Контурная интеграция

Метод вычисления некоторых интегралов по траекториям в комплексной плоскости

В математической области комплексного анализа контурное интегрирование представляет собой метод оценки определенных интегралов вдоль путей в комплексной плоскости . ^{[1] [2] [3]}

Контурное интегрирование тесно связано с исчислением остатков ^[4] , методом комплексного анализа .

Одним из применений контурных интегралов является оценка интегралов вдоль действительной прямой, которые нелегко найти, используя только методы действительной переменной. ^[5]

Методы контурной интеграции включают в себя:

• прямое интегрирование комплекснозначной функции вдоль кривой в комплексной плоскости;
• применение интегральной формулы Коши ; и
• применение теоремы о вычетах .

Для нахождения этих интегралов или сумм можно использовать один метод или комбинацию этих методов, или различные предельные процессы.

Кривые в комплексной плоскости

В комплексном анализе контур — это тип кривой в комплексной плоскости . В контурном интегрировании контуры дают точное определение кривых, на которых интеграл может быть соответствующим образом определен. Кривая в комплексной плоскости определяется как непрерывная функция из замкнутого интервала действительной прямой в комплексную плоскость: . ${\displaystyle z:[a,b]\to \mathbb {C} }$

Это определение кривой совпадает с интуитивным понятием кривой, но включает параметризацию непрерывной функцией из замкнутого интервала. Это более точное определение позволяет нам рассмотреть, какими свойствами должна обладать кривая, чтобы быть полезной для интегрирования. В следующих подразделах мы сужаем набор кривых, которые мы можем интегрировать, чтобы включить только те, которые могут быть построены из конечного числа непрерывных кривых, которым можно задать направление. Более того, мы ограничим «части» от пересечения самих себя и потребуем, чтобы каждая часть имела конечную (неисчезающую) непрерывную производную. Эти требования соответствуют требованию, чтобы мы рассматривали только кривые, которые можно начертить, например, пером, в последовательности ровных, устойчивых штрихов, которые останавливаются только для начала нового фрагмента кривой, и все это без взятия пера. ^[6]

Направленные плавные кривые

Контуры часто определяются в терминах направленных гладких кривых. ^[6] Они дают точное определение «части» гладкой кривой, из которой состоит контур.

Гладкая кривая — это кривая с неисчезающей, непрерывной производной, такая, что каждая точка пересекается только один раз ( z является взаимно-однозначной), за возможным исключением кривой, у которой конечные точки совпадают ( ). В случае, когда конечные точки совпадают, кривая называется замкнутой, и функция должна быть взаимно-однозначной везде в остальном, а производная должна быть непрерывной в идентифицированной точке ( ). Гладкая кривая, которая не является замкнутой, часто называется гладкой дугой. ^[6] ${\displaystyle z:[a,b]\to \mathbb {C} }$ ${\displaystyle z(a)=z(b)}$ ${\displaystyle z'(a)=z'(b)}$

Параметризация кривой обеспечивает естественный порядок точек на кривой: предшествует , если . Это приводит к понятию направленной гладкой кривой . Наиболее полезно рассматривать кривые независимо от конкретной параметризации. Это можно сделать, рассмотрев классы эквивалентности гладких кривых с тем же направлением. Направленная гладкая кривая затем может быть определена как упорядоченный набор точек в комплексной плоскости, который является образом некоторой гладкой кривой в их естественном порядке (согласно параметризации). Обратите внимание, что не все упорядочения точек являются естественным порядком гладкой кривой. Фактически, данная гладкая кривая имеет только два таких упорядочения. Кроме того, одна замкнутая кривая может иметь любую точку в качестве своей конечной точки, в то время как гладкая дуга имеет только два выбора для своих конечных точек. ${\displaystyle z(x)}$ ${\displaystyle z(y)}$ ${\displaystyle x<y}$

Контуры

Контуры — это класс кривых, на которых мы определяем контурную интеграцию. Контур — это направленная кривая, которая состоит из конечной последовательности направленных гладких кривых, конечные точки которых сопоставлены для получения одного направления. Это требует, чтобы последовательность кривых была такой, чтобы конечная точка совпадала с начальной точкой для всех таких, что . Это включает в себя все направленные гладкие кривые. Кроме того, одна точка в комплексной плоскости считается контуром. Символ часто используется для обозначения соединения кривых вместе для формирования новой кривой. Таким образом, мы могли бы записать контур , который состоит из кривых, как ${\displaystyle \gamma _{1},\dots ,\gamma _{n}}$ ${\displaystyle \gamma _{i}}$ ${\displaystyle \gamma _{i+1}}$ ${\displaystyle i}$ ${\displaystyle 1\leq i<n}$ ${\displaystyle +}$ ${\displaystyle \Gamma }$ ${\displaystyle n}$ $${\displaystyle \Gamma =\gamma _{1}+\gamma _{2}+\cdots +\gamma _{n}.}$$

Контурные интегралы

Контурный интеграл сложной функции является обобщением интеграла для вещественных функций. Для непрерывных функций в комплексной плоскости контурный интеграл можно определить по аналогии с криволинейным интегралом , сначала определив интеграл по направленной гладкой кривой через интеграл по вещественному параметру. Более общее определение можно дать в терминах разбиений контура по аналогии с разбиением интервала и интегралом Римана . В обоих случаях интеграл по контуру определяется как сумма интегралов по направленным гладким кривым, составляющим контур. ${\displaystyle f:\mathbb {C} \to \mathbb {C} }$

Для непрерывных функций

Чтобы определить контурный интеграл таким образом, необходимо сначала рассмотреть интеграл по действительной переменной от комплексной функции. Пусть будет комплексной функцией действительной переменной, . Действительная и мнимая части часто обозначаются как и , соответственно, так что Тогда интеграл от комплексной функции по интервалу определяется как ${\displaystyle f:\mathbb {R} \to \mathbb {C} }$ ${\displaystyle t}$ ${\displaystyle f}$ ${\displaystyle u(t)}$ ${\displaystyle v(t)}$ $${\displaystyle f(t)=u(t)+iv(t).}$$ ${\displaystyle f}$ ${\displaystyle [a,b]}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{a}^{b}f(t)\,dt&=\int _{a}^{b}{\big (}u(t)+iv(t){\big )}\,dt\\&=\int _{a}^{b}u(t)\,dt+i\int _{a}^{b}v(t)\,dt.\end{aligned}}}$$

