Контурная интеграция

В математической области комплексного анализа , контур интегрирование представляет собой метод оценки некоторых 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 вычисление интегралов по действительной прямой, которые нелегко найти с использованием только методов вещественных переменных. ^[5]

Методы контурной интеграции включают:

• прямое интегрирование комплекснозначной функции по кривой на комплексной плоскости ( контуре );
• применение интегральной формулы Коши ; и
• применение теоремы о вычетах .

Для нахождения этих интегралов или сумм можно использовать один метод или их комбинацию или различные ограничивающие процессы.

Кривые на комплексной плоскости [ править ]

В комплексном анализе контур представляет собой тип кривой в комплексной плоскости . При интегрировании контуров контуры обеспечивают точное определение кривых, на которых можно соответствующим образом определить интеграл. Кривая в комплексной плоскости определяется как непрерывная функция от замкнутого интервала от вещественной оси на комплексной плоскости: г  : [ , Ь ] → C .

Это определение кривой совпадает с интуитивным понятием кривой, но включает параметризацию непрерывной функцией на отрезке. Это более точное определение позволяет нам определить, какими свойствами должна обладать кривая, чтобы ее можно было использовать для интеграции. В следующих подразделах мы сузим 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 «куски» от пересечения самих себя и потребуем, чтобы каждый кусок имел конечную (отличную от нуля) непрерывную производную. Эти требования соответствуют требованию, чтобы мы рассматривали только те кривые, которые можно проследить, например, пером, в последовательности ровных ровных штрихов, которые останавливаются только для того, чтобы начать новый участок кривой.все, не беря в руки ручку.^[6]

Направленные плавные кривые [ править ]

Контуры часто определяют в виде направленных гладких кривых. ^[6] Они обеспечивают точное определение «отрезка» гладкой кривой, из которой состоит контур.

Гладкая кривая представляет собой кривую г  : [ , Ь ] → C с неисчезающие, непрерывную производную таким образом, что каждая точка проходится только один раз ( г один-к-одному), с возможным исключением кривой таким образом, что концы совпадают ( z ( a ) = z ( b ) ). В случае, когда концы совпадают, кривая называется замкнутой, и функция должна быть взаимно однозначной везде, а производная должна быть непрерывной в идентифицированной точке ( z ′ ( a ) = z ′ ( b )). Гладкую кривую, которая не замкнута, часто называют гладкой дугой. ^[6]

Параметризация кривой обеспечивает естественный порядок точек на кривой: г ( х ) предшествует г ( у ) , если х < у . Это приводит к понятию направленной гладкой кривой . Наиболее полезно рассматривать кривые независимо от конкретной параметризации. Это можно сделать, рассматривая классы эквивалентности гладких кривых одного направления. Направлено гладкой кривойзатем можно определить как упорядоченный набор точек на комплексной плоскости, который является изображением некоторой гладкой кривой в их естественном порядке (согласно параметризации). Обратите внимание, что не все порядки точек являются естественным порядком гладкой кривой. Фактически, данная гладкая кривая имеет только два таких порядка. Кроме того, одна замкнутая кривая может иметь любую точку в качестве конечной точки, в то время как гладкая дуга имеет только два варианта для ее конечных точек.

Контуры [ править ]

Контуры - это класс кривых, на которых мы определяем контурное интегрирование. Контур представляет собой кривую , которая направлена состоит из конечной последовательности направленных гладких кривых, концы которых подобраны , чтобы дать одно направление. Это требует, чтобы последовательность кривых Г ₁ , ..., Г _п таково , что конечная точка γ _я совпадает с начальной точкой Г _{я + 1} , ∀ я , 1 ≤ я < п. Сюда входят все направленные гладкие кривые. Кроме того, одна точка на комплексной плоскости считается контуром. Символ + часто используется для обозначения соединения кривых вместе, чтобы сформировать новую кривую. Таким образом, мы могли бы записать контур Γ , состоящий из n кривых, как

${\ displaystyle \ Gamma = \ gamma _ {1} + \ gamma _ {2} + \ cdots + \ gamma _ {n}.}$

Контурные интегралы [ править ]

Контурный интеграл из комплексной функции F  : C → C представляет собой обобщение интеграла для вещественных функций. Для непрерывных функций в комплексной плоскости контурный интеграл может быть определен по аналогии с линейным интегралом , сначала определив интеграл вдоль направленной гладкой кривой в терминах интеграла по действительнозначному параметру. Более общее определение может быть дано в терминах разбиения 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.

