Integrimi i fcp. Integrimi i funksioneve të një ndryshoreje komplekse

1. Konceptet bazë

2. Llogaritja e integraleve të funksioneve të një ndryshoreje komplekse

3. Shembuj të llogaritjes së integraleve të funksioneve të një ndryshoreje komplekse

4. Teorema kryesore e Cauchy për një kontur të thjeshtë

5. Teorema e Cauchy për një kontur kompleks

6. Formula integrale Cauchy

7. Llogaritja e integraleve mbi një qark të mbyllur

8. Shembuj të llogaritjes së integraleve mbi një qark të mbyllur

Konceptet Bazë

1. Koncepti i një integrali të një funksioni të një ndryshoreje komplekse futet (në të njëjtën mënyrë si në rajonin real) si kufiri i një sekuence shumash integrale; funksioni është përcaktuar në një kurbë l, kurba supozohet të jetë e lëmuar ose pjesë-pjesë e lëmuar:

\int\limits_(l)f(z)\,dz= \lim_(\lambda\to0) \sum_(k=1)^(n)\bigl(f(\xi_k)\cdot \Delta z_k\bigr) ,\qquad\quad (2.43)

ku x_k është një pikë e zgjedhur në harkun \Delta l_k të ndarjes së kurbës; \Delta z_k - rritja e argumentit të funksionit në këtë seksion ndarjeje,\lambda= \max_(k)|\Delta z_k| - hapi i ndarjes, |\Delta z_k|- gjatësia e kordës që lidh skajet e harkut \Delta l_k ; kurba l ndahet në mënyrë arbitrare në n pjesë \Delta l_k,~ k=1,2,\ldots,n. Drejtimi i zgjedhur në kurbë, d.m.th. tregohen pikat e fillimit dhe të fundit. Në rastin e kurbës së mbyllur

\textstyle(\majtas(\int\limits_(l) f(z)dz= \oint\limits_(c)f(z)dz\djathtas)) integrimi ndodh në drejtim pozitiv, d.m.th. në një drejtim që lë një zonë të kufizuar në të majtë, të kufizuar nga një kontur. Formula (2.43) përcakton

integrali i linjës së një funksioni të një ndryshoreje komplekse

atëherë shuma integrale mund të shkruhet në formën e dy termave, të cilët do të jenë shumat integrale të integraleve kurvilineare të llojit të dytë të funksioneve të dy ndryshoreve reale. Nëse f(z) supozohet të jetë e vazhdueshme në l, atëherë u(x,y),~ v(x,y) do të jetë gjithashtu e vazhdueshme në l, dhe kështu do të ketë kufizime në shumat integrale përkatëse. Prandaj, nëse funksioni f(z) është i vazhdueshëm në l, atëherë kufiri në barazi (2.43) ekziston, d.m.th. ekziston një integral lakor i funksionit f(z) përgjatë kurbës l dhe formula vlen

\int\limits_(l)f(z)\,dz= \int\limits_(l)u\,dx-v\,dy+ i \int\limits_(l)u\,dy+v\,dx\, .

Duke përdorur përkufizimin e integralit ose formulës (2.44) dhe vetitë e integraleve lakor të llojit të dytë, është e lehtë të verifikohet vlefshmëria e vetitë e mëposhtme integral lakor i funksioneve të një ndryshoreje komplekse (vetitë e njohura nga analiza reale).

\fillim(i rreshtuar)&\bold(1.)~~ \int\limits_(l)\bigldz= c_1\int\limits_(l) f_1(z)\,dz+ c_2\int\limits_(l)f_2(z )\,dz\,.\\ &\bold(2.)~~ \int\limits_(AB)f(z)\,dz=- \int\limits_(BA)f(z)\,dz\, .\\ &\bold(3.)~~ \int\limits_(AB)f(z)\,dz= \int\limits_(AC)f(z)\,dz+ \int\limits_(CB)f( z)\,dz\,.\\ &\bold(4.)~~ \int\limits_(AB)|dz|= l_(AB).\\ &\bold(5.)~~ \majtas|\ int\limits_(l)f(z)\,dz \right|\leqslant \int\limits_(l)|f(z)|\,|dz|. \fund (të rreshtuar)

në veçanti, \textstyle(\majtas|\int\limits_(AB)f(z)\,dz\djathtas|\leqslant M\cdot l_(AB)), nëse funksioni është i kufizuar në madhësi në kurbën AB, d.m.th |f(z)|\leqslant M,~ z\in l. Kjo veti quhet veti e vlerësimit të modulit të integralit.

\bold(6.)~~ \int\limits_(AB)dz= z_B-z_A\,.

Formula (2.44) mund të konsiderohet edhe si përkufizim i një integrali lakor të një funksioni të një ndryshoreje komplekse, dhe si një formulë për llogaritjen e tij përmes integraleve lakor të llojit të dytë të funksioneve të dy ndryshoreve reale.

Për të përdorur dhe mbajtur mend formulën e llogaritjes, vërejmë se barazia (2.44) korrespondon me ekzekutimin formal në anën e majtë nën shenjën integrale të veprimeve të ndarjes së pjesëve reale dhe imagjinare të funksionit f(z), duke shumëzuar me dz= dx+i\,dy dhe shkruani produktin që rezulton në forma algjebrike:

\int\limits_(l)f(z)\,dz= \int\limits_(l)(u+iv)(dx+i\,dy)= \int\limits_(l)u\,dx-v\ ,dy+i(u\,dy+v\,dx)= \int\limits_(l)u\,dx-v\,dy+ i\int\limits_(l)u\,dy+v\,dx\ ,.

Shembulli 2.79. Njehsoni integrale dhe \int\limits_(OA)z\,dz, ku linja OA

a) një vijë e drejtë që lidh pikat z_1=0 dhe z_2=1+i,
b) vijë e thyer OBA, ku O(0;0),~ A(1;1),~ B(1;0).

▼ Zgjidhja

1. Njehsoni integralin \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz. Këtu f(z)= \overline(z)= x-iy,~ dz=dx+i\,dy. Ne e shkruajmë integralin në terma të integraleve lakor të llojit të dytë:

\int\limits_(OA)\overline(z)\,dz= \int\limits_(OA) (x-iy)(dx+i\,dy)= \int\limits_(OA) x\,dx+y \,dy+ i\int\limits_(OA)x\,dy-y\,dx\,

që i përgjigjet formulës (2.44). Ne llogarisim integralet:

a) rruga e integrimit është një segment i drejtë, pra \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz= \int\limits_(0)^(1)2x\,dx=1.

b) rruga e integrimit është një vijë e thyer e përbërë nga dy segmente OB= \(y=0,~ 0\leqslant x\leqslant1\) Dhe BA= \(x=1,~ 0\leqslant y\leqslant1\). Prandaj, duke e ndarë integralin në dy dhe duke kryer llogaritjet, marrim

\int\limits_(OA)\overline(z)\,dz= \int\limits_(OB)\overline(z)\,dz+ \int\limits_(BA)\overline(z)\,dz= \int\ limitet_(0)^(1)x\,dx+ \int\limits_(0)^(1)y\,dy+ i\int\limits_(0)^(1) dy=1+i.

Integrali i funksionit f(z)=\overline(z) varet nga zgjedhja e rrugës së integrimit që lidh pikat O dhe A.

2. Njehsoni integralin \textstyle(\int\limits_(OA)z\,dz) këtu f(z)=z=x+iy . Integralin e shkruajmë në terma të integraleve kurvilineare të llojit të dytë

\int\limits_(OA)z\,dz= \int\limits_(OA)x\,dx-y\,dy+ i\int\limits_(OA)x\,dy+y\,dx\,.

Integrantet e integraleve të fituara të llojit të dytë janë diferenciale të plota(shih kushtin (2.30)), prandaj mjafton të shqyrtojmë një rast të rrugës së integrimit. Pra, në rastin “a”, ku ekuacioni i segmentit y=x,~0 \leqslant x \leqslant1, marrim përgjigjen

\int\limits_(OA)z\,dz=i \int\limits_(0)^(1)2x\,dx=i\,.

Për shkak të pavarësisë së integralit nga forma e rrugës së integrimit, caktimi në në këtë rast mund të formulohet në më shumë pamje e përgjithshme: njehsoni integralin

\int\ limits_(l)z\,dz nga pika z_1=0 në pikën z_2=1+i.

Në paragrafin tjetër do të shikojmë më në detaje raste të ngjashme integrimin.

2. Le të mos varet integrali i një funksioni të vazhdueshëm në një rajon të caktuar nga lloji i kurbës që lidh dy pika në këtë rajon. Le ta rregullojmë pikënisje, duke treguar z_0. pika fundore- ndryshore, le ta shënojmë z. Atëherë vlera e integralit do të varet vetëm nga pika z, domethënë, ai përcakton një funksion në zonën e specifikuar.

Më poshtë do të japim një argumentim të pohimit se në rastin e një domeni thjesht të lidhur, integrali përcakton një funksion me vlerë të vetme në këtë fushë. Le të prezantojmë shënimin

\int\ limits_(z_0)^(z) f(\xi)\,d\xi=F(z).

Funksioni F(z) - integral me ndryshoren kufiri i sipërm.

Duke përdorur përkufizimin e derivatit, d.m.th. duke marrë parasysh \lim_(\Delta z\to0)\frac(\Delta F)(\Delta z), është e lehtë të verifikohet se F(z) ka një derivat në çdo pikë në domenin e përkufizimit, dhe për këtë arsye është analitik në të. Në këtë rast, për derivatin marrim formulën

F"(z)=f(z).

Derivati i një integrali me një kufi të sipërm të ndryshueshëm është i barabartë me vlerën e integrandit në kufirin e sipërm.

