12

1.4 Интегрирование

Пусть однозначная функция w f z u x, y iv x, y определена и

непрерывна в области D, а C – кусочно-гладкая ориентированная кривая, лежащая в D. Интеграл от функции f(z) вдоль кривой C можно определить через обычные криволинейные интегралы следующим образом:

f z dz u x, y iv x, y dx idy udx vdy i vdx udy . (5)

C C C C

Если кривая C задана параметрическими уравнениями x x t , y y t и

начальная и конечная дуги C					соответствуют значениям параметра t t0 ,
t t1 , то					t
		f z dz 1				f z t z t dt ,			(6)
		C			t0
где z t x t iy t .
Пример 9.	Вычислить интеграл 1 i 2							dz	по линиям, соеди-
							z
						C
няющим точки z	0	и z	2	1 i : 1) по прямой; 2) по параболе y x2 .
1
Решение

Перепишем подынтегральную функцию в виде

1 i 2z 1 2x i 1 2 y ,

здесь u x, y 1 2x , v x, y 1 2 y . Применяя формулу (5), получим

1 i 2z dz 1 2x dx 1 2 y dy i 1 2 y dx 1 2x dy .

C C C

1 Уравнение прямой, проходящей через точки z1 0 и z2 1 i , будет y x , 0 x 1, значит, dy dx . Поэтому

1 i 2z dz 1 1 2x 1 2x dx i 1 1 2x 1 2x dx 2 1 i .

C

0

0

	2 Для параболы y x2			имеем dy 2xdx	( 0 x 1), следовательно,
1 i 2			dz 1 1 2x 1 2x2 2x dx i1 1		2x2 1 2x 2x dx 2	4 i .
		z
C	0			0		3

13

Если f z – аналитическая в односвязной области D , то интеграл не зависит от пути интегрирования. В этом случае f z dz 0 , если C – лю-

C

бой замкнутый кусочно-гладкий контур в области D .

Если функция f z является аналитической в области D , ограни-

ченной кусочно-гладким замкнутым контуром C , и непрерывной на самом контуре, то справедлива интегральная формула Коши

f z0

1

f z dz

( z0

D ).

(7)

2 i C

z z0

Пример 10. Вычислить интеграл

C

ez2

1) C – окруж-

dz ,

если:

z2 6z

ность

z 2

1; 2) C – окружность

z 2

3.

Решение

z 2

1, и на самой

1 Внутри круга, ограниченного окружностью

окружности

подынтегральная

функция

аналитическая,

поэтому

C

ez2

dz 0 .

z2 6z

2 Внутри круга, ограниченного окружностью

z 2

3,

находится

одна точка z 0 , в которой знаменатель обращается в нуль. Перепишем интеграл в виде

ez2

ez2

dz

z 6

dz ,

2

функция

ez2

C

z

6z

z 2

3

z

является аналитической в данной области и на её границе.

z

6

Поэтому согласно формуле (7) имеем

ez2

dz 2 i

ez2

i .

2

z 2

3

z

6z

z

6

z 0

3

14

1.5 Степенные ряды

Пусть задан степенной ряд cn z z0 n в комплексной области. Об-

n 0

ласть сходимости такого ряда есть круг с центром в точке z0 . Радиус круга сходимости степенного ряда определяется по формулам:

R lim

cn

, c

0 ;

(8)

c

n

n

n 1

R lim

1

, c

0 .

(9)

n n c

n

n

Если функция

f z

– однозначная и аналитическая в точке

z z0

и

её окрестности, то она разлагается в этой окрестности в ряд Тейлора

f z

cn z z0 n ,

f n z

n 0

где c

0

. Обычно,

если это возможно, для нахождения коэффици-

n

n!

ентов

cn

используют готовые разложения в ряд Тейлора элементарных

функций. Например,

1

1 z z2

z3 ... 1 n zn

... ( R 1).

(10)

1 z

Пример 11. Разложить по степеням z 3

функцию f z

1

и

3 2z

определить радиус сходимости полученного ряда.

Решение

Преобразуем данную функцию:

1

1

1

.

3 2z

2 z 3

3

1

3

Заменяя в разложении (10) z на

2 z 3 , получаем

3

1

1

n

2

n

n

1

z 3

.