Для непрерывных функций [ править ]

Чтобы определить контурный интеграл таким образом, необходимо сначала рассмотреть интеграл по действительной переменной от комплексной функции. Пусть f  : R → C - комплексная функция действительной переменной t . Действительная и мнимая части f часто обозначаются как u ( t ) и v ( t ) соответственно, так что

${\ Displaystyle f (t) = u (t) + iv (t).}$

Тогда интеграл комплекснозначной функции f на интервале [ a , b ] имеет вид

${\ displaystyle {\ begin {align} \ int _ {a} ^ {b} f (t) \, dt & = \ int _ {a} ^ {b} {\ big (} u (t) + iv (t ) {\ big)} \, dt \\ & = \ int _ {a} ^ {b} u (t) \, dt + i \ int _ {a} ^ {b} v (t) \, dt. \ конец {выровнено}}}$

Пусть f  : C → C - непрерывная функция на направленной гладкой кривой γ . Пусть z  : R → C - любая параметризация γ , согласованная с ее порядком (направлением). Тогда интеграл по γ обозначается

${\ Displaystyle \ int _ {\ gamma} е (г) \, дз \,}$

и дается формулой ^[6]

${\ Displaystyle \ int _ {\ gamma} е (г) \, dz = \ int _ {a} ^ {b} е {\ big (} \ gamma (t) {\ big)} \ gamma '(t) \, dt.}$

Это определение хорошо определено. То есть результат не зависит от выбранной параметризации. ^[6] В случае, когда действительный интеграл в правой части не существует, интеграл по γ называется несуществующим.

Как обобщение интеграла Римана [ править ]

Обобщение интеграла Римана на функции комплексного переменного делается в полной аналогии с его определением для функций от действительных чисел. Разбиение направленной гладкой кривой γ определяется как конечный упорядоченный набор точек на γ . Интеграл по кривой - это предел конечных сумм значений функций, взятых в точках на разбиении, в пределе, когда максимальное расстояние между любыми двумя последовательными точками на разбиении (в двумерной комплексной плоскости) также известно как сетка, стремится к нулю.

Прямые методы [ править ]

Прямые методы включают 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 комплексной функцией вещественных переменных, либо контур разбивается на части и параметризуется отдельно.

• замена параметризации подынтегральной функции

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

• прямая оценка

  Интеграл вычисляется методом, похожим на интеграл действительных переменных.

Пример [ править ]

Фундаментальный результат комплексного анализа состоит в том, что контурный интеграл 1/zравно 2π i , где путь контура берется как единичный круг, пройденный против часовой стрелки (или любая положительно ориентированная жорданова кривая около 0). В случае единичного круга существует прямой метод вычисления интеграла

${\displaystyle \oint _{C}{\frac {1}{z}}\,dz.}$

Для вычисления этого интеграла используйте единичный круг | z | = 1 как контур, параметризованный как z ( t ) = e ^it , при t ∈ [0, 2π] , тодз/dt= т.е. ^это и

${\displaystyle \oint _{C}{\frac {1}{z}}\,dz=\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{e^{it}}}ie^{it}\,dt=i\int _{0}^{2\pi }1\,dt={\Big [}\;t\;{\Big ]}_{0}^{2\pi }i=(2\pi -0)i=2\pi i.}$

что является значением интеграла.

Приложения интегральных теорем [ править ]

Приложения интегральных теорем также часто используются для вычисления контурного интеграла вдоль контура, 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 конкретный контур:

  Контур выбирается таким образом , что контур следует часть комплексной плоскости , которая описывает вещественную интеграл, а также охватывает особенности подынтегральной так , применение интегральной формулы Коши или теоремы вычетов можно

• применение интегральной теоремы Коши

  Интеграл сводится только к интегрированию небольшого круга 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 и мнимой части

  Весь контур можно разделить на контур, который следует за частью комплексной плоскости, которая описывает действительный интеграл, выбранный ранее (назовите его R ), и интеграл, который пересекает комплексную плоскость (назовите его I ). Интеграл по всему контуру - это сумма интеграла 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 вещественнозначный интеграл является неправильным, то, если мы продемонстрируем, что интеграл I, как описано выше, стремится к 0, интеграл по R будет стремиться к интегралу вокруг контур R + I .