Nga barazia (2.46), në veçanti, rrjedh se funksioni integrand f(z) në (2.45) është një funksion analitik, pasi derivati F"(z) i funksionit analitik F(z) nga vetia e funksioneve të tilla (shih deklaratën 2.28) - funksioni analitik.

3. Funksioni F(z) për të cilin vlen barazia (2.46) quhet antiderivativ për funksionin f(z) në një domen thjesht të lidhur, dhe bashkësia e antiderivativëve \Phi(z)=F(z)+c, ku c=\text(const) , - integral i pacaktuar nga funksioni f(z) .

Nga pikat 2 dhe 3 marrim pohimin e mëposhtëm.

Deklarata 2.25

1. Integrale me kufirin e sipërm të ndryshueshëm \textstyle(\int\limits_(z_0)^(z) f(\xi)\,d\xi) nga një funksion analitik në një domen thjesht të lidhur është një funksion analitik në këtë fushë; ky funksion është një antiderivativ i integrandit.

2. Çdo funksion analitik në një domen thjesht të lidhur ka një antiderivativ në të (ekzistenca e një antiderivati).

Antiderivativët funksionet analitike në domenet thjesht të lidhura gjenden, si në rastin e analizës reale: përdoren vetitë e integraleve, tabela e integraleve dhe rregullat e integrimit.

Për shembull, \int e^z\,dz=e^z+c,~~ \int\cos z\,dz=\sin z+c..

ndërmjet integrali lakor nga një funksion analitik dhe antiderivati i tij në një domen thjesht të lidhur ekziston një formulë e ngjashme me formulën e Newton-Leibniz nga analiza reale:

\int\ limits_(z_1)^(z_2)f(z)\,dz= \Bigl.(F(z))\Bigr|_(z_1)^(z_2)= F(z_2)-F(z_1).

4. Ashtu si në analizën reale, në domenin kompleks që ne konsiderojmë, përveç integraleve që përmbajnë një parametër brenda kufijve të integrimit (formula (2.45) jep shembulli më i thjeshtë integrale të tilla), integrale që varen nga parametri i përfshirë në integrand: \textstyle(\int\limits_(l)f(\xi,z)\,d\xi). Ndër integrale të tilla vend i rëndësishëm në teori dhe praktikë integrim kompleks dhe aplikacionet merr një integral të formës \textstyle(\int\limits_(l)\dfrac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi).

Duke supozuar se f(z) është e vazhdueshme në drejtëzën l, marrim se për çdo pikë z që nuk i përket l, integrali ekziston dhe përcakton një funksion të caktuar në çdo fushë që nuk përmban l.

\frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi=F(z).

Integrali (2.48) quhet integral i tipit Cauchy; Faktori \frac(1)(2\pi\,i) është futur për lehtësinë e përdorimit të funksionit të ndërtuar.

Për këtë funksion, si për funksionin e përcaktuar nga barazia (2.45), vërtetohet se është analitik kudo në domenin e përkufizimit. Për më tepër, ndryshe nga integrali (2.45), këtu nuk kërkohet që funksioni gjenerues f(z) të jetë analitik, d.m.th. sipas formulës (2.48) në klasë funksionet e vazhdueshme ndryshore komplekse, ndërtohet një klasë funksionesh analitike. Derivati i integralit (2.48) përcaktohet nga formula

F"(z)= \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))((\xi-z)^2)\,d\xi \,.

Për të vërtetuar formulën (2.49) dhe, rrjedhimisht, deklaratën për analiticitetin e integralit të tipit Cauchy, mjafton, sipas përkufizimit të derivatit, të përcaktohet vlefshmëria e pabarazisë.

\left|\frac(\Delta F)(\Delta z)-F"(z)\djathtas|<\varepsilon,\qquad |\Delta z|<\delta(\varepsilon)

për çdo \varepsilon>0 dhe për çdo z nga fusha e përcaktimit të funksionit F(z) .

Duke përdorur të njëjtën metodë, mund të tregohet se ekziston një derivat i funksionit të përcaktuar nga barazia (2.49), d.m.th.

F""(z) , dhe formula është e vlefshme

F""(z)= \frac(1)(\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))((\xi-z)^3)\,d\xi \,.

Procedura mund të vazhdohet dhe të vërtetohet me induksion formulën për derivatin e çdo rendi të funksionit F(z)\colon{2\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}\,d\xi\,. !}

F^((n))(z)= \frac(n

Duke analizuar formulat (2.48) dhe (2.49), është e lehtë të verifikohet se derivati F(z) mund të merret zyrtarisht duke diferencuar në lidhje me parametrin nën shenjën integrale në (2.48):

F"(z)= \frac(d)(dz)\! \left(\frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))(\ xi-z)\,d\xi\right)= \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(d)(dz)(\! xi-z)\right)\!d\xi= \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))((\xi-z)^ 2)\,d\xi\,.

Duke zbatuar zyrtarisht rregullin për diferencimin e integralit në varësi të parametrit n herë, marrim formulën (2.50).

Rezultatet e marra në këtë pjesë i shkruajmë në formën e një deklarate. Deklarata 2.26. Integrale\frac(1)(2\pi\,i) \int\ limits_(l) \frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi

i një funksioni f(z) të vazhdueshëm në një kurbë l është një funksion që është analitik në çdo fushë D që nuk përmban l; derivatet e këtij funksioni mund të merren me diferencim në lidhje me parametrin nën shenjën integrale.

Llogaritja e integraleve të funksioneve të një ndryshoreje komplekse

Më sipër kemi marrë formula për llogaritjen e integraleve të funksioneve të një ndryshoreje komplekse - formulat (2.44) dhe (2.47). Nëse kurba l në formulën (2.44) specifikohet në mënyrë parametrike: ose, që korrespondon me formën aktuale: \fillimi(rastet) x=x(t),\\ y=y(t),\fund(rastet)\!\!\alfa\leqslant t\leqslant\beta, atëherë, duke përdorur rregullat për llogaritjen e integraleve të llojit të dytë në rastin e një përkufizimi parametrik të një kurbe, ne mund ta shndërrojmë formulën (2.44) në formën

\int\limits_(l)f(z)\,dz= \int\limits_(\alfa)^(\beta)f\bigl(z(t)\bigr)z"(t)\,dt\,.

Rezultatin e marrë dhe rezultatet e marra në leksionin e mëparshëm do t'i shkruajmë si një sekuencë veprimesh.

Metodat për llogaritjen e integraleve \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz).

Mënyra e parë. Llogaritja e integraleve \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz) nga një funksion i vazhdueshëm me reduktim në integrale kurvilineare të funksioneve të ndryshoreve reale - aplikimi i formulës (2.44).

1. Gjeni \operatorname(Re)f(z)=u,~ \operatorname(Im)f(z)=v.

2. Shkruani integrandin f(z)dz si produkt (u+iv)(dx+i\,dy) ose, duke shumëzuar, u\,dx-v\,dy+i(u\,dy+v\,dx).

3. Njehsoni integrale lakorike të formës \textstyle(\int\limits_(l)P\,dx+Q\,dy), Ku P=P(x,y),~ Q=Q(x,y) sipas rregullave për njehsimin e integraleve kurvilinearë të llojit të dytë.

Mënyra e dytë. Llogaritja e integraleve \textstyle(\int\limits_(l) f(z)\,dz) nga një funksion i vazhdueshëm me reduktim në një integral të caktuar në rastin e një përkufizimi parametrik të rrugës së integrimit - aplikimi i formulës (2.51).

1. Shkruani ekuacionin parametrik të lakores z=z(t) dhe prej tij caktoni kufijtë e integrimit: t=\alfa i përgjigjet pikës fillestare të rrugës së integrimit, t=\beta - pika përfundimtare.

2. Gjeni diferencialin e një funksioni me vlerë komplekse z(t)\colon\, dz=z"(t)dt.
3. Zëvendëso z(t) në integran dhe transformo integralin

\int\limits_(\alfa)^(\beta)f \bigl(z(t)\bigr)\cdot z"(t)\,dt= \int\limits_(\alfa)^(\beta)\varphi (t)\,dt\,.

4. Llogaritni integralin e caktuar të funksionit me vlerë komplekse të një ndryshoreje reale të marrë në hapin 3.

Vini re se integrimi i një funksioni me vlerë komplekse të një ndryshoreje reale nuk është i ndryshëm nga integrimi i një funksioni me vlerë reale; i vetmi ndryshim është prania në rastin e parë të një faktori i, veprime me të cilat, natyrisht, konsiderohen si me një konstante. Për shembull,

\int\limits_(-1)^(1)e^(2it)dt= \majtas.(\frac(e^(2it))(2i))\djathtas|_(-1)^(1)= \ frac(1)(2i)(e^(2i)-e^(-2i))= \sin2\,.

Mënyra e tretë. Llogaritja e integraleve të funksioneve analitike në domenet e lidhura thjesht - aplikimi i formulës (2.47).

1. Gjeni antiderivativin F(z) duke përdorur vetitë e integraleve, integraleve tabelare dhe metodat e njohura nga analiza reale.

2. Zbato formulën (2.47): \int\ limits_(z_1)^(z_2)f(z)\,dz= F(z_2)-F(z_1).

Shënimet 2.10

1. Në rastin e një rajoni të lidhur shumëfish, bëhen prerje në mënyrë që të mund të merret një funksion me vlerë të vetme F(z).

2. Gjatë integrimit të degëve me një vlerë të funksioneve me shumë vlera, dega dallohet duke specifikuar vlerën e funksionit në një pikë të caktuar të lakores së integrimit. Nëse kurba është e mbyllur, atëherë pika e fillimit të rrugës së integrimit konsiderohet pika në të cilën është dhënë vlera e integrandit. Vlera e integralit mund të varet nga zgjedhja e kësaj pike.

