ЛЕКЦИЯ № 3

§ 7. ИНТЕГРАЛ ОТ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

Важным понятием в теории функции комплексной переменной (КП) является понятие интеграла по комплексной переменной. Метод введения интеграла по КП аналогичен методу введения интеграла функции вещественной переменной.

Пусть в области D плоскости z = x +iy задана непрерывная однозначная функция w = f (z)= u(x, y)+iv(x, y) и пусть L – кусочногладкая кривая с началом в z0 и концом в z , лежащая в области D

(рис. 5).

Рис. 5

Задание конца и начала ориентирует кривуюL. L может быть как замкнутой, так и незамкнутой. Произвольным образом разбиваем L на n

«элементарных» дуг в направлении от z0 к z точками z1, z2 , , zn−1,

zn = z; zi = xi +iyi .

Обозначим

zk – zk-1 = ∆zk = ∆xk + i∆yk, k = 1, 2, 3, …, n,

где ∆xk = xk – xk-1, ∆yk= yk – yk-1;

24

|∆zk| – длина хорды, стягивающей k-ю элементарную		дугу.
В произвольном месте каждой элементарной дуги (zk-1, zk) возьмем
соответственно по точке χk = ξk + iηk и составим сумму
Sn = ∑n	f (χk ) ∆zk = ∑n f (χk )(zk − zk −1).	(14)
k =1	k =1

Если при max | zk − zk −1 |→ 0 существует предел сумм (14), не

зависящий ни от способа разбиения кривой L на части, ни от выбора точек χk на всех этих частичных кривых, то этот предел называется

контурным интегралом от функции f(z) вдоль линии L тегралом от функции f(z) по кривой L) и обозначается

∫ f (z)dz =			lim		∑n f (χk )∆zk. .
L	max		∆zk		→0 k =1

(или ин-

(15)

Рассмотрим вопрос о существовании интеграла (15). Представим суммы (14) в следующем виде:

∑n f (χk )(zk − zk	−1)= ∑n (u(ξk ,ηk )+iv(ξk ,ηk )) (∆xk +i∆yk )=
k =1	k =1
= ∑n [u(ξk ,ηk ) ∆xk −v(ξk ,ηk ) ∆yk ]+		(16)
k =1

+i ∑n [u(ξk ,ηk ) ∆yk +v(ξk ,ηk ) ∆xk ].

k =1

Действительная и мнимая части в равенстве (16) представляют собой интегральные суммы криволинейных интегралов второго рода. Cледовательно, интеграл (15) существует, если существуют два криволинейных интеграла

∫udx −vdy	и ∫udy + vdx .	(17)
L	L

25

Но эти два интеграла (17) существуют для непрерывных на L функций u и v. А их непрерывность в нашем случае следует из непрерывности функции f(z). Следовательно, если f(z) непрерывна на L, то интеграл (15) существует и имеет место следующее равенство:

∫ f (z)dz = ∫u(x, y)dx − v(x, y)dy + i∫v(x, y)dx + u(x, y)dy .			(18)
L	L	L

Из формулы (18) следует, что свойства интеграла (15) аналогичны свойствам криволинейных интегралов 2-го рода:

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

L L L

2) ∫аf (z)dz = а∫ f (z)dz ;

LL

3)∫ f (z)dz = − ∫ f (z)dz ,

LL−

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

4) ∫	f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz .
L1+L2	L1	L2

Вычисление контурных интегралов

Контурные интегралы можно вычислять, сводя их с помощью формулы (18) к двум действительным криволинейным интегралам. Пусть x = x(t), y = y(t), z(t) = x(t) + iy(t) – параметрические урав-

нения линии L;			z0=x(t0)+iy(t0);	z=x(t1)+iy(t1). Тогда			∫ f (z)dz =
							L
t1				t1	[u(x(t), y(t)) y (t)+v(x(t), y(t))×
= ∫	[u(x(t), y(t)) x (t)−v(x(t), y(t)) y (t)] dt +i ∫
		′	′			′
t0				t0
× x	t1				t1	f (z(t)) z (t) dt.
	(t)]dt = ∫	[u(x(t), y(t))+iv(x(t), y(t))][x (t)+iy (t)]dt = ∫
′				′	′		′
	t0				t0

Эта формула удобна для вычислений контурных интегралов.