• заключение

  Если мы сможем показать вышеупомянутый шаг, то мы сможем напрямую вычислить R , действительный интеграл.

Пример 1 [ править ]

Рассмотрим интеграл

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

Чтобы оценить этот интеграл, мы смотрим на комплексную функцию

${\displaystyle f(z)={\frac {1}{\left(z^{2}+1\right)^{2}}}}$

который имеет особенности в точках i и - i . Выберем контур, который будет охватывать действительный интеграл, здесь будет удобен полукруг с диаметром границы на действительной прямой (идущий, скажем, от - а до а ). Назовите этот контур C .

Есть два варианта действий: с использованием интегральной формулы Коши или методом вычетов:

Использование интегральной формулы Коши [ править ]

Обратите внимание, что:

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

таким образом

${\displaystyle \int _{-a}^{a}f(z)\,dz=\oint _{C}f(z)\,dz-\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz}$

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 написать

${\displaystyle f(z)={\frac {\frac {1}{(z+i)^{2}}}{(z-i)^{2}}},}$

который помещает функцию в форму для непосредственного применения формулы. Тогда, используя интегральную формулу Коши,

${\displaystyle \oint _{C}f(z)\,dz=\oint _{C}{\frac {\frac {1}{(z+i)^{2}}}{(z-i)^{2}}}\,dz=2\pi i{\frac {d}{dz}}\left({\frac {1}{(z+i)^{2}}}\right){\Bigg |}_{z=i}=2\pi i\left({\frac {-2}{(z+i)^{3}}}\right){\Bigg |}_{z=i}={\frac {\pi }{2}}}$

Мы берем первую производную на описанных выше шагах, потому что полюс является полюсом второго порядка. То есть ( z - i ) берется во второй степени, поэтому мы используем первую производную от f ( z ) . Если бы ( z - i ) было взято в третьей степени, мы бы использовали вторую производную и разделили на 2 !, и т. Д. Случай ( z - i ) в первой степени соответствует производной нулевого порядка - просто f ( z ) сам.

Нам нужно показать, что интеграл по дуге полукруга 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 ) | по дуге и L - длина дуги. Теперь,

${\displaystyle \left|\int _{\text{Arc}}f(z)\,dz\right|\leq {\frac {a\pi }{\left(a^{2}-1\right)^{2}}}\rightarrow 0{\mbox{ as }}a\rightarrow \infty .}$

Так

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}}\,dx=\int _{-\infty }^{\infty }f(z)\,dz=\lim _{a\to +\infty }\int _{-a}^{a}f(z)\,dz={\frac {\pi }{2}}.\quad \square }$

Используя метод остатков [ править ]

Рассмотрим ряд Лорана функции f ( z ) относительно i , единственной особенности, которую нам нужно рассмотреть. Тогда у нас есть

${\displaystyle f(z)={\frac {-1}{4(z-i)^{2}}}+{\frac {-i}{4(z-i)}}+{\frac {3}{16}}+{\frac {i}{8}}(z-i)+{\frac {-5}{64}}(z-i)^{2}+\cdots }$

(См. Пример расчета Лорана из серии Лорана для получения этой серии.)

При осмотре 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 [ править ]

Кроме того, может возникнуть вопрос, не возьмем ли мы полукруг, чтобы включить другую особенность, заключающую в себе - i . Чтобы интеграл вдоль действительной оси двигался в правильном направлении, контур должен перемещаться по часовой стрелке, то есть в отрицательном направлении, меняя знак интеграла в целом.

Это не влияет на использование метода остатков по сериям.