▼ Shembujt 2.80-2.86 të llogaritjes së integraleve të funksioneve të një ndryshoreje komplekse

Shembulli 2.80. Llogaritni \int\limits_(l)\operatorname(Re)z\,dz, ku l është vija që lidh pikën z_1=0 me pikën z_2=1+i\colon

a) l - drejt; b) l - vijë e thyer OBA, ku O(0;0),~ B(1;0),~ A(1;1).

▼ Zgjidhja

a) Zbatojmë metodën e parë - (formula (2.44)).

1.2. Integrandi ka formën \operatorname(Re)z\,dz= x(dx+i\,dy). Kjo është arsyeja pse

\int\limits_(l)\operatorname(Re)z\,dz= \int\limits_(l)x\,dx+ i\int\limits_(l)x\,dy\,.

3. Njehsoni integralet në y=x,~ 0\leqslant x\leqslant1(ekuacioni i segmentit OA që lidh pikat z_1 dhe z_2). marrim

\int\limits_(l)\emri i operatorit(Re)z\,dz= \int\limits_(l)x\,dx+ i\int\limits_(l)x\,dy= \int\limits_(0)^( 1)x\,dx+ i\int\limits_(0)^(1)x\,dx= \frac(1+i)(2)\,.

b) Meqenëse rruga e integrimit përbëhet nga dy segmente, ne e shkruajmë integralin si shumën e dy integraleve:

\int\limits_(l)\operatorname(Re)z\,dz= \int\limits_(OB)\operatorname(Re)z\,dz+ \int\limits_(BA)\operatorname(Re)z\,dz

dhe secilin e llogarisim si në paragrafin e mëparshëm. Për më tepër, për segmentin OB kemi

\fillimi(rastet)y=0,\\ 0 \leqslant x \leqslant1,\fund (rastet) dhe për segmentin BA\colon \begin(rastet)x=1,\\ 0 \leqslant y \leqslant1.\end(rastet)

Ne bëjmë llogaritjet:

\int\limits_(l)\emri i operatorit(Re)z\,dz= \int\limits_(OB)x\,dx+ i\,x\,dy+ \int\limits_(BA) x\,dx+i\, x\,dy= \int\limits_(0)^(1)x\,dx+ i \int\limits_(0)^(1)1\cdot dy= \frac(1)(2)+i.

Vini re se integrani në këtë shembull nuk është një funksion analitik, kështu që integralet përgjatë dy kthesave të ndryshme që lidhin dy pika të dhëna mund të kenë vlera të ndryshme, siç ilustrohet në këtë shembull.

Shembulli 2.81. Llogaritni \int\limits_(l)|z| \overline(z)\,dz, ku l është gjysmërrethi i sipërm |z|=1, duke përshkuar kurbën l në drejtim të kundërt të akrepave të orës.

▼ Zgjidhja

Kurba ka një ekuacion të thjeshtë parametrik z=e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\pi, prandaj është e përshtatshme të përdoret metoda e dytë (formula (2.51)). Integrandi këtu është një funksion i vazhdueshëm dhe nuk është analitik.

1.2. Për z=e^(it) gjejmë \overline(z)=e^(-it),~ |z|=1,~ dz=i\,e^(it)dt.

3.4. Zëvendësoni në integrand. Njehsoni integralin

\int\limits_(l)|z| \overline(z)\,dz= \int\limits_(0)^(\pi)1\cdot e^(-it)\cdot i\,e^(it)dt= \int\limits_(0)^ (\pi)i\,dt=i\,\pi.

Shembulli 2.82. Llogarit integralet e funksioneve analitike:

A) \int\limits_(0)^(i)\sin^2z\,dz; b) \int\ limits_(-i)^(1)\frac(dz)((z-i)^2), rruga e integrimit nuk kalon nga pika i.

▼ Zgjidhja

a) Zbatoni formulën (2.47) (rregulli i tretë); Ne gjejmë antiderivativin duke përdorur metodat e integrimit të analizës reale:

\int\limits_()^()\sin^2z\,dz= \frac(1)(2) \int\limits_(0)^(i)(1-\cos2z)\,dz= \majtas.( \frac(1)(2) \left(z-\frac(1)(2)\sin2z\djathtas))\djathtas|_(0)^(i)= \frac(1)(2)\,i -\frac(1)(4)\sin2i= \frac(1)(2)\,i-i\,\frac(\emri i operatorit(sh)2)(4)= \frac(i)(4)(2- \operatorname(sh)2).

b) Integrandi është analitik kudo përveç pikës i. Duke prerë rrafshin përgjatë rrezes nga pika i në \infty, marrim një rajon të lidhur thjesht në të cilin funksioni është analitik dhe integrali mund të llogaritet duke përdorur formulën (2.47). Prandaj, për çdo kurbë që nuk kalon në pikën i, integrali mund të llogaritet duke përdorur formulën (2.47), dhe për dy pika të dhëna do të ketë të njëjtën vlerë.

Në Fig. Figura 2.44 tregon dy raste të prerjeve. Drejtimi i kalimit të kufirit të rajoneve thjesht të lidhura ku integrandi është analitik tregohet me shigjeta. Ne llogarisim integralin:

\int\limits_(-i)^(1)\frac(dz)((z-i)^2)= \majtas.(\frac(-1)(z-i))\djathtas|_(-i)^(1 )= -\frac(1)(1-i)-\frac(1)(2i)=-\frac(1+i)(2)+\frac(i)(2)= -\frac(1) (2)\,.

Shembulli 2.83. Llogarit integralin \int\ limits_(0)^(1+i)z\,dz.

▼ Zgjidhja

Integrandi është analitik kudo në \mathbb(C) . Ne përdorim metodën e tretë, formulën (2.47):

\int\limits_(0)^(1+i)z\,dz= \majtas.(\frac(z^2)(2))\djathtas|_(0)^(1+i)= \frac( 1)(2)(1+i)^2=i.

Ky rezultat është marrë në shembullin 2.78 sipas metodës së parë.

Shembulli 2.84. Llogarit integralin \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n), ku C është rrethi |z-a|=R.

▼ Zgjidhja

Le të përdorim metodën e dytë.

1. Shkruani ekuacionin e rrethit në formë parametrike: z-a=R\,e^(it) , ose z=a+R\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant2\pi.
2. Gjeni diferencialin dz=R\,i\,e^(it)\,dt.
3. Zëvendësoni z=a+R\,e^(it) dhe dz në integrandin:

\oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n)= \int\limits_(0)^(2\pi) \frac(R\,i\,e^(it))(R ^n e^(int))\,dt= \frac(i)(R^(n-1)) \int\limits_(0)^(2\pi) e^(it(1-n))dt\ ,.

Ne llogarisim integralin e caktuar që rezulton. Për n\ne1 marrim

\int\ limits_(0)^(2\pi) e^(it(1-n))dt= \frac(1)(i(1-n)) \Bigl.(e^(it(1-n )))\Bigr|_(0)^(2\pi)= \frac(1)((n-1)i) \bigl(1-e^(2\pi\,i(n-1)) \ madh).

Sepse e^(2\pi\,i(n-1))= e^(2k\pi\,i)=1, Kjo është arsyeja pse \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n) =0 në n\ne1 . Për n=1 marrim \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= i\int\limits_(0)^(2\pi)dt=2\pi\,i\,..

Le ta shkruajmë rezultatin si formulë:

\oint\limits_(|z-a|=R)\frac(dz)((z-a)^n)=0,\quad n\ne1;\qquad \oint\limits_(|z-a|=R)\frac(dz) (z-a)=2\pi\,i\,.

Në veçanti, \textstyle(\oint\limits_(|z|=R)\frac(dz)(z)=2\pi i). Vini re se nëse rrethi C\colon |z-a|=R përshkohet nga një pikë k herë, atëherë argumenti (parametri) ndryshon nga 0 në 2\pi k ( k>0 nëse kalimi është në drejtim pozitiv, d.m.th. në drejtim të kundërt të akrepave të orës , dhe k<0 - обход по часовой стрелке). Поэтому

\oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= i \int\limits_(0)^(2\pi k)dt= 2k\pi i,\qquad \oint\limits_(C) \frac( dz)(z)=2k\pi i.

Shembulli 2.85. Llogaritni integralin e një funksioni të një ndryshoreje komplekse \int\ limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi):

a) rruga e integrimit nuk kalon nga pika z=0 dhe nuk e rrotullon atë, -\pi<\arg z \leqslant\pi ;

b) rruga e integrimit nuk kalon nga pika z=0, por e rrotullon atë n herë rreth rrethit në drejtim të kundërt të akrepave të orës.

▼ Zgjidhja

a) Ky integral - një integral me një kufi të sipërm të ndryshueshëm - përcakton një funksion analitik me një vlerë të vetme në çdo fushë të lidhur thjesht (shih 2.45)). Le të gjejmë një shprehje analitike për këtë funksion - antiderivativin për f(z)=\frac(1)(z) . Ndarja e pjesëve reale dhe imagjinare të integralit \int\ limits_(l)\frac(dz)(z)(duke përdorur formulën (2.44)), është e lehtë të verifikohet që integrandet e integraleve të llojit të dytë janë diferenciale të plota dhe, për rrjedhojë, integrali \frac(d\xi)(\xi) nuk varet nga lloji i kurbës. duke lidhur pikat z_1=1 dhe z. Le të zgjedhim një shteg të përbërë nga një segment i boshtit Ox nga pika z_1=1 në pikën z_2=r, ku r=|z| , dhe harqet l të një rrethi. duke lidhur z_2 me z (Fig. 2.45, a).

