Этот конспект ещё находится в процессе редактуры: в тексте могут встречаться опечатки, неточности и локально не проработанные места. Если что-то нашли — сообщите, пожалуйста, автору (контакты на странице курса).
Определим
\[
\sum _{n=-\infty }^{+\infty } c_n (z-z_0)^n := \sum _{n=0}^{+\infty } c_n(z - z_{0})^n + \sum _{n=-1}^{-\infty }c_n(z - z_{0})^n
\]
Ряд слева сходится, если каждый из рядов сходится.
Первый ряд сходится в круге с центром в \(z_0\) и радиусом \(R = \frac{1}{\varlimsup_{n \to \infty }\sqrt[n]{\left|c_n\right|}}\).
Второй ряд:
\[
\sum _{n=-1}^{-\infty }c_n(z - z_{0})^n = \frac{c_{-1}}{z - z_{0}} + \frac{c_{-2}}{(z - z_{0})^2} + \ldots = \sum _{m=1}^{\infty } c_{-m} \zeta ^m
\]
где \(\zeta = \frac{1}{z - z_{0}}\). Он сходится в круге
\[
\left|\zeta \right| < \tilde{r} = \frac{1}{\varlimsup _{m \to \infty } \sqrt[m]{\left|c_{-m}\right|}}.
\]
Т.е. исходный ряд сходится в области
\[
\left|z - z_{0}\right| > \frac{1}{\tilde{r}} = r = \varlimsup _{m \to \infty } \sqrt[m]{\left|c_{-m}\right|}
\]
Итого, ряд \(\sum_{n=-\infty }^{+\infty } c_n (z-z_0)^n\) сходится в кольце \(r < \left|z - z_{0}\right| < R\). Если \(r > R\), то ряд нигде не сходится (а при \(r = R\) сходимость возможна разве что в отдельных точках окружности \(\left|z - z_{0}\right| = r\)).
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ: кольцо с центром z0=-2+i, r=2, R=3.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/140/010_laurent_annulus_fig.tex
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ (без обёртки figure): кольцо сходимости ряда Лорана, вариант без подписи.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/140/020_laurent_annulus_alt_fig.tex
Свойства:
Ряд \(\sum_{n=-\infty }^{+\infty } c_n (z-z_{0})^n\) сходится на любом компакте из кольца сходимости;
Ряд \(\sum_{n=-\infty }^{+\infty } c_n (z-z_{0})^n\) можно почленно дифференцировать и интегрировать (только надо уточнить, как и где).
Теорема 1 Пусть \(f\) голоморфна в каком-то кольце \(r < \left|z - z_{0}\right| < R\). Тогда \(f\) представляется в этом кольце суммой ряда вида \(\sum_{n=-\infty }^{+\infty } c_n (z-z_0)^n\), где \[
c_n = \frac{1}{2\pi i } \oint _{\gamma _{\rho }} \frac{f(z)}{(z - z_{0})^{n+1}}dz, \qquad \gamma _{\rho } = \left\{ z \; : \; \left|z - z_{0}\right| = \rho \right\} , \; r < \rho < R
\]
Смысл интеграла из теоремы выше мы обсудим чуть позже.
Ряд из теоремы называется рядом Лорана для функции \(f\). Часть ряда Лорана с неотрицательными степенями называется правильной частью, а часть с отрицательными степенями называется главной частью.
Ряд Тейлора для функции – это частный случай ряда Лорана.
На практике при разложении функции в ряд Лорана редко пользуются интегралом из теоремы выше. Чаще пользуются известными разложениями (самое известное – это сумма геом. прогрессии) и теоремой единственности.
Теорема 2 (Единственность ряда Лорана) Пусть \(f\) голоморфна в каком-то кольце с центром в \(z_0 \in \mathbb {C}\), и в этом кольце выполнено \[
f(z) = \sum _{n=-\infty }^{+\infty } c_n (z - z_{0})^n
\] для всех \(z\). Тогда этот ряд – это обязательно ряд Лорана.
Разложить в ряд Лорана по степеням \(z\) функцию \(f = \frac{1}{z - z_{0}}\).
Задача поставлена не совсем корректно, поскольку не указано, в каком кольце раскладывать. Есть 2 кольца голоморфности: \(0 < \left|z\right| < \left|z_{0}\right|\), \(\left|z_{0}\right| < \left|z\right| < +\infty\).
В кольце \(0 < \left|z\right| < \left|z_{0}\right|\):
\[
f(z) = -\frac{1}{z_{0}} \cdot \frac{1}{1- z/z_{0}} = - \frac{1}{z_{0}} \sum _{n=0}^{+\infty }\left(\frac{z}{z_{0}}\right)^n =\sum _{n=0}^{+\infty } - \frac{1}{z_{0}^{n+1}} z^n
\]
Только неотрицательные степени.