Теперь, чтобы определить контурный интеграл, пусть будет непрерывной функцией на направленной гладкой кривой . Пусть будет любой параметризацией , согласованной с ее порядком (направлением). Тогда интеграл вдоль обозначается и задается как ^[6] ${\displaystyle f:\mathbb {C} \to \mathbb {C} }$ ${\displaystyle \gamma }$ ${\displaystyle z:[a,b]\to \mathbb {C} }$ ${\displaystyle \gamma }$ ${\displaystyle \gamma }$ $${\displaystyle \int _{\gamma }f(z)\,dz\,}$$ $${\displaystyle \int _{\gamma }f(z)\,dz:=\int _{a}^{b}f{\big (}z(t){\big )}z'(t)\,dt.}$$

Это определение хорошо определено. То есть результат не зависит от выбранной параметризации. ^[6] В случае, когда действительный интеграл в правой части не существует, говорят, что интеграл вдоль не существует. ${\displaystyle \gamma }$

Как обобщение интеграла Римана

Обобщение интеграла Римана на функции комплексной переменной выполняется в полной аналогии с его определением для функций от действительных чисел. Разбиение направленной гладкой кривой определяется как конечный упорядоченный набор точек на . Интеграл по кривой является пределом конечных сумм значений функции, взятых в точках разбиения, в пределе, когда максимальное расстояние между любыми двумя последовательными точками разбиения (в двумерной комплексной плоскости), также называемое сеткой, стремится к нулю. ${\displaystyle \gamma }$ ${\displaystyle \gamma }$

Прямые методы

Прямые методы предполагают вычисление интеграла с помощью методов, аналогичных тем, которые используются при вычислении линейных интегралов в многомерном исчислении. Это означает, что мы используем следующий метод:

• параметризация контура

  Контур параметризуется дифференцируемой комплекснозначной функцией действительных переменных, либо контур разбивается на части и параметризуется по отдельности.

• подстановка параметризации в подынтегральное выражение

  Подстановка параметризации в подынтегральное выражение преобразует интеграл в интеграл одной действительной переменной.

• прямая оценка

  Интеграл вычисляется методом, аналогичным методу вычисления интеграла действительной переменной.

Пример

Фундаментальным результатом комплексного анализа является то, что контурный интеграл ⁠1/з⁠ равно 2π i , где траектория контура принимается за единичную окружность, пройденную против часовой стрелки (или любую положительно ориентированную жорданову кривую около 0). В случае единичной окружности существует прямой метод вычисления интеграла $${\displaystyle \oint _{C}{\frac {1}{z}}\,dz.}$$

При оценке этого интеграла используйте единичную окружность | z | = 1 в качестве контура, параметризованного z ( t ) = e ^it , где t ∈ [0, 2π] , тогда ⁠дз/дт⁠ = т.е. ^это и $${\displaystyle \oint _{C}{\frac {1}{z}}\,dz=\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{e^{it}}}ie^{it}\,dt=i\int _{0}^{2\pi }1\,dt=i\,t{\Big |}_{0}^{2\pi }=\left(2\pi -0\right)i=2\pi i}$$

что является значением интеграла. Этот результат применим только к случаю, когда z возводится в степень -1. Если степень не равна -1, то результат всегда будет равен нулю.

Приложения интегральных теорем

Приложения интегральных теорем также часто используются для вычисления контурного интеграла по контуру, что означает, что действительный интеграл вычисляется одновременно с вычислением контурного интеграла.

Интегральные теоремы, такие как интегральная формула Коши или теорема о вычетах, обычно используются в следующем методе:

• выбирается определенный контур:

  Контур выбирается таким образом, чтобы он следовал той части комплексной плоскости, которая описывает действительный интеграл, а также охватывал особенности подынтегральной функции, чтобы было возможно применение интегральной формулы Коши или теоремы о вычетах.

• применение интегральной теоремы Коши

  Интеграл сводится только к интегрированию по малой окружности вокруг каждого полюса.

• применение интегральной формулы Коши или теоремы о вычетах

  Применение этих интегральных формул дает нам значение интеграла по всему контуру.

• разделение контура на контур по действительной части и мнимой части

  Весь контур можно разделить на контур, который следует за частью комплексной плоскости, описывающей действительный интеграл, выбранный ранее (назовем его R ), и интеграл, который пересекает комплексную плоскость (назовем его I ). Интеграл по всему контуру равен сумме интегралов по каждому из этих контуров.

• демонстрация того, что интеграл, пересекающий комплексную плоскость, не играет никакой роли в сумме

  Если можно показать, что интеграл I равен нулю или если искомый действительный интеграл является несобственным, то если мы покажем, что интеграл I, как описано выше, стремится к 0 , то интеграл по R будет стремиться к интегралу по контуру R + I.

• заключение

  Если мы сможем продемонстрировать вышеописанный шаг, то мы сможем напрямую вычислить R , действительный интеграл.

Пример 1

Рассмотрим интеграл $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}}\,dx,}$$

Чтобы оценить этот интеграл, рассмотрим комплекснозначную функцию $${\displaystyle f(z)={\frac {1}{\left(z^{2}+1\right)^{2}}}}$$

которая имеет особенности в i и − i . Выберем контур, который будет охватывать действительный интеграл, здесь будет удобна полуокружность с граничным диаметром на действительной прямой (идущей, скажем, от − a до a ). Назовем этот контур C .