Ne e shkruajmë integralin si një shumë: \int\limits_(1)^(z) \frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(1)^(r) \frac(dx)(x)+ \int\limits_(l) \frac(d\xi)(\xi). Për të llogaritur integralin mbi një hark rrethor, ne përdorim formulën (2.51), harku ka ekuacionin \xi=r\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\arg z. marrim \int\limits_(l)\frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(0)^(\arg z) \frac(ri\,e^(it))(r\,e^ (it))\,dt=i\arg z; si rezultat

\int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\n r+i\arg z,\,-\pi<\arg z \leqslant\pi

Ana e djathtë e barazisë përcakton një funksion me vlerë të vetme \ln z - vlerën kryesore të logaritmit. Përgjigjen e marrim në formular

\int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\n z\,.

Vini re se barazia që rezulton mund të merret si përkufizim i një funksioni me vlerë të vetme \ln z në një fushë të lidhur thjesht - një plan me një prerje përgjatë gjysmëboshtit real negativ (-\infty;0] .

b) Integrali mund të shkruhet si shumë: \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)= \oint\limits_(c) \frac(dz)(z)+ \int\limits_(l)\frac(d \xi)(\xi), ku c është një rreth |z|=1 i përshkuar në të kundërt të akrepave të orës n herë, dhe l është një kurbë që lidh pikat z_1 dhe z dhe nuk mbulon pikën z=0 (Fig. 2.45, b).

Termi i parë është i barabartë me 2n\pi i (shih shembullin 2.84), i dyti është \ln(z) - formula (2.53). Ne marrim rezultatin \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\n z+2n\pi i.

Shembulli 2.86. Llogarit integralin \int\ limits_(l)\frac(dz)(\sqrt(z)) përgjatë harkut të sipërm të rrethit |z|=1 me kusht: a) \sqrt(1)=1 ; b) \sqrt(1)=-1 .

▼ Zgjidhja

Vendosja e vlerave të funksionit \sqrt(z) në një pikë në konturin e integrimit ju lejon të zgjidhni degë të paqarta të shprehjes \sqrt(z)= \sqrt(|z|)\exp\!\left(\frac(i)(2)\arg z+ik\pi\right)\!,~ k=0;1(shih shembullin 2.6). Prerja mund të bëhet, për shembull, përgjatë një gjysmë boshti negativ imagjinar. Meqenëse për z=1 kemi \sqrt(1)=e^(ik\pi),~k=0;1, atëherë në rastin e parë zgjidhet dega me k=0, në të dytin - me k=1. Integrandi në konturin e integrimit është i vazhdueshëm. Për të zgjidhur ne përdorim formulën (2.51), përcaktoni lakoren me ekuacion z=e^(it),~0\leqslant t\leqslant\pi.

a) Dega përcaktohet në k=0, d.m.th. nga z=e^(it) për integranin që marrim \sqrt(z)=e^(\frac(i)(2)t). Ne llogarisim integralin:

\int\limits_(l)\frac(dz)(\sqrt(z))= \int\limits_(0)^(\pi) \frac(i\,e^(it))(e^(i\ ,\frac(t)(2)))\,dt= i \int\limits_(0)^(\pi)e^(i\,\frac(t)(2))dt= \Bigl.(2 \,e^(i\,\frac(t)(2)))\Bigr|_(0)^(\pi)= 2\! \left(e^(i\,\frac(\pi)(2))-1\djathtas)= 2(i-1).

b) Dega përcaktohet në k=1, d.m.th. nga z=e^(it) për integranin që kemi \sqrt(z)= e^(i \majtas(\frac(t)(2)+\pi\djathtas))=-e^(i\,\frac(t)(2)). Ne llogarisim integralin:

\int\limits_(l)\frac(dz)(\sqrt(z))= \int\limits_(0)^(\pi)\frac(i\,e^(it))(-e^(i \,\frac(t)(2)))\,dt= \ldots= 2(1-i).

Në teori dhe praktikë, në aplikimet e llogaritjes integrale të funksioneve të një ndryshoreje komplekse, kur studiohet sjellja e funksioneve në zona të kufizuara ose në afërsi të pikave individuale, integralet konsiderohen mbi kthesat e mbyllura - kufijtë e zonave, në veçanti lagjet e pikë. Ne do të shqyrtojmë integralet \oint\ limits_(C)f(z)dz, ku f(z) është analitike në një rajon c, me përjashtim të pikave individuale, C është kufiri i rajonit ose kontura e brendshme në këtë rajon.

Teorema bazë e Cauchy për një kontur të thjeshtë

Teorema 2.1 (teorema e Cauchy për një kontur të thjeshtë). Nëse f(z) është analitike në një domen thjesht të lidhur, atëherë për çdo kontur C që i përket këtij domeni vlen barazia e mëposhtme:

\oint\limits_(C)f(z)dz=0.

Vërtetimi i teoremës është i lehtë për t'u bazuar në vetinë e funksioneve analitike, sipas së cilës një funksion analitik ka derivate të çdo rendi (shih deklaratën 2.28). Kjo veti siguron vazhdimësinë e derivateve të pjesshme të \operatorname(Re)f(z) Dhe \operatorname(Im)f(z), pra, nëse përdorim formulën (2.44), atëherë është e lehtë të shihet se për secilin prej integrandeve në integrale lakorike të llojit të dytë, kushtet e diferencialit total plotësohen, si kushtet Cauchy-Riemann të funksioneve analitike. Dhe integralet mbi kthesat e mbyllura nga diferencialet totale janë të barabarta me zero.

Vini re se të gjitha pozicionet teorike të paraqitura më poshtë bazohen përfundimisht në këtë teoremë të rëndësishme, duke përfshirë vetinë e lartpërmendur të funksioneve analitike. Në mënyrë që të mos ketë dyshim për korrektësinë e paraqitjes, vërejmë se teorema mund të vërtetohet pa iu referuar ekzistencës së derivateve të saj vetëm në bazë të përkufizimit të një funksioni analitik.

Pasojat nga teorema 2.1

1. Teorema është gjithashtu e vlefshme nëse C është kufiri i fushës D, dhe funksioni f(z) është analitik në domen dhe në kufi, d.m.th. në \overline(D) pasi, sipas përkufizimit, analiticiteti në \overline(D) nënkupton analiticitetin e funksionit në disa domene B që përmban D~(B\i mërzitur\mbi linjë(D)), dhe C do të jetë kontura e brendshme në B.

2. Integralet mbi kurba të ndryshme që shtrihen në një domen thjesht të lidhur të analiticitetit të një funksioni dhe që lidhin dy pika të këtij domeni janë të barabartë me njëra-tjetrën, d.m.th. \int\limits_(l_1)f(z)dz= \int\limits_(l_2)f(z)dz, ku l_1 dhe l_2 janë kurba arbitrare që lidhin pikat z_1 dhe z_2 (Fig. 2.46).

Për ta vërtetuar, mjafton të merret në konsideratë kontura C, e përbërë nga kurba l_1 (nga pika z_1 në pikën z_2) dhe kurba l_2 (nga pika z_2 në pikën z_1). Prona mund të formulohet si më poshtë. Integrali i një funksioni analitik nuk varet nga lloji i kurbës së integrimit që lidh dy pika në domenin e analiticitetit të funksionit dhe nuk del nga kjo fushë.

Kjo ofron një justifikim për deklaratën 2.25 të dhënë më sipër në lidhje me vetitë e integralit \int\ limits_(z_0)^(z)f(\xi)d\xi dhe për ekzistencën e një funksioni analitik primitiv.

Teorema e Cauchy për një kontur kompleks

Teorema 2.2 (teorema e Cauchy për një kontur kompleks). Nëse funksioni f(z) është analitik në një fushë të lidhur shumëfish të kufizuar nga një kontur kompleks, dhe në këtë kontur, atëherë integrali i funksionit mbi kufirin e domenit është i barabartë me zero, d.m.th., nëse C është një kontur kompleks - kufiri i domenit, atëherë formula (2.54) është e vlefshme ).

Një kontur kompleks C për një rajon të lidhur (n+1) përbëhet nga një kontur i jashtëm \Gama dhe i brendshëm - C_i,~i=1,2,\ldots,n; konturet nuk kryqëzohen në çift, devijimi i kufirit është pozitiv (në Fig. 2.47, n=3).

Për të vërtetuar teoremën 2.2, mjafton të bëhen prerje në rajon (vija me pika në Fig. 2.47) në mënyrë që të fitohen dy rajone thjesht të lidhura dhe të përdoret teorema 2.1.

Pasojat nga teorema 2.2

1. Kur plotësohen kushtet e teoremës 2.2, integrali mbi konturin e jashtëm është i barabartë me shumën e integraleve mbi konturet e brendshme; anashkaloni të gjitha qarqet në një drejtim (në Fig. 2.48, n=2):

\oint\limits_(\Gamma)f(z)\,dz= \sum_(k=1)^(n) \oint\limits_(C_k)f(z)\,dz\,.

2. Nëse f(z) është analitike në një domen D të lidhur thjesht dhe në kufirin e domenit, me përjashtim të mundshëm të pikës a të kësaj domeni, atëherë integralet mbi kurba të ndryshme të mbyllura që shtrihen në domenin D dhe kufizojnë domenet që përmbajnë pikën a janë të barabarta ndërmjet tyre (Fig. 2.49):

\oint\limits_(C_k)f(z)\,dz= \oint\limits_(C_m)f(z)\,dz\,.

Prova është e qartë, pasi çdo kontur i tillë mund të konsiderohet si kufiri i brendshëm i një rajoni të lidhur dyfish, kufiri i jashtëm i të cilit është kufiri i rajonit D. Në përputhje me formulën (2.55) për n=1, çdo integral i tillë është i barabartë me integralin mbi kufirin D.

Krahasimi i formulimeve të teoremës 2.2 dhe përfundimit 1 nga teorema 2.1 na lejon të bëjmë një përgjithësim, të cilin e shkruajmë në formën e pohimit të mëposhtëm.

Deklarata 2.27. Nëse f(z) është analitike në D, atëherë, ku C është kufiri i domenit D (konturë e thjeshtë ose komplekse).