В кольце \(\left|z_{0}\right| < \left|z\right| < +\infty\):
\[
f(z) = \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1- z_{0}/z} = \frac{1}{z} \sum _{n=0}^{+\infty }\left(\frac{z_{0}}{z}\right)^n =\sum _{n=1}^{+\infty } z_{0}^{n-1} \frac{1}{z^n}
\]
Только отрицательные степени.
Рациональные функции
Пусть \(f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}\), где \(P(z)\), \(Q(z)\) – некоторые многочлены. Напомним, что функцию \(f\) такого вида называют рациональной.
Алгоритм разложения рациональной функции в ряд Лорана:
Раскладываем знаменатель \(Q(z)\) на множители. Его корни называются особыми точками \(f\). Рисуем график, чтобы понять, в каком кольце раскладывать.
Делаем замену: если нужно \(f=f(z)\) разложить по степеням \(z - z_{0}\), то заменяем \(w = z - z_{0}\), \(z = w + z_{0}\). Теперь имеем \(f(w)\), которую нужно разложить по степеням \(w\).
Раскладываем на простейшие дроби. Получаем \(\frac{c}{w-w_0}\), либо \(\frac{c}{(w-w_0)^n}\), \(n \geq 2\).
Раскладываем каждую дробь в ряд Лорана.
Как раскладывать \(\frac{c}{w-w_0}\) по степеням \(w\), написано выше в примере.
Разложение \(\frac{c}{(w-w_0)^n}\) можно получить из \(\frac{c}{w-w_0}\) почленным дифференцированием.
Суммируем получившиеся ряды, приводим к виду \(\sum_{n=-\infty }^{+\infty } c_n (z-z_{0})^n\). Указываем кольцо сходимости.
Разложить в ряд Лорана по степеням \(z+1\) в кольце \(D\), таком что \(-2 \in D\), функцию \[
f(z) = \frac{4z}{(z-1)(z^2 - 1)}
\]
Имеем
\[
f = \frac{4z}{(z-1)(z^2 - 1)} = 4z \cdot \frac{1}{(z-1)^2(z+1)}
\]
Особые точки: \(1, -1\).
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ: особые точки и 2 кольца голоморфности функции.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/140/030_two_annuli_of_holomorphy_fig.tex
\(-2 \in D_1\), т.е. раскладываем в кольце \(D_1\).
Имеем \(w = z+1\), \(z = w-1\),
\[
f(w) = f(z(w)) = \frac{4(w-1)}{(w-2)^2w}
\]
Раскладываем на простейшие дроби:
\[
f(w) = \frac{4(w-1)}{(w-2)^2w} = \frac{4}{(w-2)^2} - 4\frac{1}{(w-2)^2w}
\]
Первая дробь разложена. Разложим вторую:
\[
\frac{4}{(w-2)^2w} = \cdots = \frac{1}{w} - \frac{1}{w-2} + \frac{2}{(w-2)^2}
\]
Итого,
\[
f(w) = -\frac{1}{w} + \frac{1}{w-2} + \frac{2}{(w-2)^2}
\]
\(\frac{1}{w}\) – это уже ряд Лорана. Далее, для \(\left|w\right| < 2\) имеем
\[
\frac{1}{w-2} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - (w/2)} = -\frac{1}{2} \cdot \sum _{n=0}^{\infty }\frac{1}{2^n}w^n = \sum _{n=0}^{\infty }\frac{-1}{2^{n+1}}w^{n}
\]
Далее,
\[
-\frac{1}{(w-2)^2} = \left(\frac{1}{w-2}\right)' = \sum _{n=1}^{\infty }\frac{-n}{2^{n+1}}w^{n-1} = \sum _{n=0}^{\infty }\frac{-(n+1)}{2^{n+2}}w^n
\]
Имеем
\[
f(w) = -\frac{1}{w} + \sum _{n=0}^{\infty }\frac{-1}{2^{n+1}}w^{n} + 2\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(n+1)}{2^{n+2}}w^n = -\frac{1}{w} + \sum _{n=0}^{\infty }\frac{n}{2^{n+1}}w^{n}
\]
\(f(z) = -\frac{1}{z+1} + \sum_{n=0}^{\infty }\frac{n}{2^{n+1}}(z+1)^{n}\), \(0 < \left|z+1\right| < 2\).
