1. Temel kavramlar
2. Karmaşık değişkenli fonksiyonların integrallerinin hesaplanması
3. Karmaşık değişkenli fonksiyonların integrallerini hesaplama örnekleri
4. Basit bir çevre çizgisi için Cauchy'nin ana teoremi
5. Karmaşık kontur için Cauchy teoremi
6. İntegral formülü Cauchy
7. Kapalı döngü üzerinden integrallerin hesaplanması
8. Kapalı döngü üzerinden integral hesaplama örnekleri
Temel Kavramlar
1. Karmaşık bir değişkenin bir fonksiyonunun integrali kavramı, bir integral toplamları dizisinin limiti olarak (gerçek alanda olduğu gibi) tanıtıldı; fonksiyon bir l eğrisi üzerinde tanımlanır, eğrinin düzgün veya parçalı düzgün olduğu varsayılır:
\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)
burada x_k, eğri bölümünün \Delta l_k yayında seçilen bir noktadır; \Delta z_k - bu bölüm bölümündeki işlev argümanının arttırılması,\lambda= \max_(k)|\Delta z_k| - bölümleme adımı, |\Delta z_k|- yayın uçlarını birleştiren kirişin uzunluğu \Delta l_k; l eğrisi keyfi olarak n parçaya bölünür \Delta l_k,~ k=1,2,\ldots,n. Eğride seçilen yön, yani. başlangıç ve bitiş noktaları belirtilir. Kapalı bir eğri durumunda
\textstyle(\left(\int\limits_(l) f(z)dz= \oint\limits_(c)f(z)dz\right)) Entegrasyon pozitif yönde gerçekleşir, yani. solda bir konturla sınırlandırılmış sonlu bir alan bırakan bir yönde. Formül (2.43) şunu belirler:
karmaşık değişkenli bir fonksiyonun çizgi integrali
o zaman integral toplamı, iki gerçek değişkenin ikinci tür fonksiyonlarının eğrisel integrallerinin integral toplamları olacak iki terim biçiminde yazılabilir. Eğer f(z)'nin l üzerinde sürekli olduğu varsayılırsa, o zaman u(x,y),~ v(x,y) de l üzerinde sürekli olacaktır ve dolayısıyla karşılık gelen integral toplamlarında sınırlar olacaktır. Bu nedenle, eğer f(z) fonksiyonu l üzerinde sürekli ise, o zaman eşitlikteki (2.43) limit mevcuttur, yani; l eğrisi boyunca f(z) fonksiyonunun eğrisel bir integrali vardır ve formül geçerlidir
\int\limits_(l)f(z)\,dz= \int\limits_(l)u\,dx-v\,dy+ i \int\limits_(l)u\,dy+v\,dx\, .
İntegralin veya formülün (2.44) tanımını ve ikinci türden eğrisel integrallerin özelliklerini kullanarak, denklemin geçerliliğini doğrulamak kolaydır. aşağıdaki özellikler Karmaşık değişkenli fonksiyonların eğrisel integrali (gerçek analizden bilinen özellikler).
\begin(aligned)&\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.)~~ \left|\ int\limits_(l)f(z)\,dz \right|\leqslant \int\limits_(l)|f(z)|\,|dz|. \end(hizalanmış)
özellikle, \textstyle(\left|\int\limits_(AB)f(z)\,dz\right|\leqslant M\cdot l_(AB)), eğer fonksiyonun büyüklüğü AB eğrisi üzerinde sınırlıysa, yani |f(z)|\leqslant M,~ z\in l. Bu özelliğe integralin modülünü tahmin etme özelliği denir.
\bold(6.)~~ \int\limits_(AB)dz= z_B-z_A\,.
Formül (2.44), hem karmaşık değişkenli bir fonksiyonun eğrisel integralinin bir tanımı olarak hem de iki gerçek değişkenli fonksiyonların ikinci tür eğrisel integralleri aracılığıyla bunu hesaplamak için bir formül olarak düşünülebilir.
Hesaplama formülünü kullanmak ve hatırlamak için, eşitliğin (2.44), f(z) fonksiyonunun gerçek ve sanal kısımlarını ayırma eylemlerinin dz= ile çarpılmasının integral işareti altında sol taraftaki biçimsel uygulamaya karşılık geldiğini not edelim. dx+i\,dy ve ortaya çıkan ürünü yazma cebirsel form:
\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\ ,.
Örnek 2.79.İntegralleri hesaplayın ve \int\limits_(OA)z\,dz, nerede OA satırı
a) z_1=0 ve z_2=1+i noktalarını birleştiren bir düz çizgi parçası,
b) kesikli çizgi OBA, burada O(0;0),~ A(1;1),~ B(1;0).
▼ Çözüm
1. İntegrali hesaplayın \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz. Burada f(z)= \overline(z)= x-iy,~ dz=dx+i\,dy. İntegrali ikinci türden eğrisel integraller cinsinden yazıyoruz:
\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\,
bu formül (2.44)'e karşılık gelir. İntegralleri hesaplıyoruz:
a) entegrasyon yolu düz bir çizgi parçasıdır, dolayısıyla \int\limits_(OA)\overline(z)\,dz= \int\limits_(0)^(1)2x\,dx=1.
b) entegrasyon yolu iki bölümden oluşan kesikli bir çizgidir OB= \(y=0,~ 0\leqslant x\leqslant1\) Ve BA= \(x=1,~ 0\leqslant y\leqslant1\). Bu nedenle integrali ikiye bölüp hesaplamalar yaparak şunu elde ederiz:
\int\limits_(OA)\overline(z)\,dz= \int\limits_(OB)\overline(z)\,dz+ \int\limits_(BA)\overline(z)\,dz= \int\ limits_(0)^(1)x\,dx+ \int\limits_(0)^(1)y\,dy+ i\int\limits_(0)^(1) dy=1+i.
f(z)=\overline(z) fonksiyonunun integrali, O ve A noktalarını birleştiren integral yolu seçimine bağlıdır.
2. İntegrali hesaplayın \textstyle(\int\limits_(OA)z\,dz) burada f(z)=z=x+iy . İntegrali ikinci türden eğrisel integraller cinsinden yazıyoruz
\int\limits_(OA)z\,dz= \int\limits_(OA)x\,dx-y\,dy+ i\int\limits_(OA)x\,dy+y\,dx\,.
İkinci türden elde edilen integrallerin integralleri tam diferansiyeller(bkz. koşul (2.30)), dolayısıyla entegrasyon yolunun bir durumunu dikkate almak yeterlidir. Yani, “a” durumunda, segmentin denklemi y=x,~0 \leqslant x \leqslant1, cevabı alıyoruz
\int\limits_(OA)z\,dz=i \int\limits_(0)^(1)2x\,dx=i\,.
İntegralin entegrasyon yolunun biçiminden bağımsız olması nedeniyle, görev bu durumda daha fazla formüle edilebilir genel görünüm: integrali hesapla
\int\limits_(l)z\,dz z_1=0 noktasından z_2=1+i noktasına.
Bir sonraki paragrafta daha ayrıntılı olarak inceleyeceğiz benzer vakalar entegrasyon.
2. Sürekli bir fonksiyonun belirli bir bölgedeki integrali, bu bölgedeki iki noktayı birleştiren eğrinin türüne bağlı olmasın. Haydi düzeltelim başlangıç noktası, z_0'ı belirtir. bitiş noktası- değişken, onu z olarak gösterelim. O zaman integralin değeri yalnızca z noktasına bağlı olacaktır, yani belirtilen alandaki bazı fonksiyonları belirler.
Aşağıda, basit bağlantılı bir tanım kümesi durumunda, integralin bu tanım kümesinde tek değerli bir fonksiyonu tanımladığı şeklindeki ifadenin kanıtını vereceğiz. Gösterimi tanıtalım
\int\limits_(z_0)^(z) f(\xi)\,d\xi=F(z).
Fonksiyon F(z) - değişkenle integral üst sınır.
Türev tanımını kullanarak, yani. göz önünde bulundurarak \lim_(\Delta z\to0)\frac(\Delta F)(\Delta z) F(z)'nin tanım kümesinde herhangi bir noktada türevinin olduğunu ve dolayısıyla analitik olduğunu doğrulamak kolaydır. Bu durumda türev için şu formülü elde ederiz:
F"(z)=f(z).
Değişken üst limitli bir integralin türevi, integralin üst limitteki değerine eşittir.
Özellikle (2.46) eşitliğinden, (2.45)'teki f(z) integral fonksiyonunun analitik bir fonksiyon olduğu sonucu çıkar, çünkü F(z) analitik fonksiyonunun bu tür fonksiyonların özelliği ile türevi F"(z) (bkz. İfade 2.28) - analitik fonksiyon.
3. Eşitliğin (2.46) geçerli olduğu F(z) fonksiyonuna, basit bağlantılı bir bölgede f(z) fonksiyonunun ters türevi denir ve ters türevler kümesi \Phi(z)=F(z)+c, burada c=\text(const) , - belirsiz integral f(z) fonksiyonundan.
2. ve 3. maddelerden aşağıdaki ifadeyi elde ediyoruz.