Formula integrale e Cauchy

Në teoremën vijuese, ndryshe nga dy të mëparshmet, marrim parasysh integralin e një funksioni, i cili, megjithëse nuk është analitik në rajonin e kufizuar nga kontura e integrimit, ka një formë të veçantë.

Teorema 2.3. Nëse funksioni f(z) është analitik në domenin D dhe në kufirin e tij C, atëherë për çdo pikë të brendshme a të fushës (a\in D) vlen barazia

F(a)= \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(z))(z-a)\,dz\,.

Rajoni D mund të lidhet thjesht ose të shumëzohet, dhe kufiri i rajonit mund të jetë një kontur i thjeshtë ose kompleks.

Vërtetimi për rastin e një domeni të lidhur thjesht bazohet në rezultatin e Teoremës 2.1, dhe për një domen të lidhur shumëfishuar reduktohet në rastin e domeneve të lidhura thjesht (si në vërtetimin e Teoremës 2.2) duke bërë shkurtime që nuk kalojnë nëpër pikën a.

Duhet të theksohet se pika a nuk i përket kufirit të rajonit dhe për këtë arsye integrani është i vazhdueshëm në C dhe integrali ekziston.

Teorema është me interes të rëndësishëm aplikativ, domethënë, sipas formulës (2.57), zgjidhet i ashtuquajturi problem i vlerës kufitare të teorisë së funksionit: nga vlerat e funksionit në kufirin e domenit, vlera e tij në çdo të brendshme është përcaktuar pika.

Vërejtje 2.11. Në kushtet e teoremës, integrali \frac(1)(2\pi i) \oint\ limits_(C)\frac(f(\xi))(\xi-a)\,d\xi përcakton një funksion analitik në çdo pikë z që nuk i përket konturit C, dhe në pikat e rajonit të fundëm D të kufizuar nga kontura, është i barabartë me f(z) (sipas formulës (2.57)), dhe jashtë \overline( D) është e barabartë me zero për shkak të teoremës së Cauchy-t. Ky integral, i quajtur integrali Cauchy, është një rast i veçantë i integralit të tipit Cauchy (2.48). Këtu kontura është e mbyllur, ndryshe nga ajo arbitrare në (2.48), dhe funksioni f(z) është analitik, në kontrast me i vazhdueshëm në l në (2.48). Për integralin Cauchy, pra, është i vlefshëm deklarata 2.26 mbi ekzistencën e derivateve, e formuluar për një integral të tipit Cauchy. Bazuar në këtë, mund të formulohet deklarata e mëposhtme.

Deklarata 2.28

1. Funksioni analitik në çdo pikë të analiticitetit mund të shkruhet si integral

F(z)= \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi,\quad z\in D \,.

2. Një funksion analitik ka derivate të çdo rendi, për të cilin formula është e vlefshme

Procedura mund të vazhdohet dhe të vërtetohet me induksion formulën për derivatin e çdo rendi të funksionit F(z)\colon{2\pi i} \oint\limits_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}\,d\xi\,. !}

Formula (2.59) jep një paraqitje integrale të derivateve të funksionit analitik.

Llogaritja e integraleve të ciklit të mbyllur

Ne do të shqyrtojmë integrale të formës \oint\limits_(C)\frac(\varphi(z))(\psi(z))\,dz, ku funksioni \varphi(z) është analitik në D, dhe \psi(z) është një polinom që nuk ka zero në konturin C. Për llogaritjen e integraleve përdoren teoremat e leksionit të mëparshëm dhe pasojat e tyre.

Rregulli 2.6. Gjatë llogaritjes së integraleve të formës \oint\limits_(C)f(z)\,dz Në varësi të natyrës (shumëzimit) të zerove të polinomit \psi(z) dhe vendndodhjes së tyre në raport me konturin C, mund të dallohen katër raste.

1. Nuk ka zero të polinomit \psi(z) në domenin D. Pastaj f(z)= \frac(\varphi(z))(\psi(z)) funksioni është analitik dhe, duke zbatuar teoremën themelore të Cauchy-t, kemi rezultatin \oint\limits_(C)f(z)\,dz=0.

2. Në rajonin D ekziston një zero e thjeshtë z=a e polinomit \psi(z) . Më pas shkruajmë thyesën në formën \frac(f(z))(z-a) , ku f(z) është një funksion që është analitik në \overline(D) . Duke aplikuar formulën integrale, marrim rezultatin:

\oint\limits_(C)\frac(\varphi(z))(\psi(z))\,dz= \oint\limits_(C)\frac(f(z))(z-a)\,dz= 2 \pi i\cdot f(a).

3. Në rajonin D ka një shumëfish zero z=a të polinomit \psi(z) (i shumëfishit n). Më pas thyesën e shkruajmë në formë \frac(f(z))((z-a)^n), ku f(z) është një funksion që është analitik në \overline(D) . Duke aplikuar formulën (2.59), marrim rezultatin

\oint\limits_(C)\frac(f(z))(z-a)^n)\,dz= \frac(2\pi i)((n-1)f^{(n-1)}(a). !}

4. Rajoni D përmban dy zero të polinomit \psi(z)\colon\,z_1=a dhe z_2=b . Më pas, duke përdorur përfundimin 1 nga teorema 2.2, shkruajmë integralin në formën \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a), ku C është një kontur arbitrar që kufizon rajonin që përmban pikën a.

▼ Zgjidhja

Konsideroni një rajon të lidhur dyfish, njëri kufi i të cilit është kontura C, tjetri është rrethi |z-a|=R. Nga përfundimi 2 nga teorema 2.2 (shih (2.56)) kemi

\oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= \oint\limits_(|z-a|=R)\frac(dz)(z-a)\,.

Duke marrë parasysh rezultatin e zgjidhjes së shembullit 2.84 (formula (2.52)), marrim përgjigjen \oint\limits_(C) \frac(dz)(z-a)=2\pi i.

Vini re se zgjidhja mund të merret duke zbatuar formulën integrale Cauchy me f(z)=1. Në veçanti, ne marrim \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2\pi i, meqenëse kontura C shkon rreth pikës z=0 një herë. Nëse kontura C shkon rreth pikës z=0 k herë në drejtim pozitiv (k>0) ose negativ (k<0) , то \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2k\pi i.

Shembulli 2.88. Llogaritni \oint\limits_(l)\frac(dz)(z), ku l është një kurbë që lidh pikat 1 dhe z, duke ecur rreth origjinës një herë.

▼ Zgjidhja

Integrandi është i vazhdueshëm në kurbë - integrali ekziston. Për llogaritjen, ne përdorim rezultatet e shembullit të mëparshëm dhe shembullin 2.85. Për ta bërë këtë, merrni parasysh një lak të mbyllur, duke lidhur, për shembull, pikën A me pikën 1 (Fig. 2.50). Rruga e integrimit nga pika 1 në pikën z përmes pikës A tani mund të përfaqësohet si e përbërë nga dy kthesa - një kontur i mbyllur C (kurba BDEFAB) dhe një kurbë l_0 që lidh pikat 1 dhe z përmes pikës A\pikës.

\oint\limits_(l)\frac(dz)(z)= \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)+ \oint\limits_(l_0) \frac(dz)(z)\,.

Duke përdorur rezultatet e shembujve 2.85 dhe 2.87, marrim përgjigjen:

\oint\limits_(l)\frac(dz)(z)= \int\limits_(1)^(z)\frac(1)(z)=\n z+2\pi i\,.

Pa ndryshuar figurën gjeometrike, mund të shqyrtojmë rastin kur kurba shkon rreth origjinës n herë. Le të marrim rezultatin

\oint\limits_(l)\frac(dz)(z)= \int\limits_(1)^(z)\frac(1)(z)=\n z+2n\pi i\,.

Shprehja që rezulton përcakton një funksion me shumë vlera \operatorname(Ln)z= \int\limits_(1)^(z)\frac(dz)(z), rruga e integrimit nuk kalon nga origjina. Zgjedhja e degës së një shprehjeje me shumë vlera përcaktohet duke specifikuar vlerën e funksionit në një moment.

Shembulli 2.89. Gjeni \ln2i= \int\ limits_(1)^(2i)\frac(1)(z), nëse \ln1=4\pi i .

▼ Zgjidhja

Ne gjejmë zerot e emëruesit - pikat njëjës të integrandit. Këto janë pikat z_1=0,~ z_(2,3)=\pm4i. Tjetra, duhet të përcaktoni vendndodhjen e pikave në lidhje me konturin e integrimit. Në të dyja rastet, asnjë nga pikat nuk përfshihet në zonën e kufizuar nga kontura. Ju mund ta verifikoni këtë duke përdorur vizatimin. Të dy konturet janë rrathë, qendra e të parit është z_0=2+i dhe rrezja R=2; qendra e së dytës z_0=-2i dhe R=1. Ju mund të përcaktoni nëse një pikë i përket një rajoni ndryshe, domethënë, të përcaktoni distancën e saj nga qendra e rrethit dhe ta krahasoni atë me vlerën e rrezes. Për shembull, për pikën z_2=4i kjo distancë është e barabartë me |4i-2-i|=|3i-2|=\sqrt(13), e cila është më e madhe se rrezja (\sqrt(13)>2) , pra z_2=4i nuk i përket rrethit |z-2-i|<2 . В обоих случаях подынтегральная функция является, аналитической в соответствующих кругах. Следовательно, согласно теореме Коши (пункт 1 правил 2.6), интеграл равен нулю. Заметим, что заданный интеграл равен нулю и для любого другого контура, ограничивающего область, в которую не входят ни одна из особых точек - нулей знаменателя.

Shembulli 2.91. Llogaritni në rastet e mëposhtme specifikimet e konturës C\colon a) |z|=2 ; b) |z+1+i|=2 .