Разложить в ряд Лорана по степеням \(z\) в кольце \(D\), таком что \(2 \in D\), функцию \[
f = \frac{z}{z^2 + 6} + \frac{z-1}{2z^3 - 3z}
\]
Имеем
\[
\begin{align} z^2 + 6 & = (z - \sqrt{6}i)(z + \sqrt{6}i) \\ 2z^3 - 3z & = 2z(z - \sqrt{3/2})(z + \sqrt{3/2}) \end{align}
\]
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ: особые точки (красным) и кольца голоморфности.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/140/040_singular_points_annuli2_fig.tex
У функции \(f\) есть 3 кольца голоморфности с центром в \(z_0 = 0\):
\[
\begin{align} D_1 = \left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; 0 < \left|z\right| < \sqrt{\frac{3}{2}}\right\} \\ D_2 = \left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; \sqrt{\frac{3}{2}} < \left|z\right| < \sqrt{6}\right\} \\ D_3 = \left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; \sqrt{6} < \left|z\right| < \infty \right\} \end{align}
\]
Поскольку \(2 \in D_2\), то нужно раскладывать в кольце \(D_2\).
Замену делать не надо, т.к. нужно разложить по степеням \(z\).
Первая дробь:
\[
\frac{z}{z^2 + 6} = \frac{z}{(z - \sqrt{6}i)(z + \sqrt{6}i)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{z - \sqrt{6}i} + \frac{1}{z + \sqrt{6}i}\right) = \frac{1/2}{z - \sqrt{6}i} + \frac{1/2}{z + \sqrt{6}i}
\]
Вторая дробь:
\[
\frac{z-1}{2z^3 - 3z} = \frac{z/2-1/2}{z(z - \sqrt{3/2})(z + \sqrt{3/2})} = \frac{A}{z} + \frac{B}{z - \sqrt{3/2}} + \frac{C}{z + \sqrt{3/2}}
\]
Т.е.
\[
\begin{align} z/2-1/2 & = A(z - \sqrt{3/2})(z + \sqrt{3/2}) + Bz(z + \sqrt{3/2}) + Cz(z - \sqrt{3/2}) = \\ & = (A + B + C)z^2 + \left(B\sqrt{3/2} - C\sqrt{3/2}\right)z - \frac{3}{2}A \end{align}
\]
Система уравнений:
\[
\begin{cases} -1/2 = - \frac{3}{2}A \\ 1/2 = B\sqrt{3/2} - C\sqrt{3/2} \\ 0 = A + B + C \end{cases} \iff \begin{cases} A = \frac{1}{3} \\ B - C = \frac{1}{\sqrt{6}} \\ B + C = -\frac{1}{3} \end{cases} \iff \begin{cases} A = \frac{1}{3} \\ B = -\frac{1}{6} + \frac{1}{2\sqrt{6}} \\ C = -\frac{1}{6} - \frac{1}{2\sqrt{6}} \end{cases}
\]
Разложение Лорана в кольце \(D_2\):
\[
\begin{align} \frac{1/2}{z - \sqrt{6}i} & = -\frac{1}{2 \sqrt{6}i} \cdot \frac{1}{1 - (z/\sqrt{6}i)} = -\frac{1}{2 \sqrt{6}i} \sum _{n=0}^{\infty } \left(\frac{z}{\sqrt{6}i}\right)^n = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{-1}{2 (\sqrt{6}i)^{n+1}} z^n \\ \frac{1/2}{z + \sqrt{6}i} & = \frac{1}{2 \sqrt{6}i} \cdot \frac{1}{1 - (-z/\sqrt{6}i)} = \frac{1}{2 \sqrt{6}i} \sum _{n=0}^{\infty } \left(\frac{-z}{\sqrt{6}i}\right)^n = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^{n}}{2 (\sqrt{6}i)^{n+1}} z^n \\ \frac{1/3}{z} & = \frac{1}{3} z^{-1} \\ \frac{B}{z - \sqrt{3/2}} & = B \cdot \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 - \frac{\sqrt{3/2}}{z}} = \sum _{n=0}^{\infty } B (\sqrt{3/2})^n z^{-n-1} = \sum _{n=-1}^{-\infty } B (\sqrt{3/2})^{-n-1} z^{n} \\ \frac{C}{z + \sqrt{3/2}} & = C \cdot \frac{1}{z} \cdot \frac{1}{1 + \frac{\sqrt{3/2}}{z}} = \sum _{n=0}^{\infty } (-1)^n C (\sqrt{3/2})^n z^{-n-1} = \sum _{n=-1}^{-\infty } (-1)^{n+1} C (\sqrt{3/2})^{-n-1} z^{n} \end{align}
\]
Итоговый ряд Лорана в кольце \(D_2\):
\[
f(z) = \sum _{n=-\infty }^{+\infty }c_nz^n,
\]
где
\[
\begin{align} c_n & = \begin{cases} \frac{-1}{2 (\sqrt{6}i)^{n+1}} + \frac{(-1)^{n}}{2 (\sqrt{6}i)^{n+1}}, & n \geq 0 \\ \frac{1}{3} + B + C, & n = -1 \\ \left(B + (-1)^{n+1} C\right)(\sqrt{3/2})^{-n-1}, & n \leq -2 \end{cases} =\\ & =\begin{cases} \frac{-1}{(\sqrt{6}i)^{n+1}}, & n \geq 0, \; 2 \nmid n \\ \frac{1}{3} - \frac{1}{3} = 0, & n = -1 \\ \frac{(\sqrt{3/2})^{-n-1}}{\sqrt{6}}, & n \leq -2, \; 2 \mid n \\ -\frac{(\sqrt{3/2})^{-n-1}}{3}, & n \leq -3, \; 2 \nmid n \\ 0, & \text{в прот. случае} \end{cases} \end{align}
\]
(в предпоследнем случае использовано \(B - C = \frac{1}{\sqrt{6}}\), в последнем – \(B + C = -\frac{1}{3}\)).
