Контурная интеграция

Эта статья о линейном интеграле на комплексной плоскости. Чтобы узнать об общем линейном интеграле, см. Линейный интеграл .

В математической области анализа комплексного контурное интегрирование — это метод вычисления определенных интегралов по путям в комплексной плоскости .

Контурное интегрирование тесно связано с исчислением остатков . метод комплексного анализа .

Одним из применений контурных интегралов является вычисление интегралов вдоль действительной линии, которые нелегко найти с помощью методов только действительных переменных.

К методам контурной интеграции относятся:

• прямое интегрирование комплексной функции по кривой на 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 разновидность кривой на комплексной плоскости . При контурном интегрировании контуры обеспечивают точное определение кривых, на которых можно соответствующим образом определить интеграл. Кривая : на комплексной плоскости определяется как непрерывная функция от отрезка действительной прямой до комплексной плоскости $z:[a,b]\to \mathbb {C}$.

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 ее можно было использовать для интегрирования. В следующих подразделах мы сузим набор кривых, которые мы можем интегрировать, включив в него только те, которые можно построить из конечного числа непрерывных кривых, которым можно задать направление. Более того, мы ограничим пересечение «кусков» сами по себе и потребуем, чтобы каждый кусок имел конечную (ненулевую) непрерывную производную. Эти требования соответствуют требованию, чтобы мы рассматривали только те кривые, которые можно очертить, например, ручкой, в виде последовательности ровных, устойчивых штрихов, которые останавливаются только для того, чтобы начать новый участок кривой, и все это без необходимости брать в руки перо.

Направленные плавные кривые

Контуры часто определяют в виде направленных плавных кривых. Они обеспечивают точное определение «куска» плавной кривой, из которого состоит контур.

– Гладкая кривая это кривая $z:[a,b]\to \mathbb {C}$ с ненулевой непрерывной производной, так что каждая точка проходится только один раз ( z взаимно однозначно), за исключением, возможно, кривой, конечные точки которой совпадают ( $z(a)=z(b)$). В случае, когда концы совпадают, кривая называется замкнутой, а функция везде должна быть взаимно однозначной, а производная должна быть непрерывной в идентифицированной точке ( $z'(a)=z'(b)$). Гладкую незамкнутую кривую часто называют гладкой дугой.

Параметризация : кривой обеспечивает естественный порядок точек на кривой $z(x)$ приходит раньше $z(y)$ если $x<y$. Это приводит к понятию направленной гладкой кривой . Полезнее всего рассматривать кривые, независимые от конкретной параметризации. Это можно сделать, рассмотрев классы эквивалентности гладких кривых одного и того же направления. Тогда направленную гладкую кривую можно определить как упорядоченный набор точек комплексной плоскости, который является образом некоторой гладкой кривой в их естественном порядке (согласно параметризации). Обратите внимание, что не весь порядок точек является 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 конечных точек.

Контуры

Контуры — это класс кривых, на которых мы определяем контурное интегрирование. Контур — это направленная кривая, состоящая из конечной последовательности направленных гладких кривых, конечные точки которых совмещены, чтобы задать одно направление. Для этого необходимо, чтобы последовательность кривых $\gamma _{1},\dots ,\gamma _{n}$ быть таковым, что конечная точка $\gamma _{i}$ совпадает с начальной точкой $\gamma _{i+1}$ для всех $i$ такой, что $1\leq i<n$ . Сюда входят все направленные гладкие кривые. Кроме того, отдельная точка на комплексной плоскости считается контуром. Символ $+$ часто используется для обозначения объединения кривых в новую кривую. Таким образом, мы могли бы написать контур $\Gamma$ который состоит из $n$ кривые как $$\Gamma =\gamma _{1}+\gamma _{2}+\cdots +\gamma _{n}.$$

Контурные интегралы

Контурный интеграл комплексной функции $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ является обобщением интеграла для вещественных функций. Для непрерывных функций в комплексной плоскости контурный интеграл можно определить аналогично линейному интегралу , сначала определив интеграл по направленной гладкой кривой через интеграл по действительнозначному 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.

Для непрерывных функций

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

Теперь, чтобы определить контурный интеграл, пусть $f:\mathbb {C} \to \mathbb {C}$ — непрерывная функция на направленной гладкой кривой $\gamma$. Позволять $z:[a,b]\to \mathbb {C}$ быть любой параметризацией $\gamma$ что соответствует его порядку (направлению). Тогда интеграл по $\gamma$ обозначается $$\int _{\gamma }f(z)\,dz\,$$и дается $$\int _{\gamma }f(z)\,dz:=\int _{a}^{b}f{\big (}z(t){\big )}z'(t)\,dt.$$

Это определение четко определено. То есть результат не зависит от выбранной параметризации. В случае, когда действительный интеграл в правой части не существует, интеграл по $\gamma$ говорят, что не существует.

Как обобщение интеграла Римана

Обобщение интеграла Римана на функции комплексной переменной производится по полной аналогии с его определением для функций от действительных чисел. Разбиение направленной гладкой кривой $\gamma$ определяется как конечное упорядоченное множество точек на $\gamma$. Интеграл по кривой — это предел конечных сумм значений функции, взятых в точках разбиения, в пределе, при котором максимальное расстояние между любыми двумя последовательными точками разбиения (в двумерной комплексной плоