейная функция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.3. Степенная функция. Понятие римановой поверхности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

4.4. Показательная функция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 4.5. Логарифмическая функция. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .126 4.6. Общая степенная функция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 4.7. Функция Жуковского. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .131 4.8. Тригонометрические функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 4.9. Общие свойства конформных отображений . . . . . . . . 139 Задания для аудиторных занятий к § 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 ИДЗ 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 Решение типового варианта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

§ 5. Интегрирование функций комплексного переменного . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 5.1. Интеграл от функции комплексного переменного . . 175 5.2. Интегральная теорема Коши . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180 5.3. Неопределенный интеграл. Формула Ньютона-

Лейбница . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 5.4. Интегральная формула Коши и ее следствия . . . . . . 184 Задания для аудиторных занятий к § 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 ИДЗ 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191 Решение типового варианта . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

Рекомендуемая литература . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

212

.

213