Açıklama 2.25
1. Değişken üst limitli integral \textstyle(\int\limits_(z_0)^(z) f(\xi)\,d\xi) basit bağlantılı bir alandaki bir fonksiyon analitiğinden, bu alandaki bir fonksiyon analitiğidir; bu fonksiyon integralin ters türevidir.
2. Basit bağlantılı bir alandaki herhangi bir analitik fonksiyonun içinde bir ters türevi vardır (bir ters türevinin varlığı).
Antitürevler analitik fonksiyonlar Gerçek analizde olduğu gibi basit bağlantılı alanlar bulunur: integrallerin özellikleri, integral tablosu ve entegrasyon kuralları kullanılır.
Örneğin, \int e^z\,dz=e^z+c,~~ \int\cos z\,dz=\sin z+c..
Arasında eğrisel integral analitik bir fonksiyondan ve onun basit bağlantılı bir alandaki antitürevinden, gerçek analizden elde edilen Newton-Leibniz formülüne benzer bir formül vardır:
\int\limits_(z_1)^(z_2)f(z)\,dz= \Bigl.(F(z))\Bigr|_(z_1)^(z_2)= F(z_2)-F(z_1).
4. Gerçek analizde olduğu gibi, ele aldığımız karmaşık alanda, entegrasyon sınırları dahilinde bir parametre içeren integrallere ek olarak (formül (2.45) şunu verir: en basit örnek bu tür integraller), integralin içerdiği parametreye bağlı olan integraller: \textstyle(\int\limits_(l)f(\xi,z)\,d\xi). Bu tür integraller arasında önemli yer teoride ve pratikte karmaşık entegrasyon ve uygulamalarda formun bir integralini alır \textstyle(\int\limits_(l)\dfrac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi).
f(z)'nin l doğrusu üzerinde sürekli olduğunu varsayarak, l'ye ait olmayan herhangi bir z noktası için integralin mevcut olduğunu ve l'yi içermeyen herhangi bir alanda belirli bir fonksiyonu tanımladığını elde ederiz.
\frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi=F(z).
İntegrale (2.48) Cauchy tipi integral denir; Oluşturulan fonksiyonun kullanım kolaylığı için \frac(1)(2\pi\,i) faktörü eklenmiştir.
Bu fonksiyon için eşitlik (2.45) ile tanımlanan fonksiyonun tanım alanında her yerde analitik olduğu kanıtlanmıştır. Üstelik (2.45) integralinin aksine, burada f(z) üreten fonksiyonun analitik olması gerekli değildir; sınıftaki formül (2.48)'e göre sürekli fonksiyonlar karmaşık değişken kullanılarak bir analitik fonksiyonlar sınıfı oluşturulur. İntegralin (2.48) türevi aşağıdaki formülle belirlenir:
F"(z)= \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))((\xi-z)^2)\,d\xi \,.
Formül (2.49)'u ve dolayısıyla Cauchy tipi integralin analitikliği hakkındaki ifadeyi kanıtlamak için, türevin tanımına göre eşitsizliğin geçerliliğini oluşturmak yeterlidir.
\left|\frac(\Delta F)(\Delta z)-F"(z)\right|<\varepsilon,\qquad |\Delta z|<\delta(\varepsilon)
herhangi bir \varepsilon>0 için ve F(z) fonksiyonunun tanım alanındaki herhangi bir z için.
Aynı yöntem kullanılarak eşitlik (2.49) ile tanımlanan fonksiyonun bir türevinin olduğu gösterilebilir;
F""(z) ve formül geçerlidir
F""(z)= \frac(1)(\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))((\xi-z)^3)\,d\xi \,.
Prosedür, F(z)\kolon fonksiyonunun herhangi bir mertebesinden türevinin formülü tümevarımla devam ettirilebilir ve kanıtlanabilir.{2\pi\,i} \int\limits_{l} \frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}\,d\xi\,. !}
F^((n))(z)= \frac(n
(2.48) ve (2.49) formüllerini analiz ederek, F(z) türevinin, (2.48)'deki integral işareti altındaki parametreye göre türevi alınarak resmi olarak elde edilebileceğini doğrulamak kolaydır:
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))(\ xi-z)\right)\!d\xi= \frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))( (\xi-z)^ 2)\,d\xi\,.
İntegrali n kez parametreye bağlı olarak türevlendirme kuralını resmi olarak uygulayarak formül (2.50) elde ederiz.
Bu bölümde elde ettiğimiz sonuçları bir açıklama şeklinde yazıyoruz. Açıklama 2.26. İntegral\frac(1)(2\pi\,i) \int\limits_(l) \frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi
bir l eğrisi üzerinde sürekli olan bir f(z) fonksiyonunun, l'yi içermeyen herhangi bir D alanında analitik olan bir fonksiyon olduğu; bu fonksiyonun türevleri, integral işareti altındaki parametreye göre türev alınarak elde edilebilir.
Karmaşık değişkenli fonksiyonların integrallerinin hesaplanması
Yukarıda karmaşık değişkenli fonksiyonların integrallerini hesaplamak için formüller elde ettik - formüller (2.44) ve (2.47). Formül (2.44)'teki l eğrisi parametrik olarak belirtilirse: veya gerçek forma karşılık gelen: \begin(cases) x=x(t),\\ y=y(t),\end(cases)\!\!\alpha\leqslant t\leqslant\beta o zaman, bir eğrinin parametrik tanımı durumunda ikinci türden integrallerin hesaplanmasına ilişkin kuralları kullanarak formül (2.44)'ü şu şekle dönüştürebiliriz:
\int\limits_(l)f(z)\,dz= \int\limits_(\alpha)^(\beta)f\bigl(z(t)\bigr)z"(t)\,dt\,.
Bir önceki derste elde edilen sonucu ve elde edilen sonuçları bir dizi eylem olarak yazacağız.
İntegral hesaplama yöntemleri \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz).
İlk yol.İntegrallerin hesaplanması \textstyle(\int\limits_(l)f(z)\,dz) sürekli bir fonksiyondan gerçek değişkenli fonksiyonların eğrisel integrallerine indirgeme yoluyla - formül (2.44)'ün uygulanması.
1. Bul \operatöradı(Re)f(z)=u,~ \operatöradı(Im)f(z)=v.
2. f(z)dz integralini (u+iv)(dx+i\,dy) çarpımı olarak veya çarparak yazın, u\,dx-v\,dy+i(u\,dy+v\,dx).
3. Formun eğrisel integrallerini hesaplayın \textstyle(\int\limits_(l)P\,dx+Q\,dy), Nerede P=P(x,y),~ Q=Q(x,y) ikinci türden eğrisel integrallerin hesaplanmasına ilişkin kurallara göre.
İkinci yol.İntegrallerin hesaplanması \textstyle(\int\limits_(l) f(z)\,dz)İntegral yolunun parametrik tanımı durumunda, sürekli bir fonksiyondan indirgeme yoluyla belirli bir integrale - formül (2.51)'in uygulanması.
1. z=z(t) eğrisinin parametrik denklemini yazın ve ondan integralin sınırlarını belirleyin: t=\alpha, integral yolunun başlangıç noktasına karşılık gelir, t=\beta - son nokta.
2. Karmaşık değerli bir fonksiyonun diferansiyelini bulun z(t)\iki nokta üst üste\, dz=z"(t)dt.
3. z(t)'yi integralde yerine koyun ve integrali dönüştürün
\int\limits_(\alpha)^(\beta)f \bigl(z(t)\bigr)\cdot z"(t)\,dt= \int\limits_(\alpha)^(\beta)\varphi (t)\,dt\,.
4. 3. adımda elde edilen bir gerçel değişkenin karmaşık değerli fonksiyonunun belirli integralini hesaplayın.
Gerçek bir değişkenin karmaşık değerli bir fonksiyonunun integralinin, gerçek değerli bir fonksiyonun integralinden farklı olmadığını unutmayın; tek fark, ilk durumda, eylemlerin doğal olarak sabit olduğu düşünülen i faktörünün varlığıdır. Örneğin,
\int\limits_(-1)^(1)e^(2it)dt= \left.(\frac(e^(2it))(2i))\right|_(-1)^(1)= \ frac(1)(2i)(e^(2i)-e^(-2i))= \sin2\,.
Üçüncü yol. Basit bağlantılı alanlarda analitik fonksiyonların integrallerinin hesaplanması - formül (2.47)'nin uygulanması.
1. İntegrallerin özelliklerini, tablo integrallerini ve gerçek analizden bilinen yöntemleri kullanarak ters türev F(z)'yi bulun.
2. (2.47) formülünü uygulayın: \int\limits_(z_1)^(z_2)f(z)\,dz= F(z_2)-F(z_1).
Notlar 2.10
1. Çoklu bağlantılı bölge durumunda, tek değerli bir F(z) fonksiyonu elde edilebilecek şekilde kesmeler yapılır.
2. Çok değerli fonksiyonların tek değerli dallarının integrali alınırken, dallanma, fonksiyonun değerinin integral eğrisi üzerinde belirli bir noktada belirtilmesiyle ayırt edilir. Eğri kapalıysa integral yolunun başlangıç noktası, integralin değerinin belirtildiği nokta olarak kabul edilir. İntegralin değeri bu noktanın seçimine bağlı olabilir.