Заметим, что на самом деле разложение можно было получить проще. Например, можно было сразу раскладывать \(\frac{z}{z^2 + 6}\):
\[
\frac{z}{z^2 + 6} = z \cdot \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{1 - (-z^2/6)} = z \cdot \frac{1}{6} \cdot \sum _{m=0}^{\infty } \left(-\frac{z^2}{6}\right)^{m} = \sum _{m=0}^{\infty } \frac{(-1)^m}{6^{m+1}}z^{2m + 1}
\]
Перенумеруем: \(n = 2m + 1\), \(m = \frac{n-1}{2}\),
\[
\frac{z}{z^2 + 6} = \sum _{\substack {n \geq 1 \\ 2 \nmid n}} \frac{(-1)^{\frac{n-1}{2}}}{6^{\frac{n+1}{2}}}z^{n}
\]
Это совпадает с найденным выше: при нечетном \(n\) имеем \((\sqrt{6}i)^{n+1} = 6^{\frac{n+1}{2}}(-1)^{\frac{n+1}{2}}\), поэтому \(\frac{-1}{(\sqrt{6}i)^{n+1}} = \frac{(-1)^{\frac{n-1}{2}}}{6^{\frac{n+1}{2}}}\). Аналогично проще получается и главная часть: при \(\left|z\right| > \sqrt{3/2}\)
\[
\frac{z-1}{2z^3 - 3z} = \frac{z-1}{2z} \cdot \frac{1}{z^2 - \frac{3}{2}} = \frac{z-1}{2z^3} \cdot \sum _{k=0}^{\infty }\left(\frac{3}{2z^2}\right)^{k} = \sum _{k=0}^{\infty } \frac{3^k}{2^{k+1}} \left(\frac{1}{z^{2k+2}} - \frac{1}{z^{2k+3}}\right)
\]
В частности, отсюда сразу видно, что \(c_{-1} = 0\).
\(f(z) = \sum_{m=0}^{\infty } \frac{(-1)^m}{6^{m+1}}z^{2m+1} + \sum_{k=0}^{\infty } \frac{3^k}{2^{k+1}} \left(z^{-2k-2} - z^{-2k-3}\right)\), \(\sqrt{3/2} < \left|z\right| < \sqrt{6}\).
Разложить в ряд Лорана по степеням \(z\) в кольце \(1 < |z| < 2\) функцию:
- \(\frac{1}{\left(z^{2}-1\right)^{2}\left(z^{2}+4\right)}\).
Разложить в ряд Лорана по степеням \(z-a\) в кольце \(D\) (точка \(a\) и кольцо \(D\) указаны в скобках) функцию:
- \(\frac{z^{2}-1}{z^{2}+1} \quad (a = 1, \quad 2 i \in D)\);
Разложить в ряд Лорана по степеням \(z - 1 - i\) в кольце \(D\), таком что \(-2 \in D\), функцию \[
f = \frac{i}{z^2 + (6-i)z + 9 - 3i} + \frac{2z}{z^2 - 9}
\]
Имеем
\[
\begin{align} z^2 + (6-i)z + 9 - 3i & = z^2 + 6z + 9 - i(z + 3) = (z + 3)^2 - i(z + 3) = \\ & = (z+3) (z+3-i) \\ z^2 - 9 & = (z - 3)(z + 3) \end{align}
\]
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ: особые точки (красным) и кольца голоморфности.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/140/050_singular_points_annuli3_fig.tex
У функции \(f\) есть 4 кольца голоморфности с центром в \(z_0 = 1 + i\):
\[
\begin{align} D_1 = \left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; 0 < \left|z - (1 + i)\right| < \sqrt{5}\right\} \\ D_2 = \left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; \sqrt{5} < \left|z - (1 + i)\right| < 4\right\} \\ D_3 = \left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; 4 < \left|z - (1 + i)\right| < \sqrt{17}\right\} \\ D_4 = \left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; \sqrt{17} < \left|z - (1 + i)\right| < +\infty \right\} \end{align}
\]
Поскольку \(-2 \in D_2\), то нужно раскладывать в кольце \(D_2\).
Делаем замену: \(w = z - z_0 = z - (1 + i)\), \(z = w + (1 + i)\).
Первая дробь:
\[
\frac{i}{(z+3)(z + 3 - i)} = i\frac{1}{(w + 4 + i)(w + 4)} = i \cdot \left(\frac{i}{w + 4 + i} - \frac{i}{w + 4}\right) = \frac{1}{w + 4} - \frac{1}{w + 4 + i}
\]
Вторая дробь:
\[
\frac{2z}{(z-3)(z+3)} = \frac{1}{z+3} + \frac{1}{z-3} = \frac{1}{w + 4 + i} + \frac{1}{w - 2 + i}
\]
Итого,
\[
f(z) = \frac{1}{w + 4} + \frac{1}{w - 2 + i}
\]
Разложение Лорана в кольце \(D_2\):
\[
\begin{align} \frac{1}{w + 4} & = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{1 - (-w/4)} = \frac{1}{4} \cdot \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n}{4^n}w^n \\ \frac{1}{w - 2 + i} & = \frac{1}{w} \cdot \frac{1}{1 - \frac{2-i}{w}} = \frac{1}{w} \cdot \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(2-i)^n}{w^n} \end{align}
\]
Итоговый ряд Лорана в кольце \(D_2\):
\[
\begin{align} f(z) & = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n}{4^{n+1}}w^n + \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(2-i)^n}{w^{n+1}} = \sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n}{4^{n+1}}w^n + \sum _{n=1}^{\infty } (2-i)^{n-1}w^{-n} = \\ & =\sum _{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n}{4^{n+1}}\left(z - (1+i)\right)^n + \sum _{n=-1}^{-\infty } (2-i)^{-n-1}\left(z - (1+i)\right)^n \end{align}
\]
\(f(z) = \sum_{n=0}^{\infty } \frac{(-1)^n}{4^{n+1}}\left(z - (1+i)\right)^n + \sum_{n=-1}^{-\infty } (2-i)^{-n-1}\left(z - (1+i)\right)^n\), \(\sqrt{5} < \left|z - (1+i)\right| < 4\).
Разложить функцию \(f(z)\) в ряд Лорана по степеням \(z-a\) в кольце \(D\), которому принадлежит точка \(z_{0}\). Указать границы кольца \(D\).
- \(f(z) = \frac{5-4 z}{(z+1)\left(z^{2}-1\right)}, a = 1, \quad z_{0} = 0\);
Разложить функцию \(f(z)\) в ряд по степеням \(z\) в кольце, которому принадлежит точка \(z_{0}\). Указать границы кольца сходимости.
- \(f(z) = \frac{(1-i) z-5}{i z^{2}+(2-3 i) z-6}, \quad z_{0} = 1+2 i\);
Разложить функцию \(f(z)\) в ряд Лорана по степеням \(z-a\) в кольце, которому принадлежит точка \(z_{0}\). Указать границы кольца сходимости.
- \(f(z) = \frac{z-1-5 i}{z^{2}-2 z+2}+\frac{3 z-1-3 i}{z^{2}-z(1+2 i)-1+i}, a = 2 i, \quad z_{0} = 0\);
Комплексное интегрирование
Интеграл второго рода
Пусть \(\gamma\) – спрямляемая кусочно-гладкая кривая в \(\mathbb {C}\), \(z(t)\), \(t \in [\alpha ,\beta ]\) – некоторая ее (хорошая) параметризация. Пусть \(f: \gamma \to \mathbb {C}\) – некоторая непрерывная функция. Тогда
\[
\int _{\gamma }f(z) dz := \lim _{\left|T\right| \to 0} \sigma \left(f, \gamma , T, \xi \right) = \lim _{\left|T\right| \to 0} \sum _{k=1}^{n}f\left(z(\xi _k)\right) \cdot \left(z(t_k) - z(t_{k-1})\right)
\]
где \(T\) – разбиение \([\alpha , \beta ]\), \((T,\xi )\) – размеченное разбиение.
