Tom_2

Du º

¶2u

+

¶2u

= 0 .

(8)

¶x2

¶y2

Подставим данную функцию в уравнение (8). Для этого найдем ее

производные второго порядка. Положим

t = x2 + y2 .

Тогда будем иметь

u = f (t) ,

где t = t(x, y) . По

правилу

дифференцирования

сложной

¶u

¢

¶t

¶u

¢

¶t

функции

находим

¶x

=

,

¶y

=

f

(t) ¶y ;

f (t) ¶x

¶2u

æ

¶t ö2

¶2t

¶2u

æ

¶t

ö2

¶2t

= f ¢¢

(t)ç

÷ + f ¢(t)

;

=

f ¢¢(t)ç

÷ +

f ¢(t)

.

¶x2

¶x2

¶y2

¶y

¶y2

è

¶x ø

è

ø

Складывая последние два равенства, получаем

éæ	¶t ö2			æ	¶t ö2 ù			¢¢
êç		÷	+				ú
êè	¶x ø			ç	¶y ÷		ú
ë				è	ø		û

или уравнение вида

2tf ′′(t) +

æ	¶	2	t		¶	2	t	ö
+ ç				+				÷ f ¢(t) = 0
			2				2
ç	¶x				¶y			÷
è								ø
f ′(t) = 0 .								(9)

Таким образом, искомые гармонические функции удовлетворяют, так называемому, уравнению Эйлера (9). □

20. Геометрический смысл модуля и аргумента производной.

Пусть функция

f (z) – аналитическая в точке z0

и

f ′(z0 ) ¹ 0 , тогда

f ¢(z

0

)

равен

коэффициенту

деформации

в

точке z

при

0

отображении w = f (z) плоскости

z

на плоскость

w; точнее: при

f ¢(z0 )

> 1 имеет место растяжение, а при

f ¢(z0 )

< 1 – сжатие.

Аргумент

производной

f ¢(z0 )

равен

углу,

на

который

нужно

повернуть касательную в точке

z0 к любой гладкой кривой на плоскости z,

проходящей через точку z0 , чтобы получить направление касательной в точке

w0 = f (z0 ) к образу этой кривой на плоскости	w при отображении
w = f (z) . Заметим, что если ϕ = arg f ′(z) > 0 , то	поворот происходит
против часовой стрелки, а при ϕ < 0 – по часовой.

Пример 5. Найти коэффициент деформации (сжатия) для функции w = 12 z2 в точке z0 = 3 - 4i .

Решение. Функция w = 12 z2 аналитична в точке z0 = 3 - 4i , при этом

w′ = z . Следовательно,

f ¢(z0 )

=

z0

=

3 - 4i

= 5 > 1. Коэффициент

204

деформации для функции w = 12 z2 в точке z0 равен 5 (окрестность точки z0 растягивается). □

§ 3. Интегрирование функций комплексной переменной

10. Определения, свойства и правила вычисления интеграла.

Пусть l – дуга направленной кусочно-гладкой кривой в плоскости z, точки zk l , k = 0,1,..., n , разбивают дугу l на частичные дуги, на каждой

из которых выбрано по одной точке ξk , k = 1,...,n .						По определению
полагаем
					n
ò f (z)dz =			lim		å f (ξk ) zk	(1)
l	max		zk		→0 k=1

при условии, что предел интегральных сумм в правой части (1) существует и не зависит ни от способа разбиения дуги l на частичные дуги, ни от выбора

точек ξk . Если функция		f (z) непрерывна на l, то интеграл (1) существует.
Пусть	z = x + iy ,	f (z) = u + iv ,	где u = u(x, y) , v = v(x, y)	–
действительные функции переменных x и y.
Вычисление интеграла от функции			f (z) комплексной переменной z
сводится к вычислению криволинейных интегралов второго рода, а именно
	ò f (z)dz = ò(u(x, y) + iv(x, y))(dx + idy) =
	l	l		(2)
	= òu(x, y)dx − v(x, y)dy + iòv(x, y)dx + u(x, y)dy.
	l	l
Упражнение 1. Пользуясь определением (1), получить формулу (2).
Интеграл ò f (z)dz , вообще говоря, зависит от пути интегрирования l.
	l
Если	f (z) – аналитическая функция в односвязной области D,			то

интеграл не зависит от пути интегрирования. В этом случае

ò f (z)dz = 0 ,

L

где L – любой замкнутый кусочно-гладкий контур в области D.

