3 часть (1081356), страница 22
Текст из файла (страница 22)
— = — ~~ п п п пт 2 сс=! ь=! ь=! 3 4, Интеграл от функции комплексной переменной 153 бледовательно, (г+ 1)(и+ 1) 1+! Й,сзггз = 1пп ~> Н вЂ” ~ ОО 2и ! П р имер 2. Используя представление интеграла в форме (2) и правила вычисления криволинейных интегралов 2-го рода, вычислить интеграл !з!!йг(з, где 1 — всрхнпя полуокружность (з( = 1 с обходом против ! часовой стрелки.
< Имеем Переходи к параметрическому уравнению кривой х = сов!, у = з1п1, О < С < зг, и учитывая, что „ГР+ рз = ф = 1 в точках кривой, получаем л х ЬКЬ =/(--г ~!' ~+..~ .е!! у..; /(го 1+ггь ~)~~ =.й о а Если дуга 1 задана параметричсскиь! уравнением з = г(!), причем начальная и конечнап точки луги соответствуют значениям параметра 1 = !о и ! = г! соответственно, то /(з) Пг = /(з(!))з~(!) Ж.
СО (3) П р и м е р 3. Используя формулу (3), вычислить интеграл (з + й) о!з, (з + й) !!г = (е' + е ' )1е' Ш = ! ~ — сто + 11 в/2 где 1-- дуга окру!кности ф = 1, к/2 < згд» < Зл/2. "З Положим г(!) = е", л/2 < ! < Зх/2. Тогда «'(!) = ген и, используя формулу (3), находим; 154 Гл. 13. Теория функций комплексной переменной Непосредственным суммированием вычислить следующие интегралы: 13.224. 1тгах, где 1 — радиус-вектор точки 2 — 1. 13.225. )г) аг, где 1 — радиус-вектор точки — 2 — 31. ! 13.226. Доказать, что при изменении направления пути интегрирования интеграл иаменит знак, т.е. ,) (г) аг = — у (г) аг. 13.227.
Доказать, что если а~ и аг — постоянные, то (аД~(г) + аз~я(г)) Нг = а~,(~(г) Ыг+ аг Яг) <Ь. 13.228. Доказать, что если кривая интегрирования 1 является объединением кривых 1~ и 1г, то 13.229*. Доказать, что имеет место оценка Пг) 1г < И )~йя, 1 где ая — дифференциал дуги. Вычислить интегралы по заданным контурам 13.230. (2г + 1)г аг, 1 = (г( (г) = 1, О < аг8 г < и). 13.231. 1пггсЬ, 1= ((х, у)(у = 2хг, О < х < 1).
( 13.232. (4гг — 22) аг, 1 = (г! !г) = 2, 0 < аг8 г < и/2). / 3 4. Интеграл от функции комплексной переменной 155 13.233. Ве (г + г~) дг, 1 = ((х, у) (у = 2х~, 0 < х < Ц. 13.234. (г~ — г) сЬ, 1 = (г! )г! = 1, и < ат8 г < 2п). 13.235. ге' с1г, 1 — отрезок прямой от точки го = 1 до точки г~ — — 1. 13.236. е' сЬ, 1 — отрезок прямой от точки го = н до точки г1 = — Ы, 13.237. г1т (г~) сЬ, 1 = (г! сье г = 1, (1птг( < 10). ! 13.238. Ве(созг)а)пгниг, 1= (г(Вег = т/3, (1тпг! < 1/2).
13.239. соа 8 с(г, 1 — отрезок прямой от точки го —— и до точки г~ +а ° 2 13.240. аЬгдг, 1 — отрезок прямой от точки го = 1п2 до точки г~ = 1п10+ п1 1п 5, 13.241. 1тпг~ Вега сЬ, 1 = ((х, у)(у = Зхз, 0 < х < Ц. 13.242. — сЬ, 1 = (г! ф = 1, 0 < аг8 г < а /2).
Пусть в области Р задана многозначная функция ю = Дг). Однозначная функция ш = р(г), аналитическая в области Р, называется однозначной ветвью функции /(г), если для любой точки го Е Р значение ~р(го) принадлежит множеству значений функции /(г) в точке г = го, т.е. д(ге) Е (/(го)), Многозначная в области Р функция может иметь как конечное число однозначных ветвей (например, в = фг), так и бесконечное (например, и = 1,па). Точка г комплексной плоскости, обладаюшая тем свойством, что обход вокруг нее в достаточно малой окрестности влечет за собой пере- 156 Гл.