Пример 2 - Распределение Коши [ править ]

Интегральный

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

(которая возникает в теории вероятностей в качестве скалярного кратного характеристической функции от распределения Коши ) сопротивляется методы элементарного исчислении . Мы оценим его, выразив его как предел контурных интегралов по контуру C, который проходит вдоль вещественной прямой от - a до a, а затем против часовой стрелки по полукругу с центром в 0 от a до - a . Возьмите a больше 1, чтобы мнимая единица i была заключена в кривую. Контурный интеграл равен

${\displaystyle \int _{C}{\frac {e^{itz}}{z^{2}+1}}\,dz.}$

Поскольку e ^itz - целая функция (не имеющая 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 тогда, когда z = i или z = - i . Только одна из этих точек находится в области, ограниченной этим контуром. Остаток из F ( г ) при г= Я являюсь

${\displaystyle \lim _{z\to i}(z-i)f(z)=\lim _{z\to i}(z-i){\frac {e^{itz}}{z^{2}+1}}=\lim _{z\to i}(z-i){\frac {e^{itz}}{(z-i)(z+i)}}=\lim _{z\to i}{\frac {e^{itz}}{z+i}}={\frac {e^{-t}}{2i}}.}$

Тогда согласно теореме о вычетах 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 разделить на «прямую» часть и криволинейную дугу, так что

${\displaystyle \int _{\text{straight}}+\int _{\text{arc}}=\pi e^{-t},}$

и поэтому

${\displaystyle \int _{-a}^{a}=\pi e^{-t}-\int _{\text{arc}}.}$

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

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

Аналогичный аргумент с дугой, которая вьется вокруг - i, а не i, показывает, что если t <0, то

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

и, наконец, у нас есть это:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}}\,dx=\pi e^{-|t|}.\quad \square }$

(Если t = 0, тогда интеграл немедленно уступает место методам вещественного исчисления и его значение равно π .)

Пример 3 - тригонометрические интегралы [ править ]

В интегралы, включающие тригонометрические функции , могут быть внесены определенные замены , поэтому интеграл преобразуется в рациональную функцию комплексной переменной, а затем для вычисления интеграла можно использовать вышеуказанные методы.

В качестве примера рассмотрим

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

Мы стремимся сделать замену z = e ^it . Теперь вспомним

${\displaystyle \cos t={\frac {1}{2}}\left(e^{it}+e^{-it}\right)={\frac {1}{2}}\left(z+{\frac {1}{z}}\right)}$

и

${\displaystyle {\frac {dz}{dt}}=iz,\ dt={\frac {dz}{iz}}.}$

Принимая C за единичный круг, мы подставляем, чтобы получить:

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

Рассматриваемые особенности находятся в точке. Пусть C ₁ - небольшая окружность вокруг, а C ₂ - маленькая окружность вокруг. 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.\left({\frac {z}{\left(z+{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z+{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}\right)\right|_{z={\frac {i}{\sqrt {3}}}}+2\pi i\left.\left({\frac {z}{\left(z+{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\sqrt {3}}i\right)\left(z-{\frac {i}{\sqrt {3}}}\right)}}\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 [ править ]

Описанный выше метод применим 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. рациональная функция в тригонометрических терминах интегрируется. Обратите внимание, что границы интегрирования также могут быть π и - π , как в предыдущем примере, или любой другой парой конечных точек, разнесенных на 2 π .

Уловка состоит в том, чтобы использовать замену 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,

${\displaystyle \sin(kt)={\frac {e^{ikt}-e^{-ikt}}{2i}}={\frac {z^{k}-z^{-k}}{2i}}}$

и

${\displaystyle \cos(kt)={\frac {e^{ikt}+e^{-ikt}}{2}}={\frac {z^{k}+z^{-k}}{2}}}$

так что рациональная функция f ( z ) от z получается в результате подстановки, и интеграл становится

${\displaystyle \oint _{|z|=1}f(z){\frac {1}{iz}}\,dz}$

который, в свою очередь, вычисляется путем суммирования вычетов f ( z )1/iz внутри единичного круга.

Изображение справа иллюстрирует это для

${\displaystyle I=\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{1+(\sin t)^{2}}}\,dt,}$

который мы сейчас вычисляем. Первый шаг - признать, что

${\displaystyle I={\frac {1}{4}}\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{1+(\sin t)^{2}}}\,dt.}$

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 за пределами единичного круга (показаны красным, не в масштабе), тогда как 1 - √ 2 и −1 + √ 2 находятся внутри единичного круга (показаны синим). Соответствующие вычеты оба равны -я √ 2/16, так что значение интеграла

${\displaystyle I=2\pi i\;2\left(-{\frac {\sqrt {2}}{16}}i\right)=\pi {\frac {\sqrt {2}}{4}}.}$

Пример 4 - обрезки веток [ править ]

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. Тем не менее, важно отметить, что г ^{1 / ₂} = е ^{1 / ₂ входа г} , поэтому г ^{1 / ₂} имеет филиальную разрез . Это влияет на наш выбор контура С . Обычно отрезок логарифмической ветви определяется как отрицательная действительная ось, однако это немного усложняет вычисление интеграла, поэтому мы определяем его как положительную действительную ось.