▼ Karmaşık değişkenli fonksiyonların integrallerinin hesaplanmasına ilişkin 2.80-2.86 örnekleri
Örnek 2.80. Hesaplamak \int\limits_(l)\operatöradı(Re)z\,dz, burada l, z_1=0 noktasını z_2=1+i\colon noktasına bağlayan çizgidir
a) l - düz; b) l - kesikli çizgi OBA, burada O(0;0),~ B(1;0),~ A(1;1).
▼ Çözüm
a) İlk yöntemi uyguluyoruz - (formül (2.44)).
1.2. İntegralin formu vardır \operatöradı(Re)z\,dz= x(dx+i\,dy). Bu yüzden
\int\limits_(l)\operatöradı(Re)z\,dz= \int\limits_(l)x\,dx+ i\int\limits_(l)x\,dy\,.
3. İntegralleri hesaplayın y=x,~ 0\leqslant x\leqslant1(segment OA bağlantı noktaları z_1 ve z_2'nin denklemi). Aldık
\int\limits_(l)\operatöradı(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) İntegral yolu iki parçadan oluştuğu için integrali iki integralin toplamı olarak yazıyoruz:
\int\limits_(l)\operatöradı(Re)z\,dz= \int\limits_(OB)\operatöradı(Re)z\,dz+ \int\limits_(BA)\operatöradı(Re)z\,dz
ve her birini bir önceki paragrafta olduğu gibi hesaplıyoruz. Ayrıca OB segmenti için elimizde
\begin(cases)y=0,\\ 0 \leqslant x \leqslant1,\end(cases) ve bölüm için BA\kolon \begin(cases)x=1,\\ 0 \leqslant y \leqslant1.\end(cases)
Hesaplamalar yapıyoruz:
\int\limits_(l)\operatöradı(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.
Bu örnekteki integralin analitik bir fonksiyon olmadığına dikkat edin; bu nedenle, verilen iki noktayı birleştiren iki farklı eğri üzerindeki integraller, bu örnekte gösterildiği gibi, farklı değerlere sahip olabilir.
Örnek 2.81. Hesaplamak \int\limits_(l)|z| \overline(z)\,dz, burada l, |z|=1 üst yarım dairesidir ve l eğrisini saat yönünün tersine kat eder.
▼ Çözüm
Eğrinin basit bir parametrik denklemi vardır z=e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\pi bu nedenle ikinci yöntemin kullanılması uygundur (formül (2.51)). Buradaki integrand sürekli bir fonksiyondur ve analitik değildir.
1.2. z=e^(it) için şunu buluruz: \overline(z)=e^(-it),~ |z|=1,~ dz=i\,e^(it)dt.
3.4. İntegralde yerine koy. İntegrali hesapla
\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.
Örnek 2.82. Analitik fonksiyonların integrallerini hesaplayın:
A) \int\limits_(0)^(i)\sin^2z\,dz; B) \int\limits_(-i)^(1)\frac(dz)((z-i)^2), entegrasyon yolu i noktasından geçmez.
▼ Çözüm
a) Formül (2.47)'yi uygulayın (üçüncü kural); Gerçek analizin entegrasyon yöntemlerini kullanarak antiderivatifi buluyoruz:
\int\limits_()^()\sin^2z\,dz= \frac(1)(2) \int\limits_(0)^(i)(1-\cos2z)\,dz= \left.( \frac(1)(2) \left(z-\frac(1)(2)\sin2z\right))\right|_(0)^(i)= \frac(1)(2)\,i -\frac(1)(4)\sin2i= \frac(1)(2)\,i-i\,\frac(\operatöradı(sh)2)(4)= \frac(i)(4)(2- \operatöradı(sh)2).
b) İntegral i noktası dışında her yerde analitiktir. Düzlemi ışın boyunca i noktasından \sonsuza kadar keserek, fonksiyonun analitik olduğu ve integralin (2.47) formülü kullanılarak hesaplanabildiği basit bağlantılı bir bölge elde ederiz. Bu nedenle i noktasından geçmeyen herhangi bir eğri için (2.47) formülünü kullanarak integrali hesaplayabilirsiniz ve verilen iki nokta için aynı değere sahip olacaktır.
Şek. Şekil 2.44 iki kesim yapma durumunu göstermektedir. İntegralin analitik olduğu basit bağlantılı bölgelerin sınırlarını geçme yönü oklarla gösterilmiştir. İntegrali hesaplıyoruz:
\int\limits_(-i)^(1)\frac(dz)((z-i)^2)= \left.(\frac(-1)(z-i))\right|_(-i)^(1 )= -\frac(1)(1-i)-\frac(1)(2i)=-\frac(1+i)(2)+\frac(i)(2)= -\frac(1) (2)\,.
Örnek 2.83.İntegrali hesapla \int\limits_(0)^(1+i)z\,dz.
▼ Çözüm
İntegral \mathbb(C)'nin her yerinde analitiktir. Üçüncü yöntem olan formülü (2.47) kullanıyoruz:
\int\limits_(0)^(1+i)z\,dz= \left.(\frac(z^2)(2))\right|_(0)^(1+i)= \frac( 1)(2)(1+i)^2=i.
Bu sonuç örnek 2.78'de birinci yönteme göre elde edilmiştir.
Örnek 2.84.İntegrali hesapla \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n), burada C |z-a|=R çemberidir.
▼ Çözüm
İkinci yöntemi kullanalım.
1. Çemberin denklemini parametrik biçimde yazıyoruz: z-a=R\,e^(it) veya z=a+R\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant2\pi.
2. Farkı bulun dz=R\,i\,e^(it)\,dt.
3. z=a+R\,e^(it) ve dz'yi integralde yerine koyun:
\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\ ,.
Ortaya çıkan belirli integrali hesaplıyoruz. n\ne1 için şunu elde ederiz:
\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)) \ büyük).
Çünkü e^(2\pi\,i(n-1))= e^(2k\pi\,i)=1, Bu yüzden \oint\limits_(C)\frac(dz)((z-a)^n) =0 n\ne1 konumunda. n=1 için şunu elde ederiz \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= i\int\limits_(0)^(2\pi)dt=2\pi\,i\,..
Sonucu formül olarak yazalım:
\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\,.
özellikle, \textstyle(\oint\limits_(|z|=R)\frac(dz)(z)=2\pi i). C\iki nokta |z-a|=R çemberi bir nokta tarafından k kez geçilirse, bu durumda argümanın (parametre) 0'dan 2\pi k ( k>0'a değişeceğini, eğer çaprazlama pozitif yöndeyse, yani saat yönünün tersine olduğunu unutmayın. ve 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.
Örnek 2.85. Karmaşık değişkenli bir fonksiyonun integralini hesaplayın \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi):
a) İntegral yolu z=0 noktasından geçmez ve onun etrafından dolaşmaz, -\pi<\arg z \leqslant\pi ;
b) İntegral yolu z=0 noktasından geçmez, ancak saat yönünün tersine daire etrafında n kez döner.
▼ Çözüm
a) Bu integral (üst limiti değişken olan bir integral) herhangi bir basit bağlantılı alanda tek değerli bir analitik fonksiyonu tanımlar (bkz. 2.45). Bu fonksiyon için analitik bir ifade bulalım - f(z)=\frac(1)(z)'nin terstürevi. İntegralin gerçek ve sanal kısımlarını ayırma \int\limits_(l)\frac(dz)(z)(formül (2.44) kullanılarak), ikinci türden integrallerin integrallerinin tam diferansiyeller olduğunu doğrulamak kolaydır ve dolayısıyla \frac(d\xi)(\xi) integralinin eğri türüne bağlı olmadığını doğrulamak kolaydır. z_1=1 ve z noktalarını birleştiriyor. z_1=1 noktasından z_2=r noktasına kadar Ox ekseninin bir bölümünden oluşan bir yol seçelim, burada r=|z| , ve bir dairenin yayları l. z_2'yi z'ye bağlamak (Şekil 2.45,a).
İntegrali toplam olarak yazıyoruz: \int\limits_(1)^(z) \frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(1)^(r) \frac(dx)(x)+ \int\limits_(l) \frac(d\xi)(\xi). Dairesel bir yay boyunca integrali hesaplamak için formül (2.51) kullanırız, yayın denklemi vardır \xi=r\,e^(it),~ 0\leqslant t\leqslant\arg z. Aldık \int\limits_(l)\frac(d\xi)(\xi)= \int\limits_(0)^(\arg z) \frac(ri\,e^(it))(r\,e^ (it))\,dt=i\arg z; sonuç olarak
\int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\ln r+i\arg z,\,-\pi<\arg z \leqslant\pi
Eşitliğin sağ tarafı, logaritmanın temel değeri olan tek değerli \ln z fonksiyonunu tanımlar. Cevabı formda alıyoruz
\int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\ln z\,.
Ortaya çıkan eşitliğin, basit bağlantılı bir alanda - negatif gerçek yarı eksen (-\infty;0] boyunca kesilmiş bir düzlem) tek değerli bir fonksiyonun \ln z tanımı olarak alınabileceğine dikkat edin.
b) İntegral toplam olarak yazılabilir: \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)= \oint\limits_(c) \frac(dz)(z)+ \int\limits_(l)\frac(d \xi)(\xi) burada c, saat yönünün tersine n kez geçen bir |z|=1 çemberidir ve l, z_1 ve z noktalarını birleştiren ve z=0 noktasını kapsamayan bir eğridir (Şekil 2.45, b).