13. Теория функций комплексной переменной Вычислить интегралы по заданным контурам: / О)2 13.243. / —,, 1 = 12()2! = 1, — и/2 < агпг < и/2), Я 3 = — — + 2 —. 2 2 2 ФУНКЦИЯ з/2 НВЛНЕтеа МНОГОЗНаЧНОй: з/2 з/~ ~еэ(з)тгьк) ь 0 ,/3 где д = агп2.
Условию )/1 = -- + з — удовлетворяет та однозначная 2 2 ветвь этой функции, для которой к = 1. Лействительно, при к = 1 (и так как агц 1 = 0) зг з(э+эл] 2' 2п, . 2н 1 , з!3 ч1=е =е з =сов — +ласо — = — -+з —. 3 3 2 2 Полагая теперь 2((2) = еье ( — и/2 < )/) < л/2) на кривой 1, находим з/2 — зз (к+ 2") ) 2 (р) = зе'~, и, следовательно, к/2 л/2 ,з/2 / Ез(Л+2л) / -л/2 -л/2 3 з(2Р-21') / 3 2 — к/2 2 9 Зт/33 — с 4 4 у ~ь 13.244.
/ —,, 1 = 12!(з~ = 1, О < аги2 < э.), Я = 1. з/'' ход от одной ветви многозначной функции к другой, называется точкой ветвления (роэеетелекил) рассматриваемой многозначной функции. Так, точками ветвления многозначной функции ю = фз нвляютсн точки 2 = 0 и 2 = со. В каждой из своих точек ветвления многозначнал функция принимает только одно значение, т, е. различные однозначные ветви функции в этих точках совпадают. При интегрировании многозначной функции необходимо выделить ее однозначную ветвь.
Во всех задачах нйже это достигается заданием значения многозначной функции в некоторой точке контура интегрирования. 3 4. Интеграл от функции комплексной переменной 157 13.245. Яг(з, ( = (з!)з! = 1, х/2 < агКг < и), ~/1 = — 1. ! Г1п~з 13.246. / — г(з, ( = (г~ ф = 1, О < агК г < х/2), Ьп1 = 2а(. 13.247. Ьпзс(з, ( = (зЙг( = 1)! Ьп( = — Ь 2 13.248. вк Ьпз с(г, и Е М! ( = (г! ~з! = Ц! Ьп ( — 1) = тЬ 2.
Теорема Хаши. Интегральнан формула Коши. Если функцил /(з) аналитична в односвязной области 1У, ограниченной контуром Г, н 7— замкнутый контур в В, то /(ч) Фц = О. (4) Если, дополнительно, функцин Дг) непрерывна в замкнутой области В = В()Г, то У(ц) йц = О г (теорема Коши). Если функция /(г) аналитична в многосвлзной области В, ограниченной контуром Г и внутренними по отношению к нему контурами 'ум..., уа, и непрерывна в замкнутой областий = ВДГ+() Г! () О у„,гдезнаки Г в верхних индексах означают йаправления обходов (рис. 7), то /(!г) г(гг = О (5) г.!и ц г, (теорема Коши для многосвязной области). Если функцил /(г) определена и непрерывна в односвязной области Й и такова, что длп любого замкнутого контура 7 С О 158 Гл.
13. Теория функций комплексной переменной то при фиксированном го е Р функции ! Ф(г) = Дг1) о!г1 20 ивлнетсн аналитической в области Р, причем Ф'(г) = у(г). !Рункцил Ф(г) называется первообразной или неопределенным интегралом от у(г), причем если е'(г) — одна из первообразных длл у'(г), то г'(г1) Й1 = Р'(гг) — Р'(гг). 11 1(г) = — ~! !4!1, !с = 1, 2, )с) Р У(~1) 2гг' у' (г1 — г)а+' (7) Пример 4. Доказать, что если у(г) — аналитическая и ограниченнал в выпуклой области Р функции, то длл любых двух точек г! и гг из этой области имеет место оценка м /1(г,) йр ! г Из выпуклости области следует, что если г! Е Р, гг б Р, то и отрезок., соединяющий эти точки, также принадлежит области Р. Из теоремы Коши следует, что в качестве пути интегрировании можем взять именно этот отрезок, а потому, применил оценку задачи 13.229, имеем Д2 ( шах(у(г)) ~да теР = (гг — г!) шах(У'(г)!.