205

Если кривая l задана параметрическими уравнениями x = x(t) , y = y(t) , и начальная и конечная точки дуги l соответствуют значениям

параметра t = t0 , t = t1 , соответственно,				то
ò	f (z)dz =	t1	ë	û
		ò			(3)
			f éz(t)ùz¢(t)dt ,
l		t0
где

z(t) = x(t) + iy(t) .

Упражнение 2. Пользуясь формулой вычисления криволинейного интеграла второго рода в случае параметрического

задания кривой (см. § 5.2) и формулой (2), получить формулу (3).

Если

функция

f (z)

аналитична в

односвязной

области

D,

содержащей точки z0

и z1 , то справедлива формула Ньютона-Лейбница

z1

z1

ò

f (z)dz =

Ф(z1) -Ф(z0 ) = Ф(z )

z0 ,

(4)

где Ф(z)

z0

f (z) ,

–

какая-либо

первообразная

для

функции

т.е.

Ф′(z) = f (z)

в области D.

Если функции

f (z)

и ϕ(z) – аналитические в односвязной области

D, а z0 и

z1 – произвольные точки этой области, то справедлива формула

интегрирования по частям:

z1

f (z)ϕ¢

(z)dz = é f (z)ϕ (z)ù

z1 - z1 j

(z)f ¢(z)dz .

ò

ë

û

z0

ò

z0

z0

Замена

переменных

в

интегралах

от

функций

комплексной

переменной производится аналогично случаю функции действительной переменной. Пусть аналитическая функция z = ϕ(w) отображает

взаимно однозначно контур l1 в w-плоскости на контур l в z-плоскости. Тогда

ò f (z)dz = ò f [ϕ(w)]ϕ¢(w)dw .

l l1

Если путь интегрирования является полупрямой, выходящей из точки z0 , или окружностью с центром в точке z0 , то полезно делать замену

переменной вида

z - z0 = ρeiϕ .

206

В первом случае ϕ = const , и ρ – действительная переменная интегрирования, во втором случае ρ = const , а ϕ – действительная переменная интегрирования.

Свойства интеграла от функции комплексной переменной непосредственно следуют из соответствующих свойств криволинейных интегралов второго рода:

1) Линейность.

ò(α f (z) + β g(z)) dz = α ò f (z)dz + β ò g(z)dz,

l l l

где α, β − произвольные комплексные числа.

2) При изменении ориентации кривой интеграл меняет знак на противоположный:

ò f (z)dz = - ò f (z)dz.

l+ l−

3) Оценка модуля интеграла. Пусть функция f (z) непрерывна на кривой l. Для интегральной суммы в правой части (1) получаем

n

n

n

å f (ξk )Dzk

£ å

f (ξk )

Dzk

= å

f (ξk )

Dlk ,

k=1

k=1

k=1

где Dlk – длина части lk

с начальной точкой zk−1 и конечной zk .

Переходя в этом неравенстве к пределу при Dzk ® 0 , будем иметь

	ò f (z)dz					£ ò		f (z)		dl.
	l					l
Отсюда при M = max			f (z)		получаем неравенство
z l

ò f (z)dz £ ML ,

l

где L – длина дуги l. □

Последних два неравенства дают оценку модуля интеграла.

Пример 1. Вычислить I = òIm zdz , где l – полуокружность

0 ≤ arg z ≤ π .

l

Решение. Используя формулу (2), получаем:

−1

−1

I = ò y(dx + idy) = ò ydx + iò ydy = ò

1- x2 dx + i ò

l

l

l

1

1

æ x

1

ö

−1

x2

−1

p

2

= ç

1- x

+

arcsin x ÷

- i

= -

.