3 2z

3

3 n 0

15

Радиус сходимости определяем по формуле (9): R lim		1			3 .
		2	n
n					2
	n	3

1.6 Вычеты и их применение

Если			функция f z однозначная и аналитическая в кольце
0 r		z z0		R , то она разлагается в этом кольце в ряд Лорана

f z cn z z0		n c n		n	cn z z0 n .
n		n 1	z z0		n 0
Здесь коэффициенты cn	находятся по формуле cn					1		f z dz	,
						2 i		z z0 n 1

(11)

n Z ,

где – произвольная окружность с центром в точке z0 , лежащая внутри

данного кольца. При разложении функции в ряд Лорана так же, как и при разложении в ряд Тейлора, если возможно, используют готовые разложения в ряд Тейлора элементарных функций.

Пример 12. Разложить в ряд Лорана функцию

f z

2z 1

в

z2 z 2

кольце 1

z

2 .

Решение

z имеет особыми точками

z1 2 и

Так как функция f

только

z2 1, то в данном кольце она аналитична. Представим

f

z в виде

f z

1

1

1

1

1

1

.

(12)

z 1

z 2

2

z

z

1

1

1

z

2

z

z

1

1. Следовательно,

Так как 1

2 , то

1 и

можно воспользовать-

2

z

1

z

n

1

1

n

ся разложением (10),

откуда получаем

,

.

z

1 1

1

n 0

2

n 0 z

2

z

Подставляя полученные выражения в (12), имеем

2z 1

1

1

n

f z

z

.

z

2

n

n

z 2

n 1

z

2 n 0 2

		16
Точка	z0 называется изолированной особой точкой функции f z ,
если f z	аналитична и однозначна всюду в некоторой окрестности этой
точки, кроме самой точки		z z0 . Следовательно, функция разлагается в
ряд Лорана (11). Точка z0		называется устранимой особой точкой, если в
разложении (11) c n 0 , n 1, 2 , 3 , ...			Особая точка z0 называется полю-
сом порядка n , если в разложении (11)			c n 0 , c n 1 c n 2 ... 0 . Если

n 1, то полюс в точке z0 называется простым. Если же в разложении (11) бесконечно много коэффициентов c n 0 , то изолированная особая точка z0 называется существенно особой точкой.

Вычетом функции f z в изолированной особой точке z0 называется коэффициент c 1 ряда Лорана этой функции.

Res f z c	1		1		f z dz ,
			2 i
z z0				C

где C – произвольный замкнутый контур, охватывающий точку z0 , внутри

которого функция регулярна.

Вычет функции в устранимой точке равен нулю. Если z0 – полюс порядка n , то

1

d

n 1

Res f z

lim

z z0 n

f z .

n 1

z z0

n 1 ! z

z0

dz

В частности, если

z0

–

простой

полюс,

а f z

представима в виде

f z

z

, где

z

и

z

регулярны в точке z0 , z0 0 , z0 0 ,

z

но z0 0 , то

z

z0

Res

.

z

z0

z z0

Если функция f z аналитична в области D , за исключением изолированных особых точек z1 , z2 , …, zn , лежащих в этой области, то для любого простого замкнутого контура C D , охватывающего точки z1 , z2 , …, zn ,

		n
	f z dz 2 i	z zk
		Res f z .
C		k 1

	17
	Пример 13. Вычислить интеграл			2	dz
		z				.
					z z 1 3

Решение

В круге z 2 подынтегральная функция имеет две особые точки z1 1 и z2 0 . Ясно, что точка z1 1 есть полюс порядка 3 , поэтому

Res	1										lim			d 2				1				lim	2			2 .
	z z					1			3					dz		2							z	3
z 1											z 1							z				z 1
Точка z2 0 – простой полюс, следовательно,
										1							1					.
		Res
								z z			1 3				z		1 3						1
				z 0																		z 0
Таким образом,
				2				dz				2 i 2 1 2 i .
		z			z z 1 3
																						1
Пример 14. Вычислить интеграл																			z2ez dz .

z 1

Решение

В круге z 1 подынтегральная функция имеет единственную особую точку z 0 . Так как

2	1		2						1 1		n		2		1					1		1				1
z	ez	z										z						z									z	...,
															2					6		24
				n 0 n! z
																				1				1
то z 0 – существенно особая точка и Res z																			2ez dz								. Следовательно,
														z 0								24
									1								1		i .
									z2ez dz 2 i
					z		1									24				12