1> лен П р и м е р 5. Вычислить интеграл если путь интегрировании не охватывает ни одну из точек г! г —— ж1. Л! Если у(г) аналитична в области Р, го б Р и 7 С Р вЂ” контур, охватывающий точку го, то справедлива интегральная формула Коши г'(го) = —. ~ — Й1. Г У(п) (б) 2п! У г1 — го При этом функция у'(г) имеет всюду в Р производные любого порядка, дли которых справедливы формулы д 4. Интеграл от функции комплексной переменной 159 г Ф згс!дг = ~ .
с г 1+!12' о П р и и с р 6. Вычислить интеграл а!ив 1= 2 г(х. хе+1 < Запишем интеграл в виде а)п— а+ ! з — г 1л-Ц=! и, используя формулу Коши (6), находим г агг а(п— 1 = 2ггг а+ ! агп ( — — ) = 2ггг — -л — = — гг. ~> 2г Пример 7. Вычислить интеграл 1= ег гг'ж з( 9-2(=3 'з Так как внутри контура интегрирования знаменатель подынтегральной фУнкции обРащастсп в нУль в точках г! — — О и са —— 1, то РассмотРим многосвязную область Р, ограниченную окружностью Г = (г) )з — 2! = 3) и внутренними контурами у! = (з)(з) = Р) и Чт = И ~з 1~ = Р) 1 д Так как подынтегральная функция 1'(а) = является аналити- 1+ г ческой всюду, кроме точек з! з — — Ы, то интеграл Г(з) имеет смысл во всех точках, кроме г = хг, и при условии, что путь интегрирования не проходит череа зги точки.
Следовательно, если путь интегрирования не охватывает ни одну из точек англ = ~г, то в качестве одной из 1 первообразных для функции можно взять однознзчную функцию г+1 р'(з) = згсгдз, и, учитывая, что згсгдО = О, имеем 160 Гл. 13. Теория функций комплексной переменной (О < р < 1/2).
Тогда в атой области Р функция /(г) = з, являя ~я — 1 ется аналитической, и по формуле (5) можем записать: /(з) оз + /(з) ~Ь + /(з) ог = О, откуда следует, что е* е' е' з ~а+ з з~ ц / з~з ц у з~ ц г+ Примення теперь соответственно формулы 17) и (6), находим е'1зз — 4з+ 5) = згз №$ цз ез/зз 2л1 з з — 1 3 Таким образом, 1 = хз(2е — 5). с Вычислить интегралы: 13.249. е' сЬ, 1 = 11х, у) )у = хз, 1 ( х ( 2). 13.250.
а)пядг, 1= 1з(г =1з+з1, 1/2 <1 < 3/2). 13.251. я~соевое, 1 — отрезок прямой от точки го = 1 до точки г~ = 1. 13.252. 13 г дз, 1 = 11х, у) (х = уз, 0 ( у ( 11. 13.253*. 1в — го)" сЬ, и — целое число, 1 = 1г! )г — го! = /1). 13.254. 1г — ао)" оя, и — целое число, 1 = 1г()з — го~ = Л, 1гп1з за) > 0) З 4. Интеграл от функции комплексной переменной 161 13.255. Вычислить интеграл (2 — 1) соз г оз по произвольной 3к. кривой 1 соединяющей точки зо = и и 21 = — 1. 2 4(2 13.256*. Какие значения принимает интеграл ~ —, если в качестве 1 брать произвольные кривые, соединяющие точки ге = 1 1+1 И21 = 2 Вычислить интегралы (обход контуров — против часовой стрелки): Г 22 Г 13.257.
а) ~ пз; б) ~1 —, дг. 2 — 21 ' „1 2 — 21 (л)=1 ф=4 е22 Г е2' 13.258. а) ~, дз; б) ~ —, 4Ь. 2 — н1 ' 2 — н1 (4=4 (~(=1 а г 13.259. а); б) у —; в) у )г(=1/2 (л-6=1 (г4-1)=1 1Г2 З1П— г 21П— 13.266. а) —,, Ь; б) ~ — 112. )2 — 1)=1 (~(=4 Пз соз г 13 261 ~ 13 262' ~ 2 2 сл. ~,+. 2 иг ~ 4=2 (г(=4 г з" (2+1) 13.263. ~ 1Ь. ф1 13. 264.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