è 2

2

ø

1

2

1

2

Используя формулу (3), имеем (z = cost + isin

			- 2x
	1- x2
			1- x2
	2

t) :

z = 1,

dx =

207

	π										1			π			π
I = òsin t(-sin t + i cost)dt = -														ò(1- cos2t)dt + iòsin t costdt =
	0										2			0			0
							π						π
æ	-	1	t +	1	ö			+ i	1	sin 2t				= -	π	.	□
= ç		2		4	sin 2t ÷				2						2
è					ø		0						0

1+i

Пример 2. Вычислить ò zdz .

i

Решение. Подынтегральная функция является аналитической. Используя формулу Ньютона-Лейбница (4), находим

1+i		z	2		i+1	1 [(1+ i)2	− i2 ]= 1 (1 + 2i −1 +1) =	1
ò zdz =					=				+ i. □
i	2				i	2	2	2
Пример 3. Вычислить ò (z - a)m dz , где γ – окружность радиуса R с
						γ
центром в точке а, m – произвольное целое число.
Решение. Параметрическое							уравнение окружности	γ	имеет вид:
z - a = R eit ,	0 £ t £ 2π . Тогда по формуле (3):

2π

ò (z - a )m dz = ò (R eit )m Rieit dt

γ0

ì 2π
ïi ò dt = 2π i, m = -1;
ï 0
= í				2π
ï Rm+1			ei(m+1)t	= 0, m ¹ -1.
ï
		+ 1
ï m
î				0

Таким образом, ò (z - a)m dz = {0,2πi,

γ

2π

= iRm+1 ò ei(m+1)t dt =

0

m = -1;

m ¹ -1. □

Пример 4. Вычислить ò(z2 + zz)dz , где l – дуга окружности z = 1

l

(0 ≤ arg z ≤ π ) .

Решение. Положим z = eiϕ , тогда dz = ieiϕ dϕ и

ò (z2 + zz )dz = πòieiϕ (ei2ϕ +1)dj = iπò (ei3ϕ + eiϕ )dj =

l	0					0
	æ 1		ö		π		8
	= ç		ei3ϕ + eiϕ ÷			= -		.	□
		3					3
	è		ø		0

208

20. Однозначные ветви многозначной функции. Точки ветвления. Пусть в области D задана многозначная функция w = f (z) . Однозначная функция w = ϕ(z) , аналитическая в области D,

называется однозначной ветвью функции f (z) , если для любой точки

z0 Î D ,	значение ϕ(z0 )	принадлежит множеству значений функции
f (z) в точке z = z0 , т.е.		ϕ(z0 ) Î{ f (z0 )} . Многозначная в области D
функция	может иметь	как конечное число однозначных ветвей

(например, w = nz ), так и бесконечное (например, w = Ln z ).

Точка z комплексной плоскости, обладающая тем свойством, что обход вокруг нее в достаточно малой окрестности влечет за собой переход от одной ветви многозначной функции к другой, называется точкой ветвления (разветвления) рассматриваемой многозначной функции. Так, точками

ветвления многозначной функции w = nz являются точки z = 0 и z = ∞ . В каждой из своих точек ветвления многозначная функция принимает только одно значение, т.е. различные однозначные ветви функции в этих точках совпадают.

При интегрировании многозначной функции необходимо выделить ее однозначную ветвь. Чаще всего это достигается заданием значения многозначной функции в некоторой точке контура интегрирования.

Пример 5. Вычислить ò

dz

, где l – верхняя дуга окружности

z

= 1.

l

z

берется та ветвь, для которой

= -1 .

Для

z

1

Решение. Функция

имеет два значения

z

æ

ϕ

ϕ ö

z =

z

+ isin

çcos

÷ ,

è

2

2 ø

é

æ

ϕ

ö

æ ϕ

öù

æ

ϕ

ϕ

ö

z =

z

êcos

ç

2

+ π ÷

+ i sin ç

+ π ÷ú

= -

z

çcos

2

+ isin

2

÷ ,

ë

è

ø

è 2

øû

è

ø

где ϕ = arg z .

Так как значения z принадлежат единичной окружности, то

z

= 1, и,

следовательно,

= cos ϕ

ϕ ,

ϕ

ϕ .

+ isin

= -cos

- i sin

z

z

2

2

2

2

Условию

1

= -1 удовлетворяет второе значение

= -cos ϕ

- i sin ϕ .