İlk terim 2n\pi i'ye eşittir (bkz. örnek 2.84), ikincisi \ln(z) - formül (2.53)'tür. Sonucu alıyoruz \int\limits_(1)^(z)\frac(d\xi)(\xi)=\ln z+2n\pi i.
Örnek 2.86.İntegrali hesapla \int\limits_(l)\frac(dz)(\sqrt(z))|z|=1 dairesinin üst yayı boyunca şu sağlanır: a) \sqrt(1)=1 ; b) \sqrt(1)=-1 .
▼ Çözüm
\sqrt(z) fonksiyonunun değerlerini integral konturu üzerindeki bir noktaya ayarlamak, ifadenin net dallarını seçmenizi sağlar \sqrt(z)= \sqrt(|z|)\exp\!\left(\frac(i)(2)\arg z+ik\pi\right)\!,~ k=0;1(bkz. örnek 2.6). Kesim, örneğin hayali bir negatif yarı eksen boyunca yapılabilir. z=1 için elimizde \sqrt(1)=e^(ik\pi),~k=0;1, ilk durumda k=0 olan dal seçilir, ikinci durumda ise k=1 olan dal seçilir. İntegral eğrisi üzerindeki integral süreklidir. Çözmek için formül (2.51) kullanıyoruz, eğriyi denklemle tanımlıyoruz z=e^(it),~0\leqslant t\leqslant\pi.
a) Dallanma k=0'da belirlenir, yani. elde ettiğimiz integral için z=e^(it)'ten \sqrt(z)=e^(\frac(i)(2)t). İntegrali hesaplıyoruz:
\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\right)= 2(i-1).
b) Dal k=1'de belirlenir, yani. elimizdeki integral için z=e^(it)'ten \sqrt(z)= e^(i \left(\frac(t)(2)+\pi\right))=-e^(i\,\frac(t)(2)). İntegrali hesaplıyoruz:
\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).
Teorik ve pratikte, karmaşık değişkenli fonksiyonların integral hesabı uygulamalarında, sınırlı alanlardaki veya bireysel noktaların yakınındaki fonksiyonların davranışını incelerken, integraller kapalı eğriler - alanların sınırları, özellikle de komşuluklar - üzerinden dikkate alınır. puan. İntegralleri ele alacağız \oint\limits_(C)f(z)dz f(z) bazı c bölgelerinde analitiktir, bireysel noktalar hariç, C bölgenin sınırı veya bu bölgedeki iç konturdur.
Basit bir kontur için Cauchy'nin temel teoremi
Teorem 2.1 (Basit bir kontur için Cauchy teoremi). Eğer f(z) basit bağlantılı bir bölgede analitikse, bu bölgeye ait herhangi bir C konturu için aşağıdaki eşitlik geçerlidir:
\oint\limits_(C)f(z)dz=0.
Teoremin kanıtını analitik fonksiyonların özelliğine dayanarak elde etmek kolaydır; buna göre analitik bir fonksiyonun herhangi bir mertebeden türevleri vardır (bkz. İfade 2.28). Bu özellik kısmi türevlerin sürekliliğini sağlar. \operatöradı(Re)f(z) Ve \operatöradı(Im)f(z) bu nedenle, (2.44) formülünü kullanırsak, ikinci türden eğrisel integrallerdeki integrallerin her biri için, analitik fonksiyonların Cauchy-Riemann koşulları gibi, toplam diferansiyel koşullarının karşılandığını görmek kolaydır. Ve toplam diferansiyellerden kapalı eğriler üzerindeki integraller sıfıra eşittir.
Aşağıda sunulan tüm teorik konumların, analitik fonksiyonların yukarıda bahsedilen özelliği de dahil olmak üzere, sonuçta bu önemli teoreme dayandığına dikkat edin. Sunumun doğruluğu hakkında hiçbir şüphe kalmaması için, teoremin, türevlerinin varlığına atıfta bulunulmadan, yalnızca bir analitik fonksiyonun tanımı temelinde kanıtlanabileceğini not ediyoruz.
Teorem 2.1'den Sonuçlar
1. Teorem, C'nin D alanının sınırı olması durumunda ve f(z) fonksiyonunun alanda ve sınırda analitik olması durumunda da geçerlidir; \overline(D)'de çünkü tanım gereği \overline(D)'deki analitiklik, fonksiyonun aşağıdakileri içeren bazı B etki alanındaki analitikliğini ima eder: D~(B\supset\overline(D)) ve C, B'deki iç kontur olacaktır.
2. Bir fonksiyonun basit bağlantılı analitik alanında yer alan ve bu alanın iki noktasını bağlayan çeşitli eğriler üzerindeki integraller birbirine eşittir, yani. \int\limits_(l_1)f(z)dz= \int\limits_(l_2)f(z)dz burada l_1 ve l_2, z_1 ve z_2 noktalarını birleştiren rastgele eğrilerdir (Şekil 2.46).
Bunu kanıtlamak için, l_1 eğrisinden (z_1 noktasından z_2 noktasına) ve l_2 eğrisinden (z_2 noktasından z_1 noktasına) oluşan C konturunu dikkate almak yeterlidir. Özellik aşağıdaki gibi formüle edilebilir. Bir analitik fonksiyonun integrali, fonksiyonun analitik etki alanındaki iki noktayı birleştiren ve bu etki alanını terk etmeyen entegrasyon eğrisinin türüne bağlı değildir.
Bu, integralin özellikleri hakkında yukarıda verilen Açıklama 2.25 için bir gerekçe sağlar. \int\limits_(z_0)^(z)f(\xi)d\xi ve ilkel bir analitik fonksiyonun varlığı hakkında.
Karmaşık bir kontur için Cauchy teoremi
Teorem 2.2 (Karmaşık bir çevre için Cauchy teoremi). Eğer f(z) fonksiyonu karmaşık bir konturla sınırlandırılmış çoklu bağlantılı bir alanda analitikse ve bu kontur üzerinde, o zaman fonksiyonun alanın sınırı üzerindeki integrali sıfıra eşittir, yani C bir karmaşık kontur ise - tanım kümesinin sınırı varsa formül (2.54) geçerlidir.
(n+1) bağlantılı bir bölge için karmaşık bir C konturu, bir dış kontur \Gamma ve bir iç - konturundan oluşur C_i,~i=1,2,\ldots,n; konturlar çiftler halinde kesişmez, sınır dolambaçlı yolu pozitiftir (Şekil 2.47'de, n=3).
Teorem 2.2'yi kanıtlamak için, basit bağlantılı iki bölge elde edilecek şekilde bölgede (Şekil 2.47'deki noktalı çizgi) kesmeler yapmak yeterlidir ve Teorem 2.1'i kullanırız.
Teorem 2.2'den Sonuçlar
1. Teorem 2.2'nin koşulları karşılandığında, dış kontur üzerindeki integral, iç kontur üzerindeki integrallerin toplamına eşittir; tüm devrelerde tek yönde bypass (Şekil 2.48, n=2):
\oint\limits_(\Gamma)f(z)\,dz= \sum_(k=1)^(n) \oint\limits_(C_k)f(z)\,dz\,.
2. Eğer f(z) basit bağlantılı bir D bölgesinde ve bölgenin sınırında analitikse, bu bölgenin a noktasının olası istisnası dışında, D bölgesinde yer alan ve onu sınırlayan çeşitli kapalı eğriler üzerindeki integraller a noktasını içeren alanlar kendi aralarında eşittir (Şekil 2.49):
\oint\limits_(C_k)f(z)\,dz= \oint\limits_(C_m)f(z)\,dz\,.
Kanıt açıktır, çünkü bu tür her bir kontur, dış sınırı D bölgesinin sınırı olan çift bağlı bir bölgenin iç sınırı olarak düşünülebilir. n=1 için formül (2.55)'e göre, bu tür herhangi bir integral, D sınırı üzerindeki integrale eşittir.
Teorem 2.2 ve Teorem 2.1'in Sonuç 1 formülasyonlarını karşılaştırmak, aşağıdaki ifade şeklinde yazdığımız bir genelleme yapmamızı sağlar.
Açıklama 2.27. Eğer f(z) D'de analitik ise, o zaman C, D alanının sınırıdır (basit veya karmaşık kontur).
İntegral Cauchy formülü
Bir sonraki teoremde, önceki ikisinden farklı olarak, integral eğrisiyle sınırlı bölgede analitik olmasa da özel bir forma sahip olan bir fonksiyonun integralini ele alıyoruz.
Teorem 2.3. Eğer f(z) fonksiyonu D bölgesinde ve onun C sınırında analitikse, o zaman (a\D'de) alanının herhangi bir iç a noktası için eşitlik geçerlidir
F(a)= \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(z))(z-a)\,dz\,.
D bölgesi basit bağlantılı veya çoklu bağlantılı olabilir ve bölgenin sınırı basit veya karmaşık bir kontur olabilir.
Basit bağlantılı alan durumu için kanıt, Teorem 2.1'in sonucuna dayanır ve çoklu bağlantılı alan için, basit bağlantılı alanlar durumuna indirgenir (Teorem 2.2'nin kanıtındaki gibi), kesmeler yapılmaz. a noktasından geçiyoruz.