Существуют два способа решения: с использованием интегральной формулы Коши или метода вычетов:

Используя интегральную формулу Коши

Обратите внимание: таким образом $${\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=\int _{-a}^{a}f(z)\,dz+\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz}$$ $${\displaystyle \int _{-a}^{a}f(z)\,dz=\oint _{C}f(z)\,dz-\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz}$$

Кроме того, обратите внимание, что $${\displaystyle f(z)={\frac {1}{\left(z^{2}+1\right)^{2}}}={\frac {1}{(z+i)^{2}(z-i)^{2}}}.}$$

Поскольку единственная особенность контура — это точка  i , то мы можем записать $${\displaystyle f(z)={\frac {\frac {1}{(z+i)^{2}}}{(z-i)^{2}}},}$$

что приводит функцию к виду для непосредственного применения формулы. Затем, используя интегральную формулу Коши, $${\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=\oint _{C}{\frac {\frac {1}{(z+i)^{2}}}{(z-i)^{2}}}\,dz=2\pi i\,\left.{\frac {d}{dz}}{\frac {1}{(z+i)^{2}}}\right|_{z=i}=2\pi i\left[{\frac {-2}{(z+i)^{3}}}\right]_{z=i}={\frac {\pi }{2}}}$$

Мы берем первую производную в приведенных выше шагах, потому что полюс является полюсом второго порядка. То есть, ( z − i ) возводится во вторую степень, поэтому мы используем первую производную от f ( z ) . Если бы это была ( z − i ), возведенная в третью степень, мы бы использовали вторую производную и делили на 2! и т. д. Случай ( z − i ) в первой степени соответствует производной нулевого порядка — просто самой f ( z ) .

Нам нужно показать, что интеграл по дуге полуокружности стремится к нулю при a → ∞ , используя оценочную лемму $${\displaystyle \left|\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz\right|\leq ML}$$

где M — верхняя граница | f ( z ) | вдоль дуги, а L — длина дуги. Теперь, Итак $${\displaystyle \left|\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz\right|\leq {\frac {a\pi }{\left(a^{2}-1\right)^{2}}}\to 0{\text{ as }}a\to \infty .}$$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}}\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }f(z)\,dz=\lim _{a\to +\infty }\int _{-a}^{a}f(z)\,dz={\frac {\pi }{2}}.\quad \square }$$

Использование метода остатков

Рассмотрим ряд Лорана f ( z ) относительно i , единственной особенности , которую нам нужно рассмотреть. Тогда мы имеем $${\displaystyle f(z)={\frac {-1}{4(z-i)^{2}}}+{\frac {-i}{4(z-i)}}+{\frac {3}{16}}+{\frac {i}{8}}(z-i)+{\frac {-5}{64}}(z-i)^{2}+\cdots }$$

(См. пример расчета Лорана из ряда Лорана для вывода этого ряда.)

При осмотре становится ясно, что остаток — − ⁠я/4⁠ , поэтому по теореме о вычетах имеем $${\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=\oint _{C}{\frac {1}{\left(z^{2}+1\right)^{2}}}\,dz=2\pi i\,\operatorname {Res} _{z=i}f(z)=2\pi i\left(-{\frac {i}{4}}\right)={\frac {\pi }{2}}\quad \square }$$

Таким образом, мы получаем тот же результат, что и раньше.

Контурная заметка

В качестве отступления может возникнуть вопрос, не берем ли мы полуокружность, чтобы включить другую особенность, охватывающую − i . Чтобы интеграл вдоль действительной оси двигался в правильном направлении, контур должен двигаться по часовой стрелке, т. е. в отрицательном направлении, меняя знак интеграла в целом.

Это не влияет на использование метода остатков по сериям.

Пример 2 – Распределение Коши

Интеграл $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}}\,dx}$$

контур

(которая возникает в теории вероятностей как скалярное множитель характеристической функции распределения Коши ) сопротивляется методам элементарного исчисления . Мы оценим ее, выразив ее как предел контурных интегралов вдоль контура C , который идет вдоль действительной линии от − a до a , а затем против часовой стрелки вдоль полуокружности с центром в 0 от a до − a . Возьмем a больше 1, так что мнимая единица i будет заключена внутри кривой. Контурный интеграл равен $${\displaystyle \int _{C}{\frac {e^{itz}}{z^{2}+1}}\,dz.}$$

Поскольку e ^itz является целой функцией (не имеющей особенностей ни в одной точке комплексной плоскости), эта функция имеет особенности только там, где знаменатель z ² + 1 равен нулю. Поскольку z ² + 1 = ( z + i )( z − i ) , это происходит только там, где z = i или z = − i . Только одна из этих точек находится в области, ограниченной этим контуром. Вычет f ( z ) при z = i равен $${\displaystyle \lim _{z\to i}(z-i)f(z)=\lim _{z\to i}(z-i){\frac {e^{itz}}{z^{2}+1}}=\lim _{z\to i}(z-i){\frac {e^{itz}}{(z-i)(z+i)}}=\lim _{z\to i}{\frac {e^{itz}}{z+i}}={\frac {e^{-t}}{2i}}.}$$

Согласно теореме о вычетах , тогда имеем $${\displaystyle \int _{C}f(z)\,dz=2\pi i\operatorname {Res} _{z=i}f(z)=2\pi i{\frac {e^{-t}}{2i}}=\pi e^{-t}.}$$

Контур C можно разбить на «прямую» часть и криволинейную дугу, так что и, таким образом, $${\displaystyle \int _{\text{straight}}+\int _{\text{arc}}=\pi e^{-t},}$$ $${\displaystyle \int _{-a}^{a}=\pi e^{-t}-\int _{\text{arc}}.}$$

Согласно лемме Жордана , если t > 0 , то $${\displaystyle \int _{\text{arc}}{\frac {e^{itz}}{z^{2}+1}}\,dz\rightarrow 0{\mbox{ as }}a\rightarrow \infty .}$$

Следовательно, если t > 0, то $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}}\,dx=\pi e^{-t}.}$$

Аналогичное рассуждение с дугой, которая обвивается вокруг −i , а не i, показывает, что если t < 0 , то , наконец, мы имеем это: $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}}\,dx=\pi e^{t},}$$ $${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}}\,dx=\pi e^{-|t|}.}$$

(Если t = 0 , то интеграл немедленно поддается методам действительного исчисления и его значение равно π .)

Пример 3 – тригонометрические интегралы

В интегралы, включающие тригонометрические функции , можно внести определенные замены , так что интеграл преобразуется в рациональную функцию комплексной переменной, а затем для вычисления интеграла можно использовать вышеприведенные методы.