▼ Zgjidhja

Duke arsyetuar si në shembullin e mëparshëm, gjejmë se në të dyja rastet vetëm njëra nga pikat njëjës z_1=0 ndodhet brenda rrathëve. Prandaj, duke përdorur paragrafin 2 të rregullave 2.6 (formula integrale Cauchy), ne shkruajmë funksionin e integrandit si një thyesë \frac(1)(z)\cdot \frac(\sin z)(z^2+16), ku numëruesi f(z)= \frac(\sin z)(z^2+16)- një funksion që është analitik në rrathët e specifikuar. Përgjigja është e njëjtë për të dyja rastet:

\oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z(z^2+16))\,dz= \majtas.(2\pi i \cdot \frac(\sin z)(z^2+ 16))\djathtas|_(z=0)=0.

Shembulli 2.92. Llogaritni \oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z^3+16z)\,dz në rastet e mëposhtme të specifikimit të konturit C\colon a) |z+4i|=2 ; b) |z-1+3i|=2 .

▼ Zgjidhja

Konturet e integrimit janë rrathë, si më sipër, dhe në rastin “a” qendra është në pikën z_0=-4i,~R=2, në rastin “b” - në pikën z_0=1-3i,~R=2.nIn të dyja rastet, një pikë z_0=-4i bie brenda rrathëve përkatës. Duke zbatuar klauzolën 2 të rregullave 2.6, ne shkruajmë funksionin integrand në formë \frac(1)(z+4i)\frac(\sin z)(z(z-4i)), ku numëruesi f(z)=\frac(\sin z)(z(z-4i))është një funksion analitik në fushat në shqyrtim. Duke aplikuar formulën integrale, marrim përgjigjen:

\oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z^3+16z)\,dz= \majtas.(2\pi i\cdot \frac(\sin z)(z(z-4i)) )\right|_(z=-4i)= 2\pi i\cdot \frac(-\sin4i)(-32)= \frac(\pi i\cdot i \operatorname(sh)1)(16)= -\frac(\pi \emri i operatorit(sh)1)(16)\,.

Shembulli 2.93. Njehsoni integralin në rastet e mëposhtme të përcaktimit të konturit: a) |z+i|=1 ; b) |z+2+i|=2 .

▼ Zgjidhja

Gjejmë pikat njëjës të integrandit - zerot e emëruesit z_1=i,~z_2=-2. Përcaktojmë që pikat i përkasin zonave përkatëse. Në rastin e "a" në rrethin |z+i|<1 не входит ни одна точка. Следовательно, интеграл в этом случае равен нулю.

Në rastin "b" në rrethin |z+2+i|<2 радиуса 2 с центром в точке z_0=-2-i входит одна точка: z=-2 . Записываем дробь в виде \frac(1)(z+2)\frac(e^z)((z-i)^2), Ku f(z)=\frac(e^z)((z-i)^2)- funksioni analitik në rrethin |z+2+i|<2 . Вычисляем интеграл:

\oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2))= 2\pi i\cdot \frac(e^(-2))((2+ i)^2)= \frac(2\pi)(25)e^(-2)(4+3i).

Shembulli 2.94. Llogarit integralin \oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2)) në rastet e mëposhtme të specifikimit të konturit: a) |z-i|=2 ; b) |z+2-i|=3 .

▼ Zgjidhja

a) Në rrethin |z-i|<2 попадает точка z=i . Записываем функцию \frac(1)((z-i)^2)\frac(e^z)(z+2) dhe zbatohet pika 3 e rregullave 2.6 me m=2 dhe a=i. Ne llogarisim integralin:

\oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2))= \majtas.(2\pi i \left(\frac(e^z)(z+ 2)\djathtas)")\djathtas|_(z=i)= \majtas.(2\pi i\cdot \frac(e^z(z+2)-e^z)((z+2)^ 2))\djathtas|_(z=i)= \majtas.(2\pi i\cdot \frac(e^z(1+z))((z+2)^2))\djathtas|_( z=i)= \frac(2\pi i(1+i))((2+i)^2)\,e^(i).

b) Në rrethin |z+2-i|<3 входят обе точки z_1=i,~z_2=-2 . Решаем в соответствии с п. 4 правил 2.6. Записываем интеграл в виде суммы двух интегралов:

\oint\limits_(C)f(z)\,dz= \oint\limits_(C_1)f(z)\,dz+ \oint\limits_(C_2) f(z)\,dz\,.

ku secila prej kontureve C_1 dhe C_2 mbulon vetëm njërën nga pikat. Në veçanti, rrethi nga rasti i mëparshëm "a" mund të merret si kontur C_1;

C_2 - rrethi nga shembulli 2.93 "b", d.m.th. ju mund të përdorni rezultatet e marra. Ne shkruajmë përgjigjen:

Javascript është i çaktivizuar në shfletuesin tuaj.
Për të kryer llogaritjet, duhet të aktivizoni kontrollet ActiveX!

Minimumi teorik
Shpesh ka raste kur llogaritja e integraleve të caktuar me metoda të analizës komplekse preferohet nga metodat
analiza materiale. Arsyet mund të jenë shumë të ndryshme. Metodat TFCT, në disa raste, mund të bëjnë të mundur uljen e madhe të llogaritjeve.
Ndonjëherë formula e Njuton-Leibniz nuk mund të përdoret sepse integrali i pacaktuar nuk shprehet në funksione elementare.
Metodat e diferencimit dhe integrimit në lidhje me një parametër kërkojnë një justifikim shumë të kujdesshëm të zbatueshmërisë së tyre, dhe ndonjëherë parametri
duhet të futet artificialisht.
Zakonisht, duke përdorur metoda komplekse analize, llogariten integrale të pahijshme - në një interval të pafundëm ose nga integrale të pakufishme në një interval.
integrimi i funksioneve. Ideja e përgjithshme është si më poshtë. Përpilohet një integral konturor. Integrali mbi disa pjesë të konturit duhet
përkojnë me integralin e dëshiruar të caktuar - të paktën deri në një faktor konstant. Integrale mbi pjesët e tjera të konturit
duhet llogaritur. Më pas zbatohet teorema e mbetjes themelore, e cila thotë se
,
ku janë pikat singulare të funksionit të vendosura brenda konturit të integrimit. Kështu, një kontur integral me një
ana rezulton të jetë e shprehur përmes integralit të caktuar të dëshiruar, dhe nga ana tjetër llogaritet duke përdorur mbetje (që zakonisht është
nuk paraqet ndonjë vështirësi serioze).
Vështirësia kryesore është zgjedhja e konturit të integrimit. Ajo sugjerohet, në parim, nga funksioni integrand. Megjithatë, pa mjaftueshëm
Është e vështirë për të zotëruar këtë metodë në praktikë, dhe për këtë arsye do të jepen mjaft shembuj. Konturet më të përdorura përbëhen nga
elemente përgjatë të cilave është i përshtatshëm për të kryer integrimin (vijat e drejta, harqet rrethore).

integrimi në planin kompleks
Shembulli 1. Integralet e Fresnelit.
Le të llogarisim integralet , .
Është e lehtë të merret me mend se hapi i parë është kalimi në formën eksponenciale, e cila përfshin marrjen në konsideratë të integralit.
Thjesht duhet të zgjidhni konturin e integrimit. Është e qartë se gjysmë-boshti duhet të hyjë në kontur. Real dhe
pjesët imagjinare të integralit mbi këtë pjesë të konturit janë integrale Fresnel. Më pas, integrali i konturit të llogaritur mbi strukturën
integrandi ngjan me integralin Euler-Poisson, vlera e të cilit dihet. Por për të marrë këtë integral, duhet të vendosim
, Pastaj. Dhe ky paraqitje e një ndryshoreje është integrimi përgjatë një vije të drejtë që kalon nëpër një pikë
në një kënd me boshtin real.
Pra, ka dy elemente konturore. Në mënyrë që kontura të mbyllet, ne do të supozojmë se dy seksionet e zgjedhura të konturit kanë një gjatësi të kufizuar dhe mbyllen
kontur i një harku të një rrethi me rreze. Më vonë do ta drejtojmë këtë rreze në pafundësi. Rezultati është treguar në Fig. 1 qark.

(1)
Brenda konturit të integrimit, funksioni integrand nuk ka pika njëjës, kështu që integrali përgjatë gjithë konturit është i barabartë me zero.

.
Në kufi, ky integral është i barabartë me zero.
Në faqe mund të shkruani, atëherë
.
Rezultatet e marra i zëvendësojmë në (1) dhe shkojmë në kufi:

Duke ndarë pjesët reale dhe imagjinare, gjejmë, duke marrë parasysh vlerën e integralit Euler-Poisson
,
.
Shembulli 2. Zgjedhja e një konture integrimi që përmban brenda pikës njëjës të integrandit.
Le të llogarisim një integral të ngjashëm me atë të konsideruar në shembullin e parë: , ku .
Ne do të llogarisim integralin. Le të zgjedhim një kontur të ngjashëm me atë të përdorur në shembullin e parë. Vetëm tani nuk ka asnjë objektiv
zvogëloni llogaritjen në integralin Euler-Poisson. Vini re këtu se kur zëvendësoni integruesi nuk do të ndryshojë.
Ky konsideratë na shtyn të zgjedhim vijën e drejtë të pjerrët të konturit të integrimit në mënyrë që të bëjë një kënd me boshtin real.

Gjatë shkrimit të integralit konturor
(2)
integrali përgjatë harkut të një rrethi tenton në zero në kufi. Në faqe mund të shkruani :
.
Kështu, nga (2) kur kalojmë në kufi gjejmë
.
Këtu merret parasysh se brenda konturit të integrimit integrandi ka një pol të thjeshtë.