A noktasının bölgenin sınırına ait olmadığı ve dolayısıyla integralin C üzerinde sürekli olduğu ve integralin var olduğu unutulmamalıdır.
Teorem önemli bir uygulamalı ilgi çekicidir, yani formül (2.57)'ye göre, fonksiyon teorisinin sözde sınır değeri problemi çözülür: alanın sınırındaki fonksiyonun değerlerinden, herhangi bir iç değerdeki değeri nokta belirlenir.
Açıklama 2.11.
Teoremin koşulları altında integral \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(\xi))(\xi-a)\,d\xi C konturuna ait olmayan herhangi bir z noktasında ve konturla sınırlanan sonlu D bölgesinin noktalarında analitik bir fonksiyon tanımlar, f(z)'ye eşittir (formül (2.57)'ye göre) ve \overline( dışında) D) Cauchy teoremine göre sıfıra eşittir. Cauchy integrali adı verilen bu integral, Cauchy tipi integralin (2.48) özel bir durumudur. Burada, (2.48)'deki keyfi fonksiyonun aksine, kontur kapalıdır ve f(z) fonksiyonu, (2.48)'deki l üzerinde sürekli olanın aksine analitiktir. Bu nedenle Cauchy integrali için, Cauchy tipi bir integral için formüle edilen türevlerin varlığına ilişkin Açıklama 2.26 geçerlidir. Buna dayanarak aşağıdaki ifade formüle edilebilir.Açıklama 2.28
1. Analitikliğin herhangi bir noktasındaki analitik fonksiyon, integral olarak yazılabilir.
F(z)= \frac(1)(2\pi i) \oint\limits_(C)\frac(f(\xi))(\xi-z)\,d\xi,\quad z\in D \,.
2. Analitik bir fonksiyonun formülü geçerli olan herhangi bir mertebeden türevleri vardır
Prosedür, F(z)\kolon fonksiyonunun herhangi bir mertebesinden türevinin formülü tümevarımla devam ettirilebilir ve kanıtlanabilir.{2\pi i} \oint\limits_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi-z)^{n+1}}\,d\xi\,. !}
Formül (2.59), analitik fonksiyonun türevlerinin integral temsilini verir.
Kapalı döngü integrallerinin hesaplanması
Formun integrallerini ele alacağız \oint\limits_(C)\frac(\varphi(z))(\psi(z))\,dz Burada \varphi(z) fonksiyonu D'de analitiktir ve \psi(z), C konturunda sıfırı olmayan bir polinomdur. İntegralleri hesaplamak için önceki dersteki teoremler ve bunların sonuçları kullanılır.
Kural 2.6. Formun integrallerini hesaplarken \oint\limits_(C)f(z)\,dz\psi(z) polinomunun sıfırlarının doğasına (çokluğuna) ve C konturuna göre konumlarına bağlı olarak dört durum ayırt edilebilir.
1. D kümesinde \psi(z) polinomunun sıfırları yoktur. Daha sonra f(z)= \frac(\varphi(z))(\psi(z)) fonksiyon analitiktir ve Cauchy'nin temel teoremini uygulayarak sonucu elde ederiz \oint\limits_(C)f(z)\,dz=0.
2. D bölgesinde \psi(z) polinomunun bir basit sıfırı z=a vardır. Daha sonra kesri \frac(f(z))(z-a) biçiminde yazarız; burada f(z), \overline(D)'de analitik olan bir fonksiyondur. İntegral formülünü uygulayarak sonucu elde ederiz:
\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. D bölgesinde (birden fazla n'nin) \psi(z) polinomunun bir çoklu sıfır z=a'sı vardır. Daha sonra kesri forma yazıyoruz. \frac(f(z))((z-a)^n) burada f(z), \overline(D)'de analitik olan bir fonksiyondur. (2.59) formülünü uygulayarak sonucu elde ederiz
\oint\limits_(C)\frac(f(z))((z-a)^n)\,dz= \frac(2\pi i)((n-1)f^{(n-1)}(a). !}
4. D Bölgesi polinomun iki sıfırını içerir \psi(z)\iki nokta üst üste\,z_1=a ve z_2=b . Daha sonra, Teorem 2.2'den Çıkarılan 1'i kullanarak integrali \oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a) formunda yazarız; burada C, a noktasını içeren bölgeyi sınırlayan rastgele bir konturdur.
▼ Çözüm
Bir sınırı C konturu, diğeri |z-a|=R çemberi olan çift bağlantılı bir bölge düşünün. Teorem 2.2'den Sonuç 2'ye göre (bkz. (2.56)) şunu elde ederiz:
\oint\limits_(C)\frac(dz)(z-a)= \oint\limits_(|z-a|=R)\frac(dz)(z-a)\,.
Örnek 2.84'ün (formül (2.52)) çözümünün sonucunu dikkate alarak cevabı elde ederiz. \oint\limits_(C) \frac(dz)(z-a)=2\pi i.
Çözümün Cauchy integral formülünü f(z)=1 ile uygulayarak elde edilebileceğini unutmayın. Özellikle şunu alıyoruz: \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2\pi i, çünkü C konturu z=0 noktasının etrafında bir kez döner. C konturu z=0 noktası etrafında pozitif (k>0) veya negatif yönde (k) k kez dönerse<0) , то \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)=2k\pi i.
Örnek 2.88. Hesaplamak \oint\limits_(l)\frac(dz)(z) burada l, 1 ve z noktalarını birleştiren ve orijin etrafında bir kez dönen bir eğridir.
▼ Çözüm
İntegral eğri üzerinde süreklidir - integral mevcuttur. Hesaplama için önceki örneğin ve Örnek 2.85'in sonuçlarını kullanıyoruz. Bunu yapmak için, örneğin A noktasını 1 noktasına bağlayan kapalı bir kontur düşünün (Şekil 2.50). 1 noktasından z noktasına ve A noktasına kadar olan entegrasyon yolu artık iki eğriden oluşan şekilde temsil edilebilir - kapalı bir C konturu (BDEFAB eğrisi) ve 1 ve z noktalarını A noktasına kadar bağlayan bir l_0 eğrisi\iki nokta
\oint\limits_(l)\frac(dz)(z)= \oint\limits_(C)\frac(dz)(z)+ \oint\limits_(l_0) \frac(dz)(z)\,.
Örnek 2.85 ve 2.87'nin sonuçlarını kullanarak şu cevabı elde ederiz:
\oint\limits_(l)\frac(dz)(z)= \int\limits_(1)^(z)\frac(1)(z)=\ln z+2\pi i\,.
Geometrik resmi değiştirmeden, eğrinin başlangıç noktası etrafında n kez döndüğü durumu düşünebiliriz. Sonucu alalım
\oint\limits_(l)\frac(dz)(z)= \int\limits_(1)^(z)\frac(1)(z)=\ln z+2n\pi i\,.
Ortaya çıkan ifade, çok değerli bir işlevi tanımlar \operatöradı(Ln)z= \int\limits_(1)^(z)\frac(dz)(z), entegrasyon yolu orijinden geçmez. Çok değerli bir ifadenin dal seçimi, fonksiyonun değerinin bir noktada belirtilmesiyle belirlenir.
Örnek 2.89. Bulmak \ln2i= \int\limits_(1)^(2i)\frac(1)(z), eğer \ln1=4\pi i .
▼ Çözüm
Paydanın sıfırlarını, yani integralin tekil noktalarını buluyoruz. Bunlar noktalar z_1=0,~ z_(2,3)=\pm4i. Daha sonra, entegrasyon sınırına göre noktaların konumunu belirlemeniz gerekir. Her iki durumda da hiçbir nokta kontur tarafından sınırlanan alana dahil edilmez. Bunu çizimi kullanarak doğrulayabilirsiniz. Her iki kontur da dairedir, ilkinin merkezi z_0=2+i ve yarıçapı R=2'dir; ikincinin merkezi z_0=-2i ve R=1. Bir noktanın bir bölgeye ait olup olmadığını farklı şekilde belirleyebilir, yani dairenin merkezine olan mesafesini belirleyip yarıçap değeriyle karşılaştırabilirsiniz. Örneğin z_2=4i noktası için bu mesafe şuna eşittir: |4i-2-i|=|3i-2|=\sqrt(13), yarıçaptan (\sqrt(13)>2) daha büyüktür, dolayısıyla z_2=4i |z-2-i| çemberine ait değildir.<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.
Örnek 2.91. Aşağıdaki durumlarda C\colon a) |z|=2 ; konturunun özelliklerini hesaplayın. b) |z+1+i|=2 .
▼ Çözüm
Önceki örnekte olduğu gibi akıl yürüterek, her iki durumda da z_1=0 tekil noktalarından yalnızca birinin dairelerin içinde bulunduğunu görüyoruz. Bu nedenle, kural 2.6'nın 2. paragrafını (Cauchy integral formülü) kullanarak, integral fonksiyonunu kesir olarak yazıyoruz. \frac(1)(z)\cdot \frac(\sin z)(z^2+16), payın nerede f(z)= \frac(\sin z)(z^2+16)- bu çevrelerde analitik olan bir fonksiyon. Cevap her iki durumda da aynıdır:
\oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z(z^2+16))\,dz= \left.(2\pi i \cdot \frac(\sin z)(z^2+) 16))\sağ|_(z=0)=0.