В качестве примера рассмотрим $${\displaystyle \int _{-\pi }^{\pi }{\frac {1}{1+3(\cos t)^{2}}}\,dt.}$$

Мы пытаемся сделать замену z = e ^it . Теперь вспомним и $${\displaystyle \cos t={\frac {1}{2}}\left(e^{it}+e^{-it}\right)={\frac {1}{2}}\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}$$ $${\displaystyle {\frac {dz}{dt}}=iz,\ dt={\frac {dz}{iz}}.}$$

Принимая C за единичную окружность, подставляем и получаем:

${\displaystyle {\begin{aligned}\oint _{C}{\frac {1}{1+3\left({\frac {1}{2}}\left(z+{\frac {1}{z}}\right)\right)^{2}}}\,{\frac {dz}{iz}}&=\oint _{C}{\frac {1}{1+{\frac {3}{4}}\left(z+{\frac {1}{z}}\right)^{2}}}{\frac {1}{iz}}\,dz\\&=\oint _{C}{\frac {-i}{z+{\frac {3}{4}}z\left(z+{\frac {1}{z}}\right)^{2}}}\,dz\\&=-i\oint _{C}{\frac {dz}{z+{\frac {3}{4}}z\left(z^{2}+2+{\frac {1}{z^{2}}}\right)}}\\&=-i\oint _{C}{\frac {dz}{z+{\frac {3}{4}}\left(z^{3}+2z+{\frac {1}{z}}\right)}}\\&=-i\oint _{C}{\frac {dz}{{\frac {3}{4}}z^{3}+{\frac {5}{2}}z+{\frac {3}{4z}}}}\\&=-i\oint _{C}{\frac {4}{3z^{3}+10z+{\frac {3}{z}}}}\,dz\\&=-4i\oint _{C}{\frac {dz}{3z^{3}+10z+{\frac {3}{z}}}}\\&=-4i\oint _{C}{\frac {z}{3z^{4}+10z^{2}+3}}\,dz\\&=-4i\oint _{C}{\frac {z}{3\left(z+{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)\left(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}\,dz\\&=-{\frac {4i}{3}}\oint _{C}{\frac {z}{\left(z+{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)\left(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}\,dz.\end{aligned}}}$

Рассматриваемые особенности находятся при Пусть C ₁ — малый круг около , а C ₂ — малый круг около Тогда мы приходим к следующему: ${\displaystyle {\tfrac {\pm i}{\sqrt {3}}}.}$ ${\displaystyle {\tfrac {i}{\sqrt {3}}},}$ ${\displaystyle {\tfrac {-i}{\sqrt {3}}}.}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}&-{\frac {4i}{3}}\left[\oint _{C_{1}}{\frac {\frac {z}{\left(z+{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}{z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}}\,dz+\oint _{C_{2}}{\frac {\frac {z}{\left(z+{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}{z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}}}\,dz\right]\\={}&-{\frac {4i}{3}}\left[2\pi i\left[{\frac {z}{\left(z+{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}\right]_{z={\frac {i}{\sqrt {3}}}}+2\pi i\left[{\frac {z}{\left(z+{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}\right]_{z=-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}\right]\\={}&{\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {i}{\sqrt {3}}}{\left({\frac {i}{\sqrt {3}}}+{\sqrt {3}}i\right)\left({\frac {i}{\sqrt {3}}}-{\sqrt {3}}i\right)\left({\frac {i}{\sqrt {3}}}+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}+{\frac {-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}{\left(-{\frac {i}{\sqrt {3}}}+{\sqrt {3}}i\right)\left(-{\frac {i}{\sqrt {3}}}-{\sqrt {3}}i\right)\left(-{\frac {i}{\sqrt {3}}}-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}\right]\\={}&{\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {i}{\sqrt {3}}}{\left({\frac {4}{\sqrt {3}}}i\right)\left(-{\frac {2}{i{\sqrt {3}}}}\right)\left({\frac {2}{{\sqrt {3}}i}}\right)}}+{\frac {-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}{\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}i\right)\left(-{\frac {4}{\sqrt {3}}}i\right)\left(-{\frac {2}{\sqrt {3}}}i\right)}}\right]\\={}&{\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {i}{\sqrt {3}}}{i\left({\frac {4}{\sqrt {3}}}\right)\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}\right)\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}\right)}}+{\frac {-{\frac {i}{\sqrt {3}}}}{-i\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}\right)\left({\frac {4}{\sqrt {3}}}\right)\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}\right)}}\right]\\={}&{\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{\left({\frac {4}{\sqrt {3}}}\right)\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}\right)\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}\right)}}+{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}\right)\left({\frac {4}{\sqrt {3}}}\right)\left({\frac {2}{\sqrt {3}}}\right)}}\right]\\={}&{\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {16}{3{\sqrt {3}}}}}+{\frac {\frac {1}{\sqrt {3}}}{\frac {16}{3{\sqrt {3}}}}}\right]\\={}&{\frac {8\pi }{3}}\left[{\frac {3}{16}}+{\frac {3}{16}}\right]\\={}&\pi .\end{aligned}}}$$

Пример 3а – тригонометрические интегралы, общая процедура

Вышеуказанный метод может быть применен ко всем интегралам типа $${\displaystyle \int _{0}^{2\pi }{\frac {P{\big (}\sin(t),\sin(2t),\ldots ,\cos(t),\cos(2t),\ldots {\big )}}{Q{\big (}\sin(t),\sin(2t),\ldots ,\cos(t),\cos(2t),\ldots {\big )}}}\,dt}$$

где P и Q — многочлены, т.е. интегрируется рациональная функция в тригонометрических терминах. Обратите внимание, что пределы интегрирования могут быть также π и − π , как в предыдущем примере, или любой другой парой конечных точек, отстоящих друг от друга на 2 π .

Хитрость заключается в использовании подстановки z = e ^it , где dz = ie ^it dt и, следовательно, $${\displaystyle {\frac {1}{iz}}\,dz=dt.}$$

Эта подстановка отображает интервал [0, 2π] в единичную окружность. Более того, и так, что рациональная функция f ( z ) по z получается из подстановки, и интеграл становится который, в свою очередь, вычисляется путем суммирования остатков f ( z ) ⁠ $${\displaystyle \sin(kt)={\frac {e^{ikt}-e^{-ikt}}{2i}}={\frac {z^{k}-z^{-k}}{2i}}}$$ $${\displaystyle \cos(kt)={\frac {e^{ikt}+e^{-ikt}}{2}}={\frac {z^{k}+z^{-k}}{2}}}$$ $${\displaystyle \oint _{|z|=1}f(z){\frac {1}{iz}}\,dz}$$1/из⁠ внутри единичной окружности.