Далее, (неформально) \(f = u + iv\), \(dz = dx + idy\),
\[
\int _{\gamma }f(z) dz = \int _{\gamma }\left(u + iv\right) \left(dx + idy\right) = \int _{\gamma }\left(udx - vdy\right) + i \cdot \int _{\gamma } \left(vdx + udy\right)
\]
где последние 2 интеграла – это криволинейные интегралы второго рода.
Как считать? Заменой переменной:
\[
\int _{\gamma } f(z) \; dz = \int _{\alpha }^{\beta } f(z(t)) \cdot z'(t) \cdot dt
\]
Интеграл первого рода
Далее, другой комплексный интеграл:
\[
\int _{\gamma }f(z) \left|dz\right| := \lim _{\left|T\right| \to 0} \tilde{\sigma }\left(f, \gamma , T, \xi \right) = \lim _{\left|T\right| \to 0} \sum _{k=1}^{n}f\left(z(\xi _k)\right) \cdot \left|z(t_k) - z(t_{k-1})\right|
\]
Неформально: \(\left|dz\right| = \sqrt{(dx)^2 + (dy)^2} = ds\) – элемент длины кривой. Тогда
\[
\int _{\gamma }f(z) \left|dz\right| = \int _{\gamma } u \; ds + i \cdot \int _{\gamma } v \; ds
\]
где последние 2 интеграла – это криволинейные интегралы первого рода.
Как считать? Заменой переменной:
\[
\int _{\gamma } f(z) \; \left|dz\right| = \int _{\alpha }^{\beta } f(z(t)) \cdot \left|z'(t)\right| \cdot dt
\]
ведь \(\left|dz\right| = ds = \left|z'(t)\right| dt\).
Оценки
\[
\begin{align} \left|\int _{\gamma } f(z) dz\right| & \leq \int _{\gamma } \left|f(z)\right| \cdot \left|dz\right| \leq \int _{\gamma } \left\| f\right\| \cdot ds = \left\| f\right\| \cdot \left|\gamma \right| \\ \left|\int _{\gamma } f(z) \left|dz\right|\right| & \leq \int _{\gamma } \left|f(z)\right| \left|dz\right| \end{align}
\]
где \(\left\| f\right\| = \max_{z \in \gamma }\left|f(z)\right|\) (мы считаем \(f\) непрерывной).
Пусть \(\gamma = \left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; \left|z - a\right| = \rho \right\}\) – окружность с центром в \(a\) и радиусом \(\rho\). Вычислить
\(\int_{\gamma } (z-a)^n \; \left|dz\right|\);
\(\int_{\gamma } (z-a)^n \; dz\).
\(\gamma\): \(z(\varphi ) = a + \rho e^{i\varphi }\), \(\varphi \in [0,2\pi ]\), \(z'(\varphi ) = i\rho e^{i\varphi } = \rho e^{i\left(\varphi + \frac{\pi }{2}\right)}\).
Если \(n \neq 0\), то
\[
\begin{align} \int _{\gamma } (z-a)^n \; \left|dz\right| & = \int _{0}^{2\pi } \rho ^n e^{i n\varphi } \cdot \rho \cdot d\varphi = \frac{\rho ^{n+1}}{in} \cdot e^{in\varphi }\bigg\rvert _{0}^{2\pi } = \\ & = \frac{\rho ^{n+1}}{in} \cdot \left(\underbrace{e^{i n 2\pi }}_{=1} - 1\right) = 0 \end{align}
\]
Если \(n = 0\), то \(\int_{\gamma } (z-a)^n \; \left|dz\right| = \int_{\gamma } 1 \; ds = 2 \pi \rho\).
Если \(n \neq -1\), то
\[
\begin{align} \int _{\gamma } (z-a)^n \; dz & = \int _{0}^{2\pi } \rho ^n e^{i n\varphi } \cdot i \rho e^{i\varphi } \cdot d\varphi = i \rho ^{n+1}\int _{0}^{2\pi } e^{i(n+1)\varphi } \; d\varphi = \frac{\rho ^{n+1}}{n+1} \cdot e^{i(n+1)\varphi }\bigg\rvert _{0}^{2\pi } = 0 \end{align}
\]
Если \(n = -1\), то \(\int_{\gamma } (z-a)^n \; dz = i \rho^{n+1} \cdot 2 \pi = 2 \pi i\).
\(2 \pi \rho\) если \(n = 0\), \(0\) если \(n \neq 0\);
\(2 \pi i\) если \(n = -1\), \(0\) если \(n \neq -1\).
Доказать: \(\left|\sin (z)\right| \leq \operatorname {ch}1 \cdot \left|z\right|\), \(\left|z\right| \leq 1\).