Örnek 2.92. Hesaplamak \oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z^3+16z)\,dz konturun belirtildiği aşağıdaki durumlarda C\colon a) |z+4i|=2 ; b) |z-1+3i|=2 .
▼ Çözüm
İntegral konturları yukarıdaki gibi dairelerdir ve “a” durumunda merkez z_0=-4i,~R=2 noktasındadır, “b” durumunda - z_0=1-3i noktasında,~R=2.nIn her iki durumda da bir z_0=-4i noktası karşılık gelen dairelerin içine düşer. Kural 2.6'nın 2. maddesini uygulayarak, integrand fonksiyonunu şu şekilde yazıyoruz: \frac(1)(z+4i)\frac(\sin z)(z(z-4i)), payın nerede f(z)=\frac(\sin z)(z(z-4i)) incelenen alanlarda analitik bir fonksiyondur. İntegral formülünü uyguladığımızda şu cevabı alırız:
\oint\limits_(C)\frac(\sin z)(z^3+16z)\,dz= \left.(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 \operatöradı(sh)1)(16)= -\frac(\pi \operatöradı(sh)1)(16)\,.
Örnek 2.93. Aşağıdaki kontur belirleme durumlarında integrali hesaplayın: a) |z+i|=1 ; b) |z+2+i|=2 .
▼ Çözüm
İntegralin tekil noktalarını - z_1=i,~z_2=-2 paydasının sıfırlarını - buluruz. Noktaların karşılık gelen alanlara ait olduğunu belirliyoruz. |z+i| çemberindeki "a" durumunda<1 не входит ни одна точка. Следовательно, интеграл в этом случае равен нулю.
|z+2+i| dairesinde "b" olması durumunda<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), Nerede f(z)=\frac(e^z)((z-i)^2)- |z+2+i| çemberindeki analitik fonksiyon<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).
Örnek 2.94.İntegrali hesapla \oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2)) konturun belirtildiği aşağıdaki durumlarda: a) |z-i|=2 ; b) |z+2-i|=3 .
▼ Çözüm
a) |z-i| çemberinin içine<2 попадает точка z=i . Записываем функцию \frac(1)((z-i)^2)\frac(e^z)(z+2) ve m=2 ve a=i ile kural 2.6'nın 3. maddesini uygulayın. İntegrali hesaplıyoruz:
\oint\limits_(C)\frac(e^z\,dz)((z-i)^2(z+2))= \left.(2\pi i \left(\frac(e^z)(z+) 2)\right)")\right|_(z=i)= \left.(2\pi i\cdot \frac(e^z(z+2)-e^z)((z+2)^ 2))\right|_(z=i)= \left.(2\pi i\cdot \frac(e^z(1+z))((z+2)^2))\right|_( z=i)= \frac(2\pi i(1+i))((2+i)^2)\,e^(i).
b) |z+2-i| çemberinin içine<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\,.
burada C_1 ve C_2 konturlarının her biri noktalardan yalnızca birini kapsar. Özellikle, önceki “a” durumundaki daire, C_1 konturu olarak alınabilir;
C_2 - örnek 2.93 s "b"den daire içine alın, yani. elde edilen sonuçları kullanabilirsiniz. Cevabını yazıyoruz:
Tarayıcınızda Javascript devre dışı.Hesaplamaları gerçekleştirmek için ActiveX kontrollerini etkinleştirmelisiniz!
Teorik minimumBelirli integrallerin karmaşık analiz yöntemleriyle hesaplanmasının yöntemlere tercih edildiği durumlar sıklıkla vardır.
malzeme analizi. Sebepler çok farklı olabilir. TFCT yöntemleri bazı durumlarda hesaplamaların büyük ölçüde azaltılmasını mümkün kılabilir.
Bazen Newton-Leibniz formülü kullanılamaz çünkü belirsiz integral temel fonksiyonlarda ifade edilmez.
Bir parametreye göre farklılaştırma ve entegrasyon yöntemleri, bunların uygulanabilirliğinin çok dikkatli bir şekilde gerekçelendirilmesini gerektirir ve bazen parametre
yapay olarak tanıtılmalıdır.Genellikle karmaşık analiz yöntemleri kullanılarak, sonsuz bir aralık üzerinden veya aralıktaki sınırsız integrallerden uygunsuz integraller hesaplanır.
fonksiyonların entegrasyonu. Genel fikir aşağıdaki gibidir. Bir kontur integrali derlenir. Konturun bazı kısımları üzerindeki integral şu şekilde olmalıdır:
istenen belirli integralle çakışır - en azından sabit bir faktöre kadar. Konturun diğer kısımları üzerindeki integraller
hesaplanması gerekir. Daha sonra temel kalıntı teoremi uygulanır ve şunu belirtir:
,
İntegral eğrisinin içinde bulunan fonksiyonun tekil noktaları nerede? Böylece, bir ile bir kontur integrali
tarafı istenen belirli integralle ifade edilir ve diğer tarafta artıklar kullanılarak hesaplanır (ki bu genellikle
ciddi bir zorluk yaratmaz).Asıl zorluk entegrasyon konturunun seçimidir. Prensip olarak integrand fonksiyonu tarafından önerilmektedir. Ancak yeterli olmadan
Bu yönteme pratikte hakim olmak zordur ve bu nedenle oldukça fazla örnek verilecektir. En sık kullanılan konturlar şunlardan oluşur:
entegrasyonun gerçekleştirilmesinin uygun olduğu elemanlar (düz çizgiler, dairesel yaylar).
karmaşık düzlemde entegrasyonÖrnek 1. Fresnel integralleri.
İntegralleri hesaplayalım,
.
İlk adımın integrali dikkate almayı içeren üstel forma geçmek olduğunu tahmin etmek kolaydır.
Entegrasyon konturunu seçmeniz yeterlidir. Yarı eksenin kontura girmesi gerektiği açıktır. Gerçek ve
integralin konturun bu kısmı üzerindeki hayali kısımları Fresnel integralleridir. Daha sonra yapı üzerinde hesaplanan kontur integrali
integral, değeri bilinen Euler-Poisson integraline benzer. Ancak bu integrali elde etmek için şunu koymamız gerekir:
, Daha sonra . Ve bir değişkenin bu temsili, bir noktadan geçen düz bir çizgi boyunca entegrasyondur.
gerçek eksene bir açıda.
Yani iki kontur elemanı var. Konturun kapanması için konturun seçilen iki bölümünün sonlu uzunluğa sahip olduğunu ve birbirine yakın olduğunu varsayacağız.
yarıçaplı bir dairenin yayının konturu. Daha sonra bu yarıçapı sonsuza yönlendireceğiz. Sonuç Şekil 2'de gösterilmektedir. 1 devre.
(1)
İntegral eğrisinin içinde integralin tekil noktaları yoktur, dolayısıyla tüm çevre boyunca integral sıfıra eşittir.
.
Limitte bu integral sıfıra eşittir.
Siteye yazabilirsiniz, ardından.
Elde edilen sonuçları (1)'e koyarız ve limite gideriz:
Euler-Poisson integralinin değerini dikkate alarak gerçek ve sanal kısımları ayırarak buluyoruz
,
.Örnek 2. İntegralin tekil noktasının içini içeren bir integral eğrisinin seçilmesi.
İlk örnekte dikkate alınana benzer bir integral hesaplayalım:.
İntegrali hesaplayacağız. İlk örnekte kullanılana benzer bir kontur seçelim. Ancak şimdi hedef yok
hesaplamayı Euler-Poisson integraline indirgeyin. Burada şunu unutmayın: değiştirirkenintegral değişmeyecektir.
Bu düşünce bizi, integral konturunun eğimli düz çizgisini gerçek eksenle açı yapacak şekilde seçmeye sevk eder.
Kontur integralini yazarken(2)
Bir dairenin yayı üzerindeki integral limitte sıfıra yönelir. Siteye yazabilirsiniz:
.
Böylece (2)'den limite geçerken bulduğumuz
.
Burada integral konturunun içinde integralin basit bir kutbu olduğu dikkate alınır.
Buradan gerekli integrali buluyoruz:.
Örnek 3. Entegrasyon döngüsünü üst veya alt yarım düzlemden kapatın?
Aşağıdaki oldukça basit integrali kullanarak, integral eğrisi seçiminin karakteristik bir detayını gösteriyoruz. Haydi hesaplayalım
integral
Aslında fonksiyonun gerekli integrali, üzerinde integralin bulunmadığı gerçek eksen boyunca hesaplanır.
özellikler. Geriye kalan tek şey entegrasyon döngüsünü kapatmaktır. İntegralin altındaki fonksiyonun yalnızca iki sonlu tekil noktası olduğundan, o zaman
Konturu, yarıçapı sonsuza kadar olması gereken yarım daire ile kapatabilirsiniz. Ve burada nasıl olması gerektiği sorusu ortaya çıkıyor
bir yarım daire seçilmelidir: üst veya alt yarım düzlemde (bkz. Şekil 3 a, b). Bunu anlamak için yarım daire üzerine integrali yazalım.
her iki durumda da:
A)
B)
Görüldüğü gibi integralin limitteki davranışı faktörü tarafından belirlenmektedir.