Изображение справа иллюстрирует это, для чего мы сейчас вычисляем. Первый шаг — признать, что $${\displaystyle I=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{1+(\sin t)^{2}}}\,dt,}$$ $${\displaystyle I={\frac {1}{4}}\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{1+(\sin t)^{2}}}\,dt.}$$

Замена дает $${\displaystyle {\frac {1}{4}}\oint _{|z|=1}{\frac {4iz}{z^{4}-6z^{2}+1}}\,dz=\oint _{|z|=1}{\frac {iz}{z^{4}-6z^{2}+1}}\,dz.}$$

Полюса этой функции находятся в точках 1 ± √ 2 и −1 ± √ 2 . Из них 1 + √ 2 и −1 − √ 2 находятся вне единичной окружности (показаны красным цветом, не в масштабе), тогда как 1 − √ 2 и −1 + √ 2 находятся внутри единичной окружности (показаны синим цветом). Соответствующие остатки оба равны − ⁠я √ 2/16⁠ , так что значение интеграла равно $${\displaystyle I=2\pi i\;2\left(-{\frac {\sqrt {2}}{16}}i\right)=\pi {\frac {\sqrt {2}}{4}}.}$$

Пример 4 – обрезка веток

Рассмотрим действительный интеграл $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\sqrt {x}}{x^{2}+6x+8}}\,dx.}$$

Мы можем начать с формулировки комплексного интеграла $${\displaystyle \int _{C}{\frac {\sqrt {z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz=I.}$$

Мы можем снова использовать интегральную формулу Коши или теорему о вычетах, чтобы получить соответствующие вычеты. Однако важно отметить, что z ^1/2 = e ^{(Log z )/2} , поэтому z ^1/2 имеет ветвь среза . Это влияет на наш выбор контура C . Обычно логарифмическая ветвь среза определяется как отрицательная вещественная ось, однако это немного усложняет вычисление интеграла, поэтому мы определяем ее как положительную вещественную ось.

Затем мы используем так называемый контур замочной скважины , который состоит из небольшой окружности вокруг начала координат радиуса ε , простирающейся до отрезка прямой, параллельного и близкого к положительной действительной оси, но не касающегося ее, до почти полной окружности, возвращающейся к отрезку прямой, параллельному, близкому и расположенному ниже положительной действительной оси в отрицательном смысле, возвращаясь к малой окружности в середине.

Обратите внимание, что z = −2 и z = −4 находятся внутри большого круга. Это два оставшихся полюса, выводимых путем разложения знаменателя подынтегральной функции. Точка ветвления при z = 0 была исключена путем обхода вокруг начала координат.

Пусть γ — малый круг радиуса ε , Γ — больший, радиуса R , тогда $${\displaystyle \int _{C}=\int _{\varepsilon }^{R}+\int _{\Gamma }+\int _{R}^{\varepsilon }+\int _{\gamma }.}$$

Можно показать, что интегралы по Γ и γ стремятся к нулю при ε → 0 и R → ∞ , по оценочному аргументу выше, который оставляет два члена. Теперь, поскольку z ^1/2 = e ^{(Log z )/2} , на контуре вне разреза ветви мы получили 2 π в аргументе вдоль γ . (По тождеству Эйлера , e ^{i π} представляет единичный вектор, который, следовательно, имеет π в качестве своего логарифма. Это π и есть то, что подразумевается под аргументом z . Коэффициент ⁠1/2⁠ заставляет нас использовать 2π . ) Итак $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {\sqrt {z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {e^{{\frac {1}{2}}\operatorname {Log} z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\[6pt]&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {e^{{\frac {1}{2}}(\log |z|+i\arg {z})}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\[6pt]&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {e^{{\frac {1}{2}}\log |z|}e^{{\frac {1}{2}}(2\pi i)}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\[6pt]&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {e^{{\frac {1}{2}}\log |z|}e^{\pi i}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\[6pt]&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {-{\sqrt {z}}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\[6pt]&=\int _{\varepsilon }^{R}{\frac {\sqrt {z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz.\end{aligned}}}$$

Поэтому: $${\displaystyle \int _{C}{\frac {\sqrt {z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz=2\int _{0}^{\infty }{\frac {\sqrt {x}}{x^{2}+6x+8}}\,dx.}$$

Используя теорему о вычетах или интегральную формулу Коши (сначала применяя метод простейших дробей для вывода суммы двух простых контурных интегралов), получаем $${\displaystyle \pi i\left({\frac {i}{\sqrt {2}}}-i\right)=\int _{0}^{\infty }{\frac {\sqrt {x}}{x^{2}+6x+8}}\,dx=\pi \left(1-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right).\quad \square }$$

Пример 5 – квадрат логарифма

В этом разделе рассматривается тип интеграла, примером которого является. $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\log x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx}$$

Для вычисления этого интеграла используется функция и ветвь логарифма, соответствующая −π < arg z ≤ π . $${\displaystyle f(z)=\left({\frac {\log z}{1+z^{2}}}\right)^{2}}$$

Мы вычислим интеграл f ( z ) вдоль контура замочной скважины, показанного справа. Как оказалось, этот интеграл является кратным исходному интегралу, который мы хотим вычислить, и по теореме Коши о вычетах мы имеем

${\displaystyle {\begin{aligned}\left(\int _{R}+\int _{M}+\int _{N}+\int _{r}\right)f(z)\,dz=&\ 2\pi i{\big (}\operatorname {Res} _{z=i}f(z)+\operatorname {Res} _{z=-i}f(z){\big )}\\=&\ 2\pi i\left(-{\frac {\pi }{4}}+{\frac {1}{16}}i\pi ^{2}-{\frac {\pi }{4}}-{\frac {1}{16}}i\pi ^{2}\right)\\=&\ -i\pi ^{2}.\end{aligned}}}$

Пусть R — радиус большого круга, а r — радиус малого. Обозначим верхнюю линию через M , а нижнюю — через N. Как и прежде, возьмем предел при R → ∞ и r → 0. Вклады от двух кругов исчезают. Например, с леммой ML имеем следующую верхнюю границу : $${\displaystyle \left|\int _{R}f(z)\,dz\right|\leq 2\pi R{\frac {(\log R)^{2}+\pi ^{2}}{\left(R^{2}-1\right)^{2}}}\to 0.}$$

Чтобы вычислить вклады M и N, мы устанавливаем z = − x + iε на M и z = − x − iε на N , причем 0 < x < ∞ :