(5)

z

2

2

В самом деле, пусть z = 1, тогда arg z = 0 и

1 = -cos0 - isin 0 = -1 .

Применяя формулу Ньютона-Лейбница, получаем

209

dz

=

−1

dz

= 2

−1 = 2(

-

).

ò

ò

z

-1

1

l

z

1

z

1

Полагая в формуле (5)

z = −1, находим

π

π

é

arg(-1)

+ i sin

arg(-1) ù

æ

+ isin

ö

= -i .

-1 = - êcos

2

2

ú

= -çcos

2

2

÷

ë

û

è

ø

= -1

dz

Согласно выбору ветви, имеем

1

и

окончательно получим

ò

= 2(1- i) .

□

z

l

i

ln3 z

Пример 6. Вычислить I = ò

dz

по дуге окружности

z

= 1 ( ln z

1

z

– главное значение логарифма, ln1 = 0 ).

Решение.

Положим

z = eiϕ

(здесь ρ =

z

= 1,

тогда

ln z = iϕ ,

dz = ieiϕ dϕ .

Действительная переменная

ϕ

изменяется в пределах

0 £ ϕ £ π . В

этом случае получаем

2

π

i3ϕ3eiϕ idϕ

π

ϕ4

π

π 4

2

2

ϕ3dϕ =

2

I = ò

= ò

=

. □

e

iϕ

4

0

64

0

0

30. Теорема Коши. Интегральная формула Коши. Одним из важнейших результатов теории функций комплексной переменной является интегральная теорема Коши.

Теорема 1.

Если функция f (z) = u + iv

аналитична в

односвязной

замкнутой области D с гладкой границей Г, то ò f (z)dz = 0 .

Г

Доказательство. Согласно формуле (2), имеем

ò

f (z)dz =

ò

ò

udx - vdy + i

vdx +udy.

Применив

Г

Г

Г

интегралу,

стоящему

к каждому

криволинейному

в правой части равенства, формулу Грина (5.5.1), получим

æ

¶v

¶u

ö

æ

¶u

¶v

ö

ò f (z)dz = òòç -

-

÷dxdy + iòò

ç

-

÷dxdy .

Г

D è

¶x

¶y

ø

D

è

¶x

¶y

ø

Так как по условию теоремы функция

f (z)

аналитическая, то для нее

в D выполняются условия Коши-Римана (2.1), из которых следует, что подынтегральные функции в правой части последнего равенства тождественно равны нулю в D , поэтому

210

ò f (z)dz = 0 + i ×0 = 0. □

Г

Следствие (интегральная теорема Коши для многосвязной области). Пусть f (z) – аналитическая функция в замкнутой многосвязной

n

области D с гладкой границей Г = U γ k , где Г – внешний контур области k=1

D, а γ k , k = 1,2,...,n – замкнутые непересекающиеся контуры, расположенные внутри D. Тогда

n

ò f (z)dz = å ò f (z)dz = 0.

Гk=1γk

Упражнение 3. Доказать интегральную теорему Коши для многосвязной области.

Теорема 2. Если f (z) аналитична внутри односвязной области D и

на ее границе Г, а z – внутрення точка области D, то справедлива

интегральная формула Коши

	f (z) =			1	ò	f (t)		dt.	(6)
				2π i		t - z
	f (z)				Г
При этом функция				имеет всюду в D производные					любого
порядка, для которых справедливы формулы
f (k ) (z) =	k!	ò		f (t)			dt, k = 1, 2, ... ,		(7)
	2π i			k+1
		Г	(t - z)

которые можно получить последовательным дифференцированием интеграла по параметру t.

Доказательство. Рассмотрим функцию F(t) = tf-(tz) . Эта функция

определена и аналитична всюду в замкнутой области D, за исключением точки t = z . Так как z – внутренняя точка D, то можно взять r > 0 , такое, что

круг t - z £ r и его граница γ будут принадлежать области D (рис. 1). По т е о р е м е К о ш и д л я м н о г о с в я з н о й о б л а с т и и м е е м :

ò

f (t)

dt =

ò

f (t)

dt = ò

f (t) - f (z) + f (z)

dt =

- z

t - z

Г t

γ

t - z

γ

= ò

f (t) - f (z)

dt + f (z) ò dt

.