"a" durumunda ve dolayısıyla limit koşulu altında sonlu olacaktır.
“b” olması durumunda – tam tersi – ve dolayısıyla limit koşuluna göre sonlu olacaktır.
Bu, döngünün kapanma şeklinin parametrenin işaretiyle belirlendiğini göstermektedir. Olumlu ise o zaman
kontur üst yarı düzlemden, aksi halde alt yarı düzlemden kapatılır. Bu durumları ayrı ayrı ele alalım.
A)
Limitteki yarım daire üzerindeki integral, gördüğümüz gibi, sıfıra gider. Devrenin içinde (bkz. Şekil 3a)
bu nedenle özel bir nokta
B)
Şekil 2'de gösterilen kontur boyunca integrali kullanarak benzer şekilde buluyoruz. 3b,
Not. Karmaşık bir fonksiyonun integralinin gerçek olduğunun ortaya çıkması garip görünebilir. Ancak orijinalinde bunu anlamak kolaydır.
integralde gerçek ve sanal kısımları ayırın. Sanal kısımda integralin altında tek bir fonksiyon olacak ve integral simetrik olarak hesaplanacaktır.
sınırlar. Onlar. sanal kısım sıfıra gidecek, bizim hesaplamamızda da öyle oldu.Örnek 4. Bir integral eğrisi oluştururken integralin tekil noktalarını atlamak.
Ele alınan örneklerde integrandın ya tekil noktaları yoktu ya da integrasyon eğrisinin içindeydi. Fakat
Fonksiyonun tekil noktalarının üzerine düşeceği bir kontur seçmek uygun olabilir. Bu tür noktalardan kaçınılmalıdır. Baypas yapılıyor
küçük yarıçaplı bir daire boyunca, bu daha sonra sıfıra doğru yönelir. Örnek olarak integrali hesaplayalım.
Bir nokta çıkarılabilir bir tekillik olduğundan, integralin sonlu tekil noktaları yokmuş gibi görünebilir.
Ancak integrali hesaplamak için başka bir fonksiyondan bir kontur integrali oluşturmanız gerekir (integralin sıfıra gitmesini sağlamak için)
yarım dairenin sonsuz yarıçap sınırında kapatılması): . Burada integrandın bir kutup tekilliği vardır
noktada.
Bu nedenle başka bir entegrasyon döngüsüne ihtiyaç vardır (bkz. Şekil 4). Şekil 2'den farklıdır. 3a'nın tekil noktasının yarım daire etrafında dönmesi gerçeğiyle,
yarıçapının gelecekte sıfıra düşmesi bekleniyor.
. (3)
Büyük bir yarım daire üzerindeki integralin sonsuz büyük yarıçapının sınırında sıfıra yöneldiğini ve konturun içinde olduğunu hemen belirtelim.
tekil noktalar yoktur, dolayısıyla kontur boyunca integralin tamamı sıfırdır. Daha sonra (3)'teki birinci ve üçüncü terimleri göz önünde bulundurun:
.
Şimdi integrali küçük bir yarım daire üzerine, onu da hesaba katarak yazalım. Ayrıca yarım dairenin yarıçapının küçüklüğünü de hemen dikkate alacağız:
Limitte sıfıra yaklaşan terimler yazılmaz.
Büyük yarım daire ile ilgili terim dışındaki terimleri (3)'te topluyoruz.
Görüldüğü gibi sonsuza giden terimler birbirlerini yok etmektedirler. Yönetmenlik ve elimizde.
Not. Örneğin, Dirichlet integrali tamamen benzer bir şekilde hesaplanır (bunun az önce yokluk ilkesiyle düşünülenden farklı olduğunu hatırlayın).
pay ve paydadaki kareler).Kontur kullanarak belirli integralleri hesaplama örnekleri
karmaşık düzlemde entegrasyon (devamı)Örnek 5. İntegralin sayısız tekil noktası vardır.
Çoğu durumda, integralin sonsuz sayıda tekil noktaya sahip olması gerçeği nedeniyle kontur seçimi karmaşıklaşır. Bu durumda olabilir
artıkların toplamının aslında birbirine yakın olacağı ortaya çıktı, eğer özetlersek yakınsamasının yine de kanıtlanması gerekecek
işe yaramıyor (ve serilerin toplanması genellikle ayrı, oldukça karmaşık bir iştir). Örnek olarak integrali hesaplayalım.
Konturun bir kısmının gerçek eksen olduğu açıktır. Fonksiyonun özel bir özelliği yoktur. Döngüyü nasıl kapatacağımızı tartışalım. Yarım daire seçmemelisiniz.
Gerçek şu ki hiperbolik kosinüs basit sıfırlardan oluşan bir aileye sahiptir. Bu nedenle, yarım daire ile kapatılan konturun içinde
Sonsuz büyük bir yarıçapın sınırında sonsuz sayıda tekil nokta olacaktır. Döngüyü başka nasıl kapatabilirsiniz? Dikkat .
İntegrasyon konturuna gerçek eksene paralel bir segment eklemeyi deneyebileceğinizi takip eder. Devre ikiyle kapanacak
hayali eksenden sonsuz uzaklıkta bulunan sınırda dikey bölümler (bkz. Şekil 5).
Konturun dikey bölümlerinde. Hiperbolik kosinüs artan argümanla (mutlak değerde) üstel olarak büyür, bu nedenle
limitte dikey kesitler üzerindeki integraller sıfıra eğilimlidir.
Yani sınırda.
Öte yandan integral eğrisinin içinde integralin iki tekil noktası vardır. Bunlardaki kesintiler
,
.
Buradan,
.Örnek 6. Belirli ve kontur integrallerinin integralleri farklıdır.
Belirli integrallerin kontur entegrasyon yöntemini kullanarak hesaplanmasında çok önemli bir durum vardır. Hala integrand
kontur integral fonksiyonu ya belirli bir integralin integraliyle çakıştı ya da ona ayrılarak aktarıldı
gerçek veya sanal kısım. Ancak işler her zaman bu kadar basit olmuyor. İntegrali hesaplayalım.
Devre seçimi açısından özel bir sorun yoktur. İntegralin altındaki fonksiyonun sonsuz sayıda basit kutbu olmasına rağmen, bunu zaten biliyoruz.
Önceki örnekteki deneyime dayanarak dikdörtgen bir kontur gereklidir, çünkü . Örnek 5'ten tek farkı şudur:
integralin kutbunun atlanması gereken düz bir çizgiye düştüğü. Bu nedenle gösterileni seçiyoruz
Şek. 6 devre.
Kontur integralini düşünün. Kendimizi yatayla sınırlayarak konturun her bölümünü boyamayacağız
bölümlerde. Gerçek eksen boyunca integral, limitte istenen değere yönelir. Kalan bölümlerin üzerine integralleri yazalım:
.
Limitte ilk iki integral verilecek, daha sonra toplam olarak kontur integraline girecekler
işareti farklı olan arzu edilenle. Sonuç olarak istenilen belirli integral, kontur integralinin dışında kalacaktır. Bu şu anlama geliyor
integrand yanlış seçilmiştir. Başka bir integrali ele alalım: . Taslağı aynı bırakıyoruz.
Başlangıç olarak yatay kesitler üzerindeki integralleri tekrar ele alalım. Gerçek eksen boyunca integral şuna dönüşecektir:
Bu integral, simetrik limitler dahilinde tek bir fonksiyonun integrali olarak sıfıra eşittir.
Limitte, ilk iki parantez ortadan kalkacak ve yine tek fonksiyonların integralleri oluşturulacak
simetrik sınırlar dahilinde. Ancak son parantez bir faktöre kadar gerekli integrali verecektir. Hesaplamaya devam etmek mantıklıdır.
Örnek 5'e benzer şekilde, konturun dikey bölümleri üzerindeki integraller, 'de sıfır olma eğilimindedir. İntegrali bulmak kalıyor
yarım daire boyunca, burada. Örnek 4'te olduğu gibi, integrali aşağıdakilerin küçüklüğünü dikkate alarak hesaplıyoruz:
.
Yani, limitteki kontur integralini yazacak her şeye sahibiz:
Öte yandan, integral eğrisinin içinde integral fonksiyonunun bir kutbu vardı.
Hesap makinesi, eylemlerin DETAY açıklamasıyla Rusça ve ücretsiz olarak integralleri çözer!
Belirsiz integralleri çözme
Bu, çevrimiçi bir hizmettir bir adım:
Belirli İntegralleri Çözme
Bu, çevrimiçi bir hizmettir bir adım:
- İntegral ifadesini girin (integral fonksiyon)
- İntegral için bir alt sınır girin
- İntegral için bir üst sınır girin
Çift katlı integralleri çözme
- İntegral ifadesini girin (integral fonksiyon)
Uygunsuz İntegralleri Çözme
- İntegral ifadesini girin (integral fonksiyon)
- Entegrasyonun üst bölgesini girin (veya + sonsuz)
- Entegrasyonun alt bölgesini girin (veya - sonsuz)
Üç katlı integralleri çözme
- İntegral ifadesini girin (integral fonksiyon)
- İlk entegrasyon bölgesi için alt ve üst limitleri girin
- İkinci entegrasyon bölgesi için alt ve üst limiti girin
- Üçüncü entegrasyon bölgesi için alt ve üst limiti girin
Bu hizmet, bilgilerinizi kontrol etmenizi sağlar. hesaplamalar doğruluk için
Olasılıklar
- Olası tüm matematiksel fonksiyonları destekler: sinüs, kosinüs, üs, teğet, kotanjant, kare ve kübik kökler, kuvvetler, üsteller ve diğerleri.