${\displaystyle {\begin{aligned}-i\pi ^{2}&=\left(\int _{R}+\int _{M}+\int _{N}+\int _{r}\right)f(z)\,dz\\[6pt]&=\left(\int _{M}+\int _{N}\right)f(z)\,dz&&\int _{R},\int _{r}{\mbox{ vanish}}\\[6pt]&=-\int _{\infty }^{0}\left({\frac {\log(-x+i\varepsilon )}{1+(-x+i\varepsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x-i\varepsilon )}{1+(-x-i\varepsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x+i\varepsilon )}{1+(-x+i\varepsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log(-x-i\varepsilon )}{1+(-x-i\varepsilon )^{2}}}\right)^{2}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log x+i\pi }{1+x^{2}}}\right)^{2}\,dx-\int _{0}^{\infty }\left({\frac {\log x-i\pi }{1+x^{2}}}\right)^{2}\,dx&&\varepsilon \to 0\\&=\int _{0}^{\infty }{\frac {(\log x+i\pi )^{2}-(\log x-i\pi )^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx\\[6pt]&=\int _{0}^{\infty }{\frac {4\pi i\log x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx\\[6pt]&=4\pi i\int _{0}^{\infty }{\frac {\log x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx\end{aligned}}}$

что дает $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\log x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx=-{\frac {\pi }{4}}.}$$

Пример 6 – логарифмы и остаток на бесконечности

Мы стремимся оценить $${\displaystyle I=\int _{0}^{3}{\frac {x^{\frac {3}{4}}(3-x)^{\frac {1}{4}}}{5-x}}\,dx.}$$

Это требует тщательного изучения $${\displaystyle f(z)=z^{\frac {3}{4}}(3-z)^{\frac {1}{4}}.}$$

Мы построим f ( z ) так, чтобы она имела ветвь, срезанную на [0, 3] , показанную на диаграмме красным цветом. Для этого мы выбираем две ветви логарифма, устанавливая и $${\displaystyle z^{\frac {3}{4}}=\exp \left({\frac {3}{4}}\log z\right)\quad {\mbox{where }}-\pi \leq \arg z<\pi }$$ $${\displaystyle (3-z)^{\frac {1}{4}}=\exp \left({\frac {1}{4}}\log(3-z)\right)\quad {\mbox{where }}0\leq \arg(3-z)<2\pi .}$$

Следовательно, разрез z ^{3 ⁄ 4} равен (−∞, 0] , а разрез (3 − z ) ^1/4 равен (−∞, 3] . Легко видеть, что разрез произведения этих двух функций, т. е. f ( z ) , равен [0, 3] , поскольку f ( z ) на самом деле непрерывен на (−∞, 0) . Это происходит потому, что когда z = − r < 0 и мы приближаемся к разрезу сверху, f ( z ) имеет значение $${\displaystyle r^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {3}{4}}\pi i}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {2}{4}}\pi i}=r^{\frac {3}{4}}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {5}{4}}\pi i}.}$$

При подходе снизу f ( z ) имеет значение $${\displaystyle r^{\frac {3}{4}}e^{-{\frac {3}{4}}\pi i}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}=r^{\frac {3}{4}}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{-{\frac {3}{4}}\pi i}.}$$

Но $${\displaystyle e^{-{\frac {3}{4}}\pi i}=e^{{\frac {5}{4}}\pi i},}$$

так что мы имеем непрерывность через разрез. Это проиллюстрировано на диаграмме, где два черных ориентированных круга помечены соответствующим значением аргумента логарифма, используемого в z ^{3 ⁄ 4} и (3 − z ) ^1/4 .

Мы будем использовать контур, показанный на диаграмме зеленым цветом. Для этого мы должны вычислить значение f ( z ) вдоль отрезков линии чуть выше и чуть ниже разреза.

Пусть z = r (в пределе, т.е. когда два зеленых круга сжимаются до радиуса ноль), где 0 ≤ r ≤ 3. Вдоль верхнего сегмента мы находим, что f ( z ) имеет значение , а вдоль нижнего сегмента, $${\displaystyle r^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}(3-r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {2}{4}}\pi i}=ir^{\frac {3}{4}}(3-r)^{\frac {1}{4}}}$$ $${\displaystyle r^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}(3-r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}=r^{\frac {3}{4}}(3-r)^{\frac {1}{4}}.}$$

Отсюда следует, что интеграл ⁠ф ( з )/5 − з⁠ вдоль верхнего отрезка в пределе − iI , а вдоль нижнего отрезка I .

Если мы можем показать, что интегралы по двум зеленым кругам исчезают в пределе, то мы также имеем значение I , по теореме о вычетах Коши . Пусть радиус зеленых кругов равен ρ , где ρ < 0,001 и ρ → 0 , и применим неравенство ML . Для круга C _L слева находим $${\displaystyle \left|\int _{C_{\mathrm {L} }}{\frac {f(z)}{5-z}}dz\right|\leq 2\pi \rho {\frac {\rho ^{\frac {3}{4}}3.001^{\frac {1}{4}}}{4.999}}\in {\mathcal {O}}\left(\rho ^{\frac {7}{4}}\right)\to 0.}$$

Аналогично для окружности C _R справа имеем $${\displaystyle \left|\int _{C_{\mathrm {R} }}{\frac {f(z)}{5-z}}dz\right|\leq 2\pi \rho {\frac {3.001^{\frac {3}{4}}\rho ^{\frac {1}{4}}}{1.999}}\in {\mathcal {O}}\left(\rho ^{\frac {5}{4}}\right)\to 0.}$$

Теперь, используя теорему о вычетах Коши , мы имеем где знак минус обусловлен направлением по часовой стрелке вокруг вычетов. Используя ветвь логарифма из предыдущего, ясно, $${\displaystyle (-i+1)I=-2\pi i\left(\operatorname {Res} _{z=5}{\frac {f(z)}{5-z}}+\operatorname {Res} _{z=\infty }{\frac {f(z)}{5-z}}\right).}$$ $${\displaystyle \operatorname {Res} _{z=5}{\frac {f(z)}{5-z}}=-5^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {1}{4}}\log(-2)}.}$$

Полюс показан синим цветом на диаграмме. Значение упрощается до $${\displaystyle -5^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {1}{4}}(\log 2+\pi i)}=-e^{{\frac {1}{4}}\pi i}5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}.}$$