Имеем \(\sin (z) = \int_{[0,z]} \cos (\zeta ) d\zeta\) (\(\zeta\) – комплексный аргумент), \[
\begin{align} \left|\sin (z)\right| & \leq \left|\int _{[0,z]} \cos (\zeta ) d\zeta \right| \leq \int _{[0,z]} \left|\cos (\zeta )\right| \; \left|d\zeta \right| \leq \left(\max _{\left|\zeta \right|\leq 1 } \left|\cos \zeta \right|\right) \cdot \int _{[0,z]} 1 \; \left|d\zeta \right| = \\ & = \left(\max _{\left|\zeta \right|\leq 1 } \left|\cos \zeta \right|\right) \cdot \left|z\right| \end{align}
\] Далее, вспомним формулу из 3.13(2): \(\left|\cos \zeta \right| = \sqrt{\operatorname {ch}^2 y - \sin^2 x}\), \(\zeta = x + iy\). Несложно показать, что \[
\max _{x^2 + y^2 \leq 1}\sqrt{\operatorname {ch}^2 y - \sin ^2(x)} = \sqrt{\operatorname {ch}^2 1 - \sin ^2 0} = \operatorname {ch} 1
\]
Теорема 3 (Интегральная теорема Коши, 1 формулировка) Пусть \(D\) – односвязная область (т.е. любую замкнутую кривую в области можно стянуть в точку). Пусть \(\gamma \subset D\) – кусочно-гладкая замкнутая кривая в \(D\), \(f: D \to \mathbb {C}\) – голоморфная. Тогда \[
\int _{\gamma } f(z) \; dz = 0
\]
Теорема 4 (Интегральная теорема Коши, 2 формулировка) Пусть \(D\) – произвольная область. Пусть \(\gamma \subset D\) – кусочно-гладкая замкнутая кривая в \(D\), которая стягивается в точку по \(D\). Пусть \(f: D \to \mathbb {C}\) – голоморфная. Тогда \[
\int _{\gamma } f(z) \; dz = 0
\]
Теорема 5 (Интегральная теорема Коши, 3 формулировка) Пусть \(D\) – произвольная область, \(\partial D\) – объединение конечного числа замкн. кусочно-гл. кривых. Пусть \(f: \overline{D} \to \mathbb {C}\) – голоморфная в \(D\), непрерывная в \(\overline{D}\). Тогда \[
\int _{\partial D} f(z) \; dz = 0
\] где \(\partial D\) – объединение нескольких кривых, причем они должны быть правильно ориентированы, т.е. ориентированы так, что область \(D\) при обходе оставалась бы слева.
Теорема 6 (Интегральная теорема Коши, 4 формулировка) Пусть \(D\) – односвязная область. Пусть \(f: D \to \mathbb {C}\) – голоморфная в \(D\). Пусть \(z_1, z_2 \in D\). Тогда интеграл от \(z_1\) до \(z_2\) не зависит от кривой, по которой он будет браться. Т.е. если \(\gamma_1\), \(\gamma_2\) – 2 кусочно-гладкие кривые, такие что \(z_1\), \(z_2\) – их концы, то \[
\int _{\gamma _1} f(z) \; dz = \int _{\gamma _2} f(z) \; dz
\]
Пусть \[
\gamma = \left\{ z \in \mathbb {C} \; : \; \left|z-i\right| = 1, \; \operatorname {Re}z \geq 0\right\}
\] Найдите \(\int_{\gamma } \frac{1}{z^2 -1 }dz\).