Nga këtu gjejmë integralin e kërkuar:
.
Shembulli 3. Mbyllni qarkun e integrimit përmes gjysmërrafshit të sipërm ose të poshtëm?
Duke përdorur integralin e mëposhtëm mjaft të thjeshtë, ne demonstrojmë një detaj karakteristik të zgjedhjes së konturit të integrimit. Le të llogarisim
integrale
Në fakt, integrali i kërkuar i funksionit llogaritet përgjatë boshtit real, në të cilin integrani nuk ka
veçoritë. Mbetet vetëm mbyllja e ciklit të integrimit. Meqenëse funksioni nën integral ka vetëm dy pika të fundme njëjës, atëherë
Ju mund ta mbyllni konturin me një gjysmërreth, rrezja e së cilës duhet të priret në pafundësi. Dhe këtu lind pyetja se si duhet
duhet të zgjidhet një gjysmërreth: në gjysmë-rrafshin e sipërm ose të poshtëm (shih Fig. 3 a, b). Për ta kuptuar këtë, le të shkruajmë integralin mbi gjysmërreth
në të dyja rastet:

A)
b)
Siç shihet, sjellja e integralit në kufi përcaktohet nga faktori .
Në rastin e "a", dhe për këtë arsye kufiri do të jetë i kufizuar nën kushtin .
Në rastin “b” - përkundrazi - , dhe për këtë arsye kufiri do të jetë i kufizuar sipas kushtit .
Kjo sugjeron që mënyra se si mbyllet laku përcaktohet nga shenja e parametrit. Nëse është pozitive, atëherë
kontura mbyllet përmes gjysmë-rrafshit të sipërm, përndryshe - përmes pjesës së poshtme. Le t'i shqyrtojmë këto raste veç e veç.
A)
Integrali mbi një gjysmërreth në kufi, siç e pamë, shkon në zero. Brenda qarkut (shih Fig. 3a) ekziston
pikë e veçantë, pra

b)
Ne gjejmë në mënyrë të ngjashme duke përdorur integrimin përgjatë konturit të treguar në Fig. 3b,

Shënim. Mund të duket e çuditshme që integrali i një funksioni kompleks të dalë real. Sidoqoftë, kjo është e lehtë për t'u kuptuar nëse është në origjinal
në integral ndani pjesët reale dhe imagjinare. Në pjesën imagjinare, nën integralin do të ketë një funksion tek, dhe integrali llogaritet në mënyrë simetrike.
kufijtë. Ato. pjesa imagjinare do të shkojë në zero, gjë që ndodhi në llogaritjen tonë.
Shembulli 4. Anashkalimi i pikave singulare të integrandit gjatë ndërtimit të një konture integrimi.
Në shembujt e shqyrtuar, integrandi ose nuk kishte pika njëjës, ose ishin brenda konturit të integrimit. Megjithatë
Mund të jetë e përshtatshme të zgjidhni një kontur në mënyrë që pikat e veçanta të funksionit të bien mbi të. Pika të tilla duhet të shmangen. Bëhet bypass
përgjatë një rrethi me rreze të vogël, e cila më pas tenton thjesht në zero. Si shembull, le të llogarisim integralin .
Mund të duket se integrandi nuk ka pika të fundme njëjës, pasi një pikë është një singularitet i lëvizshëm.
Por për të llogaritur integralin, duhet të kompozoni një integral konturor nga një funksion tjetër (për të siguruar që integrali shkon në zero në
gjysmërrethi mbyllës në kufirin e rrezes së pafundme): . Këtu integrandi ka një singularitet të poleve
në pikën.

Kështu, kërkohet një lak tjetër integrimi (shih Fig. 4). Ai është i ndryshëm nga Fig. 3a vetëm nga fakti se pika njëjës rrotullohet rreth një gjysmërrethi,
rrezja e së cilës pritet të priret në zero në të ardhmen.
. (3)
Le të vërejmë menjëherë se integrali mbi një gjysmërreth të madh në kufirin e rrezes së tij pafundësisht të madhe tenton në zero, dhe brenda konturit
nuk ka pika njëjës, kështu që i gjithë integrali përgjatë konturit është zero. Më pas, merrni parasysh termat e parë dhe të tretë në (3):

.
Tani le të shkruajmë integralin mbi një gjysmërreth të vogël, duke marrë parasysh atë në të. Ne gjithashtu do të marrim menjëherë parasysh vogëlsinë e rrezes së gjysmërrethit:

Termat që priren në zero në kufi nuk janë të shkruara.
Ne mbledhim termat në (3) - përveç termit që lidhet me gjysmërrethin e madh.

Siç mund të shihet, termat që shkojnë në pafundësi asgjësojnë njëri-tjetrin. Regjinë dhe , kemi
.
Shënim. Për shembull, integrali Dirichlet llogaritet në një mënyrë krejtësisht të ngjashme (kujtoni se ai ndryshon nga ajo që sapo u konsiderua nga mungesa
katrorët në numërues dhe emërues).
Shembuj të llogaritjes së integraleve të caktuar duke përdorur konturin
integrimi në planin kompleks (vazhdim)
Shembulli 5. Integrandi ka pika të panumërta njëjës.
Në shumë raste, zgjedhja e konturit është e ndërlikuar nga fakti se integrandi ka një numër të pafund pikash njëjës. Në këtë rast mund të
rezulton se shuma e mbetjeve në të vërtetë do të jetë e afërt, konvergjenca e të cilave do të duhet të provohet ende nëse e përmbledhim
nuk funksionon (dhe përmbledhja e serive është përgjithësisht një detyrë e veçantë, mjaft e ndërlikuar). Si shembull, le të llogarisim integralin.
Është e qartë se një pjesë e konturit është boshti real. Funksioni nuk ka veçori të veçanta në të. Le të diskutojmë se si të mbyllim lak. Ju nuk duhet të zgjidhni një gjysmërreth.
Fakti është se kosinusi hiperbolik ka një familje zerosh të thjeshta . Prandaj, brenda konturit mbyllet nga një gjysmërreth
në kufirin e një rreze pafundësisht të madhe, do të ketë pafundësisht shumë pika njëjës. Si tjetër mund ta mbyllni lak? Vini re se.
Nga kjo rrjedh se mund të përpiqeni të përfshini në konturin e integrimit një segment paralel me boshtin real. Qarku do të mbyllet me dy
segmente vertikale, në kufirin e vendosur pafundësisht larg boshtit imagjinar (shih Fig. 5).

Në seksionet vertikale të konturit . Prandaj, kosinusi hiperbolik rritet në mënyrë eksponenciale me argument në rritje (në vlerë absolute).
në kufi, integralet mbi seksionet vertikale priren në zero.

Pra, në kufi
.
Nga ana tjetër, brenda konturit të integrimit ka dy pika njëjës të integrandit. Zbritjet në to
,
.
Prandaj,
.
Shembulli 6. Integrandi i integraleve të përcaktuar dhe konturor janë të ndryshëm.
Ekziston një rast shumë i rëndësishëm i llogaritjes së integraleve të caktuar duke përdorur metodën e integrimit të konturit. Ende e integruar
funksioni integral konturor ose thjesht përkoi me integrandin e një integrali të caktuar, ose kaloi në të me ndarje
pjesë reale ose imagjinare. Por gjërat nuk rezultojnë gjithmonë kaq të thjeshta. Le të llogarisim integralin.
Për sa i përket zgjedhjes së një qarku, nuk ka asnjë problem të veçantë. Edhe pse funksioni nën integral ka pafundësisht shumë pole të thjeshtë, ne tashmë e dimë
Bazuar në përvojën e shembullit të mëparshëm, nevojitet një kontur drejtkëndor, pasi . I vetmi ndryshim nga shembulli 5 është se
që poli i integrantit bie në vijë të drejtë, e cila duhet anashkaluar. Prandaj, ne zgjedhim atë të treguar
në Fig. 6 qark.

Konsideroni integralin e konturit. Ne nuk do ta pikturojmë atë në secilën pjesë të konturit, duke u kufizuar në horizontale
në seksione. Integrali përgjatë boshtit real tenton në vlerën e dëshiruar në kufi. Le të shkruajmë integralet mbi seksionet e mbetura:
.
Në kufi, dy integralet e para do të japin , pastaj do të hyjnë në integralin konturor në shumë
me atë të dëshiruar, e cila ndryshon në shenjë. Si rezultat, integrali i caktuar i dëshiruar do të bjerë jashtë integralit konturor. Kjo do të thotë se
integrandi është zgjedhur gabimisht. Le të shqyrtojmë një integral tjetër: . Ne e lëmë skicën të njëjtë.

Për të filluar, le të shqyrtojmë përsëri integralet mbi seksionet horizontale. Integrali përgjatë boshtit real do të shndërrohet në .
Ky integral është i barabartë me zero si integral i një funksioni tek brenda kufijve simetrik.

Në kufi, dy kllapat e para do të zhduken, duke formuar përsëri integrale të funksioneve tek
brenda kufijve simetrik. Por kllapa e fundit, deri në një faktor, do të japë integralin e kërkuar. Ka kuptim të vazhdohet llogaritja.
Ngjashëm me shembullin 5, integralet mbi seksionet vertikale të konturit priren në zero në . Mbetet për të gjetur integralin
përgjatë një gjysmërrethi, ku . Si në shembullin 4, ne llogarisim integralin, duke marrë parasysh vogëlsinë e:
.
Pra, ne kemi gjithçka për të shkruar integralin e konturit në kufi:

Nga ana tjetër, brenda konturit të integrimit kishte një pol të funksionit integrand

Llogaritësi zgjidh integrale me një përshkrim të veprimeve në DETAJE në Rusisht dhe falas!