- Hem belirsiz integraller hem de uygunsuz ve belirli integraller için girdi örnekleri vardır.
- Girdiğiniz ifadelerdeki hataları düzeltir ve giriş için kendi seçeneklerinizi sunar.
- Belirli ve uygun olmayan integrallerin sayısal çözümü (ikili ve üçlü integraller dahil).
- Karmaşık sayıların yanı sıra çeşitli parametreler için destek (integrand ifadesinde yalnızca entegrasyon değişkenini değil aynı zamanda diğer parametre değişkenlerini de belirtebilirsiniz)
1. Temel kavramlar ve ifadeler
Teorem 5.1(karmaşık değişkenli bir fonksiyonun integralinin varlığı için yeterli bir koşul). İzin vermek L– üzerinde basit düzgün bir eğri, F(z)=sen(X;sen)+i×v(X;sen) sürekli L. O zaman var ve aşağıdaki eşitlik geçerli:
Teorem 5.2.İzin vermek L– parametrik olarak tanımlanan basit bir düzgün eğri: L:z(T)=X(T)+i×y(T), A£ T£ B, işlev F(z) sürekli L. O zaman eşitlik doğrudur:
(Nerede 
). (5.2)
Teorem 5.3. Eğer F(z) alanda analitik D o zaman işlev 
- analitik fonksiyon ve F"(z)=F(z), burada integral, noktaları birleştiren herhangi bir parçalı düzgün eğri üzerinden alınır z 0 ve z.
- Newton-Leibniz formülü.
2. İntegrali hesaplama yöntemleri
İlk yol. Sürekli bir fonksiyonun integrallerinin, gerçek değişkenli fonksiyonların eğrisel integrallerine indirgenmesi yoluyla hesaplanması (formül (5.1)'in uygulanması).
1. Yeniden Bul F=sen Ben F=v.
2. İntegrali yazın F(z)dz bir ürün şeklinde ( sen+IV)(dx+idil)=udx-vdy+Ben(udy+vdx).
3. Formun eğrisel integrallerini hesaplayın 
ikinci türden eğrisel integrallerin hesaplanmasına ilişkin kurallara göre.
Örnek 5.1 .
Hesaplamak 
parabol ile y=x 2 noktasından z 1 =0 noktaya z 2 =1+Ben.
■ İntegralin reel ve sanal kısımlarını bulalım. Bunu yapmak için ifadede yerine koyalım. F(z) z=x+iy:
Çünkü y=x 2, o zaman dy= 2X, . Bu yüzden
İkinci yol.İntegrasyon yolunun parametrik tanımı durumunda sürekli bir fonksiyonun integrallerinin belirli bir integrale indirgenmesi yoluyla hesaplanması (formül (5.2)'nin uygulanması).
1. Eğrinin parametrik denklemini yazın z=z(T) ve entegrasyonun sınırlarını belirleyin: t=a entegrasyon yolunun başlangıç noktasına karşılık gelir, t=b- final.
2. Karmaşık değerli bir fonksiyonun diferansiyelini bulun z(T): dz=z¢( T)dt.
3. Yedek z(T) bir integrale dönüştürürseniz, integrali şu forma dönüştürün: 
.
4. Ortaya çıkan belirli integrali hesaplayın.
Örnek 5.2 . Nerede olduğunu hesapla İLE- bir dairenin yayı, .
■ Bu eğrinin parametrik denklemi: , 0 £ J£ P. Daha sonra . Aldık
Örnek 5.3 . Nerede olduğunu hesapla İLE– dairenin üst yayı sağlanır: a) , b) .
■ Entegrasyon döngüsünde fonksiyon değerlerinin belirtilmesi, ifadenin net dallarını seçmenize olanak tanır 
, k= 0,1.
Ne zamandan beri elimizde, k= 0.1, ardından ilk durumda şubeyi seçiyoruz k= 0 ve ikincisinde – itibaren k= 1.
İntegral eğrisi üzerindeki integral süreklidir. Bu eğrinin parametrik denklemi: , 0 £ J£ P. Daha sonra .
a) Şube ne zaman belirlenir? k= 0, yani aldığımızdan.
b) Şube ne zaman belirlenir? k=1, yani 'den elde ederiz.
Üçüncü yol. Basit bağlantılı alanlarda analitik fonksiyonların integrallerinin hesaplanması (formül (5.3)'ün uygulanması).
Terstürevi bulun F(z), integrallerin özelliklerini, tablo integrallerini ve gerçek analizden bilinen yöntemleri kullanarak. Newton-Leibniz formülünü uygulayın: 
.
Örnek 5.4 .
Hesaplamak 
, Nerede İLE- dümdüz AB, z bir=1-Ben,zV=2+i.
■ İntegral fonksiyonundan bu yana 
- tüm karmaşık düzlemde analitik, ardından Newton-Leibniz formülünü uygularız
3. İntegral hesabının temel teoremleri
karmaşık bir değişkenin fonksiyonları
Teorem 5.4 (Cauchy). Eğer F(z G işlev, o zaman nerede L- içerideki herhangi bir kapalı kontur G.
Cauchy teoremi çoklu bağlantılı bölge için de geçerlidir.
Teorem 5.5. Fonksiyona izin ver F(z) basit bağlantılı bir alanda analitik D, L-keyfi kapalı parçalı düzgün kontur uzanıyor D. Daha sonra herhangi bir nokta için z 0 konturun içinde yatıyor L, formül doğrudur:
, (5.4)
Nerede L olumlu yönde hareket ediyor.
Formül (5.4) denir Cauchy integral formülü . Bir analitik fonksiyonun bir kontur içindeki değerlerini, kontur üzerindeki değerleri aracılığıyla ifade eder.
Teorem 5.6. Her fonksiyon F(z), sahada analitik D, bu alandaki tüm siparişlerin türevlerine sahiptir ve " z 0 Î D formül doğrudur:
, (5.5)
Nerede L– tamamen içinde yer alan isteğe bağlı parçalı düzgün kapalı bir kontur D ve içinde bir nokta içeren z 0 .
4. Kapalı döngü üzerinden integrallerin hesaplanması
karmaşık bir değişkenin fonksiyonlarından
Fonksiyonun olduğu formun integrallerini ele alalım. J(z) analitik olarak ve sen(z) – kapalı bir kontur üzerinde sıfırı olmayan bir polinom İLE.
Kural. Polinomun sıfırlarının çokluğuna bağlı olarak formun integrallerini hesaplarken sen(z) ve kontura göre konumları İLE 4 durum ayırt edilebilir.
1. Bölgede D polinom sıfırları yok sen(z). O zaman fonksiyon analitiktir ve Cauchy teoremine göredir.
2. Bölgede D basit bir sıfır var z=z 0 polinom sen(z). Daha sonra kesri şu şekilde yazıyoruz: F(z) Cauchy integral formülünü (5.4) uygulayarak analitik bir fonksiyondur, şunu elde ederiz:
. (5.6)
3. Bölgede D bir çoklu sıfır bulunur z=z 0 polinom sen(z) (çokluklar N). Daha sonra kesri şu şekilde yazıyoruz: F(z) formül (5.5)'i uygulayarak analitik bir fonksiyondur, şunu elde ederiz:
4. Bölgede D polinomun iki sıfırı bulunur sen(z) z=z 1 ve z=z 2. Daha sonra integrali iki kesrin toplamı olarak ve integrali, her biri madde 2 veya madde 3'e göre hesaplanan iki integralin toplamı olarak temsil ederiz.
Örnek 5.5 . Nerede olduğunu hesapla İLE- daire.
■ Paydanın sıfırlarını bulma – integralin tekil noktaları 
. Bunlar noktalar. Daha sonra, noktaların entegrasyon sınırına göre konumunu belirliyoruz: noktalardan hiçbiri, noktada merkezi ve yarıçapı 2 olan bir daireyle sınırlanan alana dahil edilmiyor (yani, ilk durumumuz var). Bunu, her noktanın dairenin merkezine olan mesafesini çizerek veya belirleyerek ve bunu yarıçapla karşılaştırarak doğrulayabilirsiniz. Örneğin for , bu nedenle çembere ait değildir.
Daha sonra fonksiyon 
çember içinde analitik ve Cauchy teoremine göre 
.
Verilen integralin, paydanın sıfırlarından herhangi birini içermeyen bölgeyi sınırlayan diğer herhangi bir kontur için de sıfıra eşit olduğuna dikkat edin. ■
Örnek 5.6 . Nerede olduğunu hesapla İLE- daire.
■ Örnek 5.5'teki gibi akıl yürüterek, paydanın sıfırlarından yalnızca birinin daire içinde bulunduğunu görüyoruz (ikinci durum). Bu nedenle integral fonksiyonunu form, fonksiyon şeklinde yazıyoruz. 
bir daire içinde analitik. Daha sonra formül (5.6)'ya göre
.■
Örnek 5.7 .
Hesaplamak 
, Nerede İLE- daire.