Затем мы используем так называемый контур замочной скважины , который состоит из небольшого круга вокруг начала радиуса ε, скажем, продолжающегося до отрезка прямой, параллельного и близкого к положительной действительной оси, но не касаясь его, до почти полного круга, возвращающего к отрезку прямой, параллельному, близкому и ниже положительной действительной оси в отрицательном смысле, возвращаясь к маленькому кругу в середине.

Обратите внимание, что z = −2 и z = −4 находятся внутри большого круга. Это два оставшихся полюса, которые можно получить путем факторизации знаменателя подынтегрального выражения. Точку ветвления на z = 0 удалось избежать путем обхода начала координат.

Пусть γ - малая окружность радиуса ε , Γ - больший, радиуса R , тогда

${\displaystyle \int _{C}=\int _{\varepsilon }^{R}+\int _{\Gamma }+\int _{R}^{\varepsilon }+\int _{\gamma }.}$

Можно показать, что оба интеграла по Γ и γ стремятся к нулю при ε → 0 и R → ∞ , с помощью оценочного аргумента, приведенного выше, что оставляет два члена. Теперь , поскольку г ^{1 / ₊₂} = е ^{1 / ₂ Log г} , на контуре вне разреза, мы получили 2 тг в аргументе по гамма . (По идентичности Эйлера , е ^{я π} представляет собой единичный вектор, который , следовательно , имеет П в своем журнале. Этот тгэто то, что подразумевается под аргументом z . Коэффициент1/2заставляет нас использовать 2 π .) Итак

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {\sqrt {z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {e^{{\frac {1}{2}}\operatorname {Log} z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {e^{{\frac {1}{2}}(\log |z|+i\arg {z})}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {e^{{\frac {1}{2}}\log |z|}e^{{\frac {1}{2}}(2\pi i)}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {e^{{\frac {1}{2}}\log |z|}e^{\pi i}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\&=\int _{R}^{\varepsilon }{\frac {-{\sqrt {z}}}{z^{2}+6z+8}}\,dz\\&=\int _{\varepsilon }^{R}{\frac {\sqrt {z}}{z^{2}+6z+8}}\,dz.\end{aligned}}}$

Следовательно:

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

Используя теорему о вычетах или интегральную формулу Коши (сначала применяя метод частичных дробей для получения 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 [ править ]

В этом разделе рассматривается тип интеграла, из которого

${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {\log x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\,dx}$

это пример.

Для вычисления этого интеграла используется функция

${\displaystyle f(z)=\left({\frac {\log z}{1+z^{2}}}\right)^{2}}$

и ветвь логарифма, соответствующая −π <arg z ≤ π .

Мы вычислим интеграл от f ( z ) по контуру замочной скважины, показанному справа. Оказывается, этот интеграл кратен начальному интегралу, который мы хотим вычислить, и по теореме Коши о вычетах 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 будет радиусом большого круга, а r радиусом малого. Мы будем обозначать верхнюю линию на М , а нижняя строка за N . Как и раньше, мы берем предел, когда R → ∞ и r → 0 . Вклады двух кружков исчезают. Например, с леммой ML можно получить следующую оценку сверху :

${\displaystyle \left|\int _{R}f(z)\,dz\right|\leq 2\pi R{\frac {(\log R)^{2}+\pi ^{2}}{\left(R^{2}-1\right)^{2}}}\to 0.}$

Чтобы вычислить вклады M и N, положим z = - x + iε на M и z = - x - iε на N , причем 0 < x <∞ :

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

который 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 [ править ]

Мы стремимся оценить

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

Это требует внимательного изучения

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

Мы построим f ( z ) так, чтобы у него была ветвь, разрезанная на [0, 3] , показанная на диаграмме красным цветом. Для этого выбираем две ветви логарифма, задавая

${\displaystyle z^{\frac {3}{4}}=\exp \left({\frac {3}{4}}\log z\right)\quad {\mbox{where }}-\pi \leq \arg z<\pi }$