Для остатка на бесконечности мы используем следующую формулу: $${\displaystyle \operatorname {Res} _{z=\infty }h(z)=\operatorname {Res} _{z=0}\left(-{\frac {1}{z^{2}}}h\left({\frac {1}{z}}\right)\right).}$$

Подставляя, находим и где мы использовали тот факт, что −1 = e ^{π i} для второй ветви логарифма. Далее применяем биномиальное разложение, получая $${\displaystyle {\frac {1}{5-{\frac {1}{z}}}}=-z\left(1+5z+5^{2}z^{2}+5^{3}z^{3}+\cdots \right)}$$ $${\displaystyle \left({\frac {1}{z^{3}}}\left(3-{\frac {1}{z}}\right)\right)^{\frac {1}{4}}={\frac {1}{z}}(3z-1)^{\frac {1}{4}}={\frac {1}{z}}e^{{\frac {1}{4}}\pi i}(1-3z)^{\frac {1}{4}},}$$ $${\displaystyle {\frac {1}{z}}e^{{\frac {1}{4}}\pi i}\left(1-{1/4 \choose 1}3z+{1/4 \choose 2}3^{2}z^{2}-{1/4 \choose 3}3^{3}z^{3}+\cdots \right).}$$

Вывод таков: $${\displaystyle \operatorname {Res} _{z=\infty }{\frac {f(z)}{5-z}}=e^{{\frac {1}{4}}\pi i}\left(5-{\frac {3}{4}}\right)=e^{{\frac {1}{4}}\pi i}{\frac {17}{4}}.}$$

Наконец, следует, что значение I равно что дает $${\displaystyle I=2\pi i{\frac {e^{{\frac {1}{4}}\pi i}}{-1+i}}\left({\frac {17}{4}}-5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}\right)=2\pi 2^{-{\frac {1}{2}}}\left({\frac {17}{4}}-5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}\right)}$$ $${\displaystyle I={\frac {\pi }{2{\sqrt {2}}}}\left(17-5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {9}{4}}\right)={\frac {\pi }{2{\sqrt {2}}}}\left(17-40^{\frac {3}{4}}\right).}$$

Оценка с теоремой о вычетах

Используя теорему о вычетах , мы можем оценить замкнутые контурные интегралы. Ниже приведены примеры оценки контурных интегралов с помощью теоремы о вычетах.

Используя теорему о вычетах, оценим этот контурный интеграл. $${\displaystyle \oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}\,dz}$$

Напомним, что теорема о вычетах гласит: $${\displaystyle \oint _{C}f(z)dz=2\pi i\cdot \sum \operatorname {Res} (f,a_{k})}$$

где — остаток , а — особенности , лежащие внутри контура (при этом ни одна из них не лежит непосредственно на ). ${\displaystyle \operatorname {Res} }$ ${\displaystyle f(z)}$ ${\displaystyle a_{k}}$ ${\displaystyle f(z)}$ ${\displaystyle C}$ ${\displaystyle C}$

${\displaystyle f(z)}$имеет только один полюс, . Из этого мы определяем, что остаток должен быть ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle f(z)}$ ${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}\oint _{C}f(z)dz&=\oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}dz\\&=2\pi i\cdot \operatorname {Res} _{z=0}f(z)\\&=2\pi i\operatorname {Res} _{z=0}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}\\&=2\pi i\cdot {\frac {1}{2}}\\&=\pi i\end{aligned}}}$$

Таким образом, используя теорему о вычетах , можно определить: $${\displaystyle \oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}dz=\pi i.}$$

Многомерные контурные интегралы

Для решения многомерных контурных интегралов (т.е. поверхностных интегралов , комплексных объемных интегралов и интегралов более высокого порядка ) мы должны использовать теорему о расходимости . На данный момент пусть будет взаимозаменяемым с . Они оба будут служить дивергенцией векторного поля, обозначенного как . Эта теорема гласит: ${\displaystyle \nabla }$ ${\displaystyle \operatorname {Div} }$ ${\displaystyle \mathbf {F} }$ $${\displaystyle \underbrace {\int \cdots \int _{U}} _{n}\operatorname {div} (\mathbf {F} )\,dV=\underbrace {\oint \cdots \oint _{\partial U}} _{n-1}\mathbf {F} \cdot \mathbf {n} \,dS}$$

Кроме того, нам также необходимо оценить, где есть альтернативная запись . Расхождение любого измерения можно описать как ${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {F} }$ ${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {F} }$ ${\displaystyle \operatorname {div} (\mathbf {F} )}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}\operatorname {div} (\mathbf {F} )&=\nabla \cdot \mathbf {F} \\&=\left({\frac {\partial }{\partial u}},{\frac {\partial }{\partial x}},{\frac {\partial }{\partial y}},{\frac {\partial }{\partial z}},\dots \right)\cdot (F_{u},F_{x},F_{y},F_{z},\dots )\\&=\left({\frac {\partial F_{u}}{\partial u}}+{\frac {\partial F_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial F_{z}}{\partial z}}+\cdots \right)\end{aligned}}}$$

Пример 1

Пусть векторное поле и ограничено следующим ${\displaystyle \mathbf {F} =\sin(2x)\mathbf {e} _{x}+\sin(2y)\mathbf {e} _{y}+\sin(2z)\mathbf {e} _{z}}$ $${\displaystyle {0\leq x\leq 1}\quad {0\leq y\leq 3}\quad {-1\leq z\leq 4}}$$

Соответствующий двойной контурный интеграл будет иметь следующий вид:

${\displaystyle }$ ${\displaystyle {\scriptstyle S}}$ ${\displaystyle \mathbf {F} \cdot \mathbf {n} \,dS}$

Теперь оценим . Между тем, составим соответствующий тройной интеграл: ${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {F} }$ $${\displaystyle {\begin{aligned}&=\iiint _{V}\left({\frac {\partial F_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial F_{z}}{\partial z}}\right)dV\\[6pt]&=\iiint _{V}\left({\frac {\partial \sin(2x)}{\partial x}}+{\frac {\partial \sin(2y)}{\partial y}}+{\frac {\partial \sin(2z)}{\partial z}}\right)dV\\[6pt]&=\iiint _{V}2\left(\cos(2x)+\cos(2y)+\cos(2z)\right)dV\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{3}\int _{-1}^{4}2(\cos(2x)+\cos(2y)+\cos(2z))\,dx\,dy\,dz\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{3}(10\cos(2y)+\sin(8)+\sin(2)+10\cos(z))\,dy\,dz\\[6pt]&=\int _{0}^{1}(30\cos(2z)+3\sin(2)+3\sin(8)+5\sin(6))\,dz\\[6pt]&=18\sin(2)+3\sin(8)+5\sin(6)\end{aligned}}}$$