Zgjidhja e integraleve të pacaktuara

Ky është një shërbim online në një hap:

Zgjidhja e integraleve të caktuar

Ky është një shërbim online në një hap:

Futni shprehjen e integrandit (funksioni integral)
Vendosni një kufi më të ulët për integralin
Vendosni një kufi të sipërm për integralin

Zgjidhja e integraleve të dyfishta

Futni shprehjen e integrandit (funksioni integral)

Zgjidhja e integraleve jo të duhura

Futni shprehjen e integrandit (funksioni integral)
Futni rajonin e sipërm të integrimit (ose + pafundësi)
Futni rajonin e poshtëm të integrimit (ose - pafundësi)

Zgjidhja e integraleve të trefishta

Futni shprehjen e integrandit (funksioni integral)
Vendosni kufijtë e poshtëm dhe të sipërm për rajonin e parë të integrimit
Shkruani kufirin e poshtëm dhe të sipërm për rajonin e dytë të integrimit
Vendosni kufirin e poshtëm dhe të sipërm për rajonin e tretë të integrimit

Ky shërbim ju lejon të kontrolloni tuaj llogaritjet për korrektësinë

Mundësitë

Mbështet të gjitha funksionet e mundshme matematikore: sinus, kosinus, eksponent, tangjent, kotangjent, rrënjë katrore dhe kubike, fuqi, eksponenciale dhe të tjera.
Ka shembuj për hyrje, si për integrale të pacaktuar, ashtu edhe për të pahijshme dhe të përcaktuara.
Korrigjon gabimet në shprehjet që futni dhe ofron opsionet tuaja për të dhëna.
Zgjidhje numerike për integrale të përcaktuara dhe të parregullta (duke përfshirë integrale të dyfishta dhe të trefishta).
Mbështetje për numrat kompleks, si dhe parametra të ndryshëm (mund të specifikoni jo vetëm variablin e integrimit, por edhe variablat e tjerë të parametrave në shprehjen integrand)

1. Konceptet dhe pohimet bazë

Teorema 5.1(kusht i mjaftueshëm për ekzistencën e një integrali të një funksioni të një ndryshoreje komplekse). Le L– një kurbë e thjeshtë e lëmuar në , f(z)=u(x;y)+i×v(x;y) është i vazhdueshëm aktiv L. Pastaj ekziston , dhe barazia e mëposhtme vlen:

Teorema 5.2. Le L– një kurbë e thjeshtë e lëmuar, e përcaktuar parametrikisht: L:z(t)=x(t)+i×y(t), a£ t£ b, funksion f(z) është i vazhdueshëm aktiv L. Atëherë barazia është e vërtetë:

(ku ). (5.2)

Teorema 5.3. Nëse f(z) analitike në terren D funksion, atëherë - funksioni analitik dhe F"(z)=f(z), ku integrali merret mbi çdo kurbë të lëmuar pjesë-pjesë që lidh pikat z 0 dhe z.

- Formula Njuton-Leibniz.

2. Metodat për llogaritjen e integralit

Mënyra e parë. Llogaritja e integraleve të një funksioni të vazhdueshëm duke reduktuar në integrale kurvilineare të funksioneve të ndryshoreve reale (zbatimi i formulës (5.1)).

1. Gjeni Re f=u, Im f=v.

2. Shkruani integrandin f(z)dz në formën e një produkti ( u+iv)(dx+idy)=udx-vdy+i(udy+vdx).

3. Njehsoni integrale lakorike të formës sipas rregullave për njehsimin e integraleve kurvilinearë të llojit të dytë.

Shembulli 5.1 . Llogaritni me parabolë y=x 2 nga pika z 1 = 0 në pikë z 2 =1+i.

■ Të gjejmë pjesët reale dhe imagjinare të integrandit. Për ta bërë këtë, le të zëvendësojmë në shprehjen për f(z) z=x+iy:

Sepse y=x 2, atëherë dy= 2x, . Kjo është arsyeja pse

Mënyra e dytë. Llogaritja e integraleve të një funksioni të vazhdueshëm duke reduktuar në një integral të caktuar në rastin e një përkufizimi parametrik të rrugës së integrimit (zbatimi i formulës (5.2)).

1. Shkruani ekuacionin parametrik të lakores z=z(t) dhe përcaktoni kufijtë e integrimit: t=a korrespondon me pikën fillestare të rrugës së integrimit, t=b- përfundimtar.

2. Gjeni diferencialin e një funksioni me vlerë komplekse z(t): dz=z¢( t)dt.

3. Zëvendësues z(t) në një integrand, transformoni integralin në formën: .

4. Njehsoni integralin e caktuar që rezulton.

Shembulli 5.2 . Llogaritni se ku ME- harku i një rrethi, .

■ Ekuacioni parametrik i kësaj lakore: , 0 £ j£ fq. Pastaj . marrim

Shembulli 5.3 . Llogaritni se ku ME– harku i sipërm i rrethit parashikohet: a) , b) .

■ Specifikimi i vlerave të funksionit në ciklin e integrimit ju lejon të zgjidhni degë të paqarta të shprehjes , k= 0,1. Që kur kemi, k= 0.1, pastaj në rastin e parë zgjedhim degën me k= 0, dhe në të dytën - nga k= 1.

Integrandi në konturin e integrimit është i vazhdueshëm. Ekuacioni parametrik i kësaj lakore: , 0 £ j£ fq. Pastaj .

a) Dega përcaktohet kur k= 0, domethënë nga marrim .

b) Dega përcaktohet kur k=1, domethënë nga marrim .

Mënyra e tretë. Llogaritja e integraleve të funksioneve analitike në fusha thjesht të lidhura (zbatimi i formulës (5.3)).

Gjeni antiderivativin F(z), duke përdorur vetitë e integraleve, integraleve të tabelës dhe metodave të njohura nga analiza reale. Aplikoni formulën Newton-Leibniz: .

Shembulli 5.4 . Llogaritni , Ku ME– drejt AB, z A=1-i,z V=2+i.

■ Që nga funksioni integrand - analitike në të gjithë rrafshin kompleks, më pas aplikojmë formulën Njuton-Leibniz

3. Teoremat bazë të njehsimit integral

funksionet e një ndryshoreje komplekse

Teorema 5.4 (Cauchy). Nëse f(z G funksioni, atëherë ku L- çdo kontur i mbyllur i shtrirë G.

Teorema e Cauchy-t vlen edhe për një rajon të lidhur shumëfish.

Teorema 5.5. Lëreni funksionin f(z) analitike në një domen të lidhur thjesht D, L-kontur i lëmuar në mënyrë arbitrare i mbyllur pjesë-pjesë i shtrirë brenda D. Pastaj për çdo pikë z 0 shtrirë brenda konturit L, formula është e saktë:

, (5.4)

Ku L lëviz në një drejtim pozitiv.

Formula (5.4) quhet Formula integrale Cauchy . Ai shpreh vlerat e një funksioni analitik brenda një konture përmes vlerave të tij në kontur.

Teorema 5.6.Çdo funksion f(z), analitike në terren D, ka derivate të të gjitha porosive në këtë domen, dhe për " z 0 Î D formula eshte e sakte:

, (5.5)

Ku L– një kontur arbitrar, pjesë-pjesë, i qetë i mbyllur që shtrihet tërësisht brenda D dhe që përmban një pikë brenda z 0 .

4.Llogaritja e integraleve mbi një qark të mbyllur

nga funksionet e një ndryshoreje komplekse

Le të shqyrtojmë integrale të formës , ku funksioni j(z) analitike në , dhe y(z) - një polinom që nuk ka zero në një kontur të mbyllur ME.

Rregulli. Gjatë llogaritjes së integraleve të formës në varësi të shumëzisë së zerove të polinomit y(z) dhe vendndodhjen e tyre në lidhje me konturin ME Mund të dallohen 4 raste.

1. Në zonë D nuk ka zero polinomiale y(z). Atëherë funksioni është analitik dhe sipas teoremës së Cauchy-t.

2. Në zonë D ka një zero të thjeshtë z=z 0 polinom y(z). Më pas thyesën e shkruajmë në formën ku f(z) është një funksion analitik në Zbatimin e formulës integrale Cauchy (5.4), marrim

. (5.6)

3. Në zonë D ndodhet një zero e shumëfishtë z=z 0 polinom y(z) (shumësi n). Më pas thyesën e shkruajmë në formën ku f(z) është një funksion analitik në Aplikimi i formulës (5.5), marrim

4. Në zonë D ndodhen dy zero të polinomit y(z) z=z 1 dhe z=z 2. Pastaj ne paraqesim integranin si shumë të dy thyesave dhe integralin si shumë të dy integraleve, secila prej të cilave llogaritet në përputhje me pikën 2 ose klauzolën 3.

Shembulli 5.5 . Llogaritni se ku ME– rrethi.

■ Gjetja e zerove të emëruesit – pikave njëjës të integrandit . Këto janë pikat. Tjetra, ne përcaktojmë vendndodhjen e pikave në lidhje me konturin e integrimit: asnjë nga pikat nuk përfshihet në zonën e kufizuar nga një rreth me qendër në pikën dhe rrezen 2 (d.m.th., kemi rastin e parë). Ju mund ta verifikoni këtë duke vizatuar ose përcaktuar distancën nga çdo pikë në qendër të rrethit dhe duke e krahasuar atë me rreze. Për shembull, për , pra nuk i përket rrethit.

Pastaj funksioni analitike në rreth, dhe nga teorema e Cauchy-së .

Vini re se integrali i dhënë është gjithashtu i barabartë me zero për çdo kontur tjetër që kufizon rajonin që nuk përfshin asnjë nga zerot e emëruesit. ■

Shembulli 5.6 . Llogaritni se ku ME– rrethi.

■ Duke arsyetuar si në shembullin 5.5, gjejmë se vetëm një nga zerot e emëruesit ndodhet në rreth (rasti i dytë). Prandaj, ne e shkruajmë funksionin integrand në formën , funksion analitike në një rreth. Pastaj sipas formulës (5.6)

.■

Shembulli 5.7 . Llogaritni , Ku ME– rrethi.