и

${\displaystyle (3-z)^{\frac {1}{4}}=\exp \left({\frac {1}{4}}\log(3-z)\right)\quad {\mbox{where }}0\leq \arg(3-z)<2\pi .}$

Разрез г ^{3 / ₄} , следовательно , (-∞, 0] и срез (3 - г ) ^{1 / ₄} является (-∞, 3] . Легко видеть , что срез продукта из два, то есть f ( z ) , равно [0, 3] , потому что f ( z ) на самом деле непрерывна на (−∞, 0) . Это 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 приближении 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 у нас есть непрерывность через разрез. Это показано на диаграмме, где две черные ориентированные окружности помечены с соответствующим значением аргумента логарифма , используемого в г ^{3 / ₄} и (3 - г ) ^{1 / ₄} .

Мы будем использовать контур, показанный на схеме 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 нулевого радиуса), где 0 ≤ r ≤ 3 . Вдоль верхнего сегмента находим, что f ( z ) имеет значение

${\displaystyle r^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}(3-r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {2}{4}}\pi i}=ir^{\frac {3}{4}}(3-r)^{\frac {1}{4}}}$

и по нижнему сегменту,

${\displaystyle r^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}(3-r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {0}{4}}\pi i}=r^{\frac {3}{4}}(3-r)^{\frac {1}{4}}.}$

Отсюда следует, что интеграл от f ( z )/5 - zвдоль верхнего сегмента - Ii в пределе, и вдоль нижнего сегмента, я .

Если мы можем показать , что интегралы вдоль двух зеленых кругов исчезают в пределе, то мы также имеем значение I , на Коши остаток теоремы . Пусть радиус зеленых кружков равен ρ , где ρ <0,001 и ρ → 0 , и применим неравенство ML . Для окружности 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 Коши о вычетах , имеем

${\displaystyle (-i+1)I=-2\pi i\left(\operatorname {Res} _{z=5}{\frac {f(z)}{5-z}}+\operatorname {Res} _{z=\infty }{\frac {f(z)}{5-z}}\right).}$

где знак минус связан с направлением остатков по часовой стрелке. Используя предыдущую ветвь логарифма, ясно, что

${\displaystyle \operatorname {Res} _{z=5}{\frac {f(z)}{5-z}}=-5^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {1}{4}}\log(-2)}.}$

Полюс показан на схеме синим цветом. Значение упрощается до

${\displaystyle -5^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {1}{4}}(\log 2+\pi i)}=-e^{{\frac {1}{4}}\pi i}5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}.}$

Мы используем следующую формулу для вычета на бесконечности:

${\displaystyle \operatorname {Res} _{z=\infty }h(z)=\operatorname {Res} _{z=0}\left(-{\frac {1}{z^{2}}}h\left({\frac {1}{z}}\right)\right).}$

Подставляя, находим

${\displaystyle {\frac {1}{5-{\frac {1}{z}}}}=-z\left(1+5z+5^{2}z^{2}+5^{3}z^{3}+\cdots \right)}$

и

${\displaystyle \left({\frac {1}{z^{3}}}\left(3-{\frac {1}{z}}\right)\right)^{\frac {1}{4}}={\frac {1}{z}}(3z-1)^{\frac {1}{4}}={\frac {1}{z}}e^{{\frac {1}{4}}\pi i}(1-3z)^{\frac {1}{4}},}$

где мы использовали тот факт, что −1 = e ^{π i} для второй ветви логарифма. Затем мы применяем биномиальное разложение, получая

${\displaystyle {\frac {1}{z}}e^{{\frac {1}{4}}\pi i}\left(1-{{\frac {1}{4}} \choose 1}3z+{{\frac {1}{4}} \choose 2}3^{2}z^{2}-{{\frac {1}{4}} \choose 3}3^{3}z^{3}+\cdots \right).}$

Напрашивается вывод, что

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

Наконец, следует, что значение I равно

${\displaystyle I=2\pi i{\frac {e^{{\frac {1}{4}}\pi i}}{-1+i}}\left({\frac {17}{4}}-5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}\right)=2\pi 2^{-{\frac {1}{2}}}\left({\frac {17}{4}}-5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}\right)}$

который дает

${\displaystyle I={\frac {\pi }{2{\sqrt {2}}}}\left(17-5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {9}{4}}\right)={\frac {\pi }{2{\sqrt {2}}}}\left(17-40^{\frac {3}{4}}\right).}$

Оценка с теоремой о вычетах [ править ]

Используя теорему о вычетах , мы можем вычислить интегралы по замкнутому контуру. Ниже приведены примеры вычисления контурных интегралов с помощью теоремы о вычетах.