Пример 2

Пусть векторное поле , и заметим, что в этом случае имеется 4 параметра. Пусть это векторное поле ограничено следующим: ${\displaystyle \mathbf {F} =u^{4}\mathbf {e} _{u}+x^{5}\mathbf {e} _{x}+y^{6}\mathbf {e} _{y}+z^{-3}\mathbf {e} _{z}}$ $${\displaystyle {0\leq x\leq 1}\quad {-10\leq y\leq 2\pi }\quad {4\leq z\leq 5}\quad {-1\leq u\leq 3}}$$

Чтобы оценить это, мы должны использовать теорему о расходимости, как указано ранее, и мы должны оценить . Пусть ${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {F} }$ ${\displaystyle dV=dx\,dy\,dz\,du}$

${\displaystyle {\scriptstyle S}}$ ${\displaystyle \mathbf {F} \cdot \mathbf {n} \,dS}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}&=\iiiint _{V}\left({\frac {\partial F_{u}}{\partial u}}+{\frac {\partial F_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial F_{z}}{\partial z}}\right)\,dV\\[6pt]&=\iiiint _{V}\left({\frac {\partial u^{4}}{\partial u}}+{\frac {\partial x^{5}}{\partial x}}+{\frac {\partial y^{6}}{\partial y}}+{\frac {\partial z^{-3}}{\partial z}}\right)\,dV\\[6pt]&=\iiiint _{V}{\frac {4u^{3}z^{4}+5x^{4}z^{4}+5y^{4}z^{4}-3}{z^{4}}}\,dV\\[6pt]&=\iiiint _{V}{\frac {4u^{3}z^{4}+5x^{4}z^{4}+5y^{4}z^{4}-3}{z^{4}}}\,dV\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{-10}^{2\pi }\int _{4}^{5}\int _{-1}^{3}{\frac {4u^{3}z^{4}+5x^{4}z^{4}+5y^{4}z^{4}-3}{z^{4}}}\,dV\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{-10}^{2\pi }\int _{4}^{5}\left({\frac {4(3u^{4}z^{3}+3y^{6}+91z^{3}+3)}{3z^{3}}}\right)\,dy\,dz\,du\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\int _{-10}^{2\pi }\left(4u^{4}+{\frac {743440}{21}}+{\frac {4}{z^{3}}}\right)\,dz\,du\\[6pt]&=\int _{0}^{1}\left(-{\frac {1}{2\pi ^{2}}}+{\frac {1486880\pi }{21}}+8\pi u^{4}+40u^{4}+{\frac {371720021}{1050}}\right)\,du\\[6pt]&={\frac {371728421}{1050}}+{\frac {14869136\pi ^{3}-105}{210\pi ^{2}}}\\[6pt]&\approx {576468.77}\end{aligned}}}$$

Таким образом, мы можем вычислить контурный интеграл с . Мы можем использовать тот же метод для вычисления контурных интегралов для любого векторного поля с . ${\displaystyle n=4}$ ${\displaystyle n>4}$

Интегральное представление

Интегральное представление функции — это выражение функции, включающее контурный интеграл. Известны различные интегральные представления для многих специальных функций . Интегральные представления могут быть важны по теоретическим причинам, например, для аналитического продолжения или функциональных уравнений , или иногда для численных оценок .

Контур Ганкеля

Например, первоначальное определение дзета-функции Римана ζ ( s ) через ряд Дирихле , $${\displaystyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}},}$$

справедливо только для Re( s ) > 1. Но $${\displaystyle \zeta (s)=-{\frac {\Gamma (1-s)}{2\pi i}}\int _{H}{\frac {(-t)^{s-1}}{e^{t}-1}}dt,}$$

где интегрирование производится по контуру Ганкеля H , справедливо для всех комплексных s, не равных 1.

Смотрите также

• Остаток (комплексный анализ)
• Главное значение Коши
• интеграл Пуассона
• Контур Поххаммера

Ссылки

1. Сталкер, Джон (1998). Комплексный анализ: основы классической теории функций. Springer. стр. 77. ISBN 0-8176-4038-X.
2. Бак, Джозеф; Ньюман, Дональд Дж. (1997). "Главы 11 и 12". Комплексный анализ . Springer. стр. 130–156. ISBN 0-387-94756-6.
3. Кранц, Стивен Джордж (1999). "Глава 2". Справочник по комплексным переменным . Springer. ISBN 0-8176-4011-8.
4. Митринович, Драгослав С.; Кечкич, Йован Д. (1984). "Глава 2". Метод вычетов Коши: теория и приложения. Springer. ISBN 90-277-1623-4.
5. Митринович, Драгослав С.; Кечкич, Йован Д. (1984). "Глава 5". Метод вычетов Коши: теория и приложения. Springer. ISBN 90-277-1623-4.
6. Сафф, Эдвард Б.; Снайдер, Артур Дэвид (2003). "Глава 4". Основы комплексного анализа с приложениями к инженерии, науке и математике (3-е изд.). Prentice Hall. ISBN 0-1390-7874-6.

Дальнейшее чтение

• Титчмарш, EC (1939), Теория функций (2-е изд.), Oxford University Press, ISBN 0-19-853349-7
• Жан Жаклен, Марко Ридель, Branche uniвалентe ^{[ постоянная мертвая ссылка ]} , Les-Mathematiques.net , на французском языке.
• Марко Ридель и др., Problème d'intégrale, Les-Mathematiques.net , на французском языке.
• Марко Ридель и др., Интеграл по вычету, math.stackexchange.com .
• WWL Chen, Введение в комплексный анализ
• Различные авторы, без ограничений, es.ciencia.matematicas , на испанском языке.

Внешние ссылки

• «Комплексное интегрирование, метод», Энциклопедия математики , EMS Press , 2001 [1994]