Пример 1

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

L

z = 2 + i.

26

Решение. Имеем y = x/2.

∫zdz = ∫(x −iy)(dx +idy)= ∫xdx + ydy +

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 .

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 .

L

0

0

2

Пример 2

Вычислить интеграл

∫(1+i − 2z)dz,

где L – дуга параболы от

L

точки z1 = 0 до z2 =1+i .

Решение. Преобразуем подынтегральную функцию 1+i − 2z =

= (1−2x)+i(1+ 2y), где u(x, y)=1− 2x , v(x, y)=1+ 2y , т.к. ∫ f (z)dz =

								L
= ∫u dx −vdy +i∫v dx +udy,				то ∫(1+i −2				)dz = ∫(1−2x)dx −(1+ 2y)dy +
							z
L		L			L			L
+i∫(1+ 2y)dx +(1−2x)dy.
L						(0 ≤ x ≤1).
Для параболы y = x2			dy = 2xdx,
Следовательно, ∫(1+i −2				)=	1∫(1−2x −(1+ 2x2 )2x)dx +i1∫(1+ 2x2 +(1− 2x)2x)×
			z
	4	L			0	0
×dx = −2 +		i.
	3

§ 8. ТЕОРЕМА КОШИ

Рассмотрим условие независимости от пути интегрирования L интеграла функции комплексного переменного

∫ f (z)dz .

L

Это условие определяется теоремой Коши

27

Теорема Коши. Если функция f(z) аналитична в замкнутой односвязной области D, то интеграл от этой функции по контуру L, ограничивающему область D, равен нулю:

∫ f (z)dz = 0.

L

Доказательство

Проведем в предположении о непрерывности производнойf′(z) в D , не входящем в определение аналитической функции, что значительно упростит рассуждения (теорему можно доказать и без этого предположения).

Доказательство сводится к доказательству равенства нулю двух действительных криволинейных интегралов

∫udx −vdy	и ∫udy + vdx .
L	L

На основании условия независимостиот пути интегрирования криволинейного интеграла ∫P(x, y)dx + Q(x, y)dy от функции действитель-

		∂P	L	∂Q		∂u		∂v		∂v	= ∂u .
	ного переменного		=		имеемследующее:		= −		;
		∂y		∂x		∂y		∂x		∂y
											∂x

Непрерывность же частных производных функции u и v сразу же вытекает из непрерывности f(z).Теорема Коши доказана.

Сформулируем теорему Коши для многосвязной области.

Теорема Коши для многосвязной области. Если функция f(z)

аналитична в замкнутой многосвязной области D , то интеграл от этой функции по границе области D, проходимой в положительном направлении, равен нулю.

Доказательство

Рассмотрим на примере трехсвязной области (рис. 6). Проведем два разреза γ1 и γ2 ; обозначим через Г сложный замкнутый контур,

28

состоящий из контуров L, L1, L2, γ1 , γ2 (причем у каждого разреза

следует различать два берега). Область, ограниченная контуром Г, будет односвязной. В силу теоремы Коши для односвязной области

будем иметь следующее: ∫ f (z)dz = 0, причем контур Г обходится в

Γ

таком направлении, при котором областьD остается слева, т.е. в положительном направлении. При этом обходе каждый из разрезов γ1 , γ2

будет проходиться дважды в противоположных направлениях, в силу чего интегралы по каждому из разрезов взаимно уничтожатся.

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +

Γ

L

γ1

L1

γ2

+∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz = 0.

L2

γ1

γ2

∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz = 0.

L

L1

L2

Рис. 6

Здесь внешний контур обходится против часовой, а внутренние – по часовой стрелке. Теорема доказана.

Изменив направление обхода внутренних контуров L1 и L2, будем иметь следующее:

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz,

L

L1

L2

29