Используя теорему о вычетах, давайте вычислим этот контурный интеграл.

${\displaystyle \oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}\,dz}$

Напоминаем, что теорема о вычетах утверждает

${\displaystyle \oint _{C}f(z)=2\pi i\cdot \sum \operatorname {Res} (f,a_{k}),}$

где остаток .${\displaystyle \operatorname {Res} }$${\displaystyle f(z)}$

${\displaystyle f(z)}$имеет только один полюс, . Из этого мы можем определить остаток от быть${\displaystyle 0}$${\displaystyle f(z)}$${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\oint _{C}f(z)&=\oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}\\&=2\pi i\cdot \operatorname {Res} _{z=0}f(z)\\&=2\pi i\operatorname {Res} _{z=0}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}\\&=2\pi i\cdot {\frac {1}{2}}\\&=\pi i\end{aligned}}}$

Таким образом, используя теорему о вычетах , мы можем определить:

${\displaystyle \oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}=\pi i.}$

Многопараметрические контурные интегралы [ править ]

Чтобы решить многомерные контурные интегралы (т.е. поверхностные интегралы , комплексные объемные интегралы и интегралы более высокого порядка ), мы должны использовать теорему о расходимости . А пока пусть будет взаимозаменяемым с . Оба они 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 находится альтернативное обозначение . Расходимости любой размерности может быть описана как${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {F} }$${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {F} }$${\displaystyle \operatorname {Div} (\mathbf {F} )}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\operatorname {Div} (\mathbf {F} )&=\nabla \cdot \mathbf {F} \\&=\left({\frac {\partial }{\partial u}},{\frac {\partial }{\partial x}},{\frac {\partial }{\partial y}},{\frac {\partial }{\partial z}},\cdots \right)\cdot (F_{u},F_{x},F_{y},F_{z}\cdots )\\&=\left({\frac {\partial F_{u}}{\partial u}}+{\frac {\partial F_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial F_{z}}{\partial z}}\cdots \right)\end{aligned}}}$

Пример 1 [ править ]

Пусть векторное поле и ограничено следующими${\displaystyle \mathbf {F} =\sin(2x)+\sin(2y)+\sin(2z)}$

${\displaystyle {0\leq x\leq 1}\quad {0\leq y\leq 3\pi }\quad {-1\leq z\leq 4}}$

Соответствующий двойной контурный интеграл будет настроен как таковой:

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

Теперь оценим . Пока мы это делаем, давайте настроим соответствующий тройной интеграл:${\displaystyle \nabla \cdot \mathbf {F} }$

${\displaystyle {\begin{aligned}&=\iiint _{V}\left({\frac {\partial F_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial F_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial F_{z}}{\partial z}}\right)\,dV\\&=\iiint _{V}\left({\frac {\partial \sin(2x)}{\partial x}}+{\frac {\partial \sin(2y)}{\partial y}}+{\frac {\partial \sin(2z)}{\partial z}}\right)\,dV\\&=\iiint _{V}2(\cos(2x)+\cos(2y)+\cos(2z))\,dV\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{3}\int _{-1}^{4}2(\cos(2x)+\cos(2y)+\cos(2z))\,dx\,dy\,dz\\&=\int _{0}^{1}\int _{0}^{3}(10\cos(2y)+\sin(8)+\sin(2)+10\cos(z))\,dy\,dz\\&=\int _{0}^{1}(30\cos(2z)+3\sin(2)+3\sin(8)+5\sin(6))\,dz\\&=18\sin(2)+3\sin(8)+5\sin(6)\end{aligned}}}$

Пример 2 [ править ]

Например, пусть в векторном поле и находится четвертое измерение. Пусть это векторное поле ограничено следующим:${\displaystyle \mathbf {F} =u^{4}+x^{5}+y^{6}+z^{-3}}$${\displaystyle n}$

${\displaystyle {0\leq x\leq 1}\quad {-10\leq y\leq 2\pi }\quad {4\leq z\leq 5}\quad {-1\leq u\leq 3}}$