γ

t - z

γ t - z

2π i

Последний интеграл в правой части равен

(см.

пример 3). Дадим оценку

первому

Рис. 1

интегралу. Так как

f (z)

– непрерывная функция,

то для любого ε > 0 можно указать δ > 0 такое,

211

что

f (t) − f (z)

< ε ,

если

только

r =

t − z

< δ .

При

r < δ , согласно

свойству 3) из п.10, получаем

ò

f (t) − f (z)

dt

≤ ò

f (t

) − f

(z)

dt <

ε

2π r = 2πε .

γ

t − z

γ

t − z

r

Вследствие произвольности ε , это означает, что оцениваемый

интеграл равен нулю. Тем самым формула (6) доказана. □

Из интегральной теоремы Коши и формулы (6) следует интегральная

формула Коши для многосвязной области

n

1

f (t)

1

f (t)

f (z) =

ò

dt −

å ò

dt.

2π i

Г t

− z

2πi k=1γ k

t − z

Пример 7. Вычислить ò zdz ,

где

γ

– замкнутый контур

x = cost ,

y = sin t .

γ

ò

Решение. Так как z = x − yi , dz = dx + idy , то

zdz =

ò

ò

xdx + ydy + i

xdy − ydx .

γ

γ

γ

Первый интеграл в правой части равен нулю, как интеграл от полного

дифференциала по замкнутому контуру.

При вычислении второго интеграла следует учесть, что dx = −sin tdt ,

dy = costdt .

Отсюда

xdy − ydx = cos2 tdt + sin2 tdt = dt

и окончательно получим

2π

ò zdz = i ò dt = 2πi . □

γ

0

Пример 8. Вычислить

ò

dz

,

где γ

–

эллипс

x = 3cost ,

z − 4

γ

y = 2sin t .

Решение.

Подынтегральная

функция

является

аналитической

в области, ограниченной этим эллипсом, поэтому ò

dz

= 0 . □

z −

4

γ

Пример 9. Вычислить

ò

dz

.

z

2

+ 4

z−i

=2

212

Решение. В области z - i £ 2 находится точка z = 2i , в которой знаменатель подынтегральной функции равен нулю. Перепишем интеграл в виде

dz

1

ò

= ò

z + 2i

dz .

2

z−i

=2 z

+ 4

z−i

=2

z - 2i

аналитической в данной области. (6), находим:

	Функция	f (z) =	1		является
			z +	2i

Применяя интегральную формулу Коши

ò

dz

= 2πi

æ

1

ö

= 2π i

1

=

π

. □

ç

÷

2

z−i

=2 z

+

4

è z +

2i ø

z=2i

4i

2

Пример 10. Вычислить

ò

ch iz

dz .

2

z

=2 z

+ 4z + 3

Решение. Внутри окружности

z

= 2 знаменатель дроби обращается в

нуль в точке

z0 = -1. Для применения формулы (6) перепишем интеграл в

следующем виде:

ch iz

ch iz

ch iz

ò

dz =

ò

dz = ò

z + 3

dz .

2

z

=2 z

+ 4z + 3

z

=2 (z

+1)(z + 3)

z

=2 z - (-1)

Здесь

z0 = -1

и

функция

f (z) = ch iz

является

аналитической в

z + 3

круге

z

£ 2 , поэтому

ò

ch iz

dz = 2πif (-1) = 2πi

ch(-1)

= πi ch i = πi cos1 . □

2

z

=2 z

+ 4z + 3

2

Пример 11. Вычислить

ò

cos3 z dz .

z

=1

z

z

= 1 функция f (z) = cos z

Решение. Внутри круга и на его границе

аналитична. В силу формулы (7), имеем

ò

cos z

ò

cos z

2π i

(cos z)¢¢

= π i(-cos z )

z=0 = -πi . □

3

dz =

2+1

dz =

2!

z

=1

z

z

=1 (z - 0)

z=0

ez

Пример 12. Вычислить I =

ò

dz .

3

z−2

=3 z

(z

-1)

213