Задача, вообще говоря, некорректно поставлена, т.к. не указана ориентация кривой. Допустим, ориентация от точки \(0\) к точке \(2i\) (в противном случае у ответа будет противоположный знак). Заметим, что функция \(\frac{1}{z^2 - 1}\) голоморфна в области \(\mathbb {C} \setminus \left\{ 1, -1\right\}\). По интегральной теореме Коши имеем
\[
\begin{align} \int _{\gamma } \frac{1}{z^2 -1 }dz & = \int _{[0, 2i]} \frac{1}{z^2 - 1} dz = \int _{0}^2 \frac{1}{(it)^2 - 1} \cdot i \cdot dt = -i \int _{0}^2 \frac{1}{t^2 + 1} dt = \\ & = -i \arctan (t) \bigg\rvert _{0}^2 = -i \arctan (2) \end{align}
\]
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ: дуга gamma (правая половина окружности |z-i|=1), отрезок [0,2i], особые точки +-1, закрашенный полукруг между дугой и отрезком. Интерактив: слайдер гомотопии t в [0,1], непрерывно деформирующий дугу в отрезок (семейство кривых (1-t)дуга + tотрезок), рядом — численное значение интеграла (константа -i*arctan(2)); возможность перетаскивать особые точки +-1, чтобы видеть, когда деформация перестает быть законной.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/140/060_contour_deformation_fig.tex
2 способ, через многозначные функции
\[
\begin{align} 2\int _{\gamma } \frac{1}{z^2 -1 }dz & = 2\int _{[0, 2i]} \frac{1}{z^2 - 1} dz = \int _{[0,2i]}\frac{dz}{z - 1} - \int _{[0,2i]}\frac{dz}{z+1} = \ln (z-1) \bigg\rvert _0^{2i} - \ln (z+1)\bigg\rvert _0^{2i} = \\ & = \ln (2i - 1) - \ln (-1) - \ln (2i+1) + \ln (1) = \\ & = \underbrace{\ln \left|2i-1\right| - \ln \left|-1\right| - \ln \left|2i+1\right| + \ln \left|1\right|}_{=0} + i \left(\operatorname {arg}(2i-1) - \operatorname {arg}(-1)- \operatorname {arg}(2i+1) + \operatorname {arg}(1)\right) \end{align}
\]
Обратите внимание, что \(\ln\) и \(\arg\) маленькие. Их необходимо выбирать с одних ветвей \(\operatorname {Ln}\) и \(\operatorname {Arg}\). Удобно брать ту ветвь, когда \(\operatorname {arg}(1) = 0\). Тогда (здесь лучше картинку зарисовать с точками) \(\operatorname {arg}(-1) = \pi\), \(\operatorname {arg}(2i + 1) = \alpha\), \(\operatorname {arg}(2i-1)= \pi - \alpha\), где \(\alpha = \arctan (2)\).
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ: точки 1, -1, 2i+1, 2i-1, пути точек z+1 и z-1 при движении z по отрезку [0,2i], углы alpha и pi-alpha при начале координат. Интерактив: слайдер положения z на отрезке [0,2i] (или свободный конец пути), динамический показ arg(z-1) и arg(z+1), накопленных приращений аргумента и значения интеграла, собранного из этих приращений.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/140/070_argument_choice_fig.tex
Итого
\[
2\int _{\gamma } \frac{1}{z^2 -1 }dz = i \left((\pi - \alpha ) - \pi - \alpha + 0\right) = -2i\alpha , \qquad \text{т.е.} \quad \int _{\gamma } \frac{1}{z^2 -1 }dz = -i\arctan (2)
\]
\(-i \arctan (2)\) или \(i \arctan (2)\).
Теорема 7 (Интегральная ФОРМУЛА Коши) Пусть \(D \subset \mathbb {C}\) – область, \(f: D \to \mathbb {C}\) голоморфна. Пусть \(a \in \operatorname {int}D\), т.е. найдется такое \(\varepsilon > 0\), что \(\overline{U_{\varepsilon }(a)} \subset D\). Тогда для любого \(z \in U_{\varepsilon }(a)\) выполнено \[
f(z) = \frac{1}{2\pi i} \oint _{\partial U_{\varepsilon }(a) } \frac{f(\zeta )}{\zeta - z} d\zeta
\]
Следствие 1 В условиях предыдущей теоремы, если продифференцировать выражение (можно доказать, что это легально), получим \[
f^{(n)}(z) = \frac{n!}{2\pi i } \oint _{\partial U_{\varepsilon }(a) } \frac{f(\zeta )}{(\zeta - z)^{n+1}} d\zeta
\] Т.е. голоморфная функция бесконечно дифференцируема!
Вычислите \[
\oint _{\left|\zeta -i\right|=1} \frac{\cos \zeta }{(\zeta -i)^3} d\zeta
\]
Функция \(f(z) = \cos z\) голоморфна везде. Имеем \[
\begin{align} f^{(2)}(i) & = \frac{2!}{2\pi i} \oint _{\left|\zeta -i\right|=1} \frac{\cos \zeta }{(\zeta -i)^3} d\zeta \\ f^{(2)}(i) & = -\cos (i) = -\frac{e^{i \cdot i} + e^{-i \cdot i}}{2} = -\frac{e + \frac{1}{e}}{2} \end{align}
\] Итого \[
\oint _{\left|\zeta -i\right|=1} \frac{\cos \zeta }{(\zeta -i)^3} d\zeta = \frac{2\pi i}{2!} \cdot f^{(2)}(i) = -\frac{\pi }{2} \left(e + \frac{1}{e}\right) i
\]
\(-\frac{\pi }{2} \left(e + \frac{1}{e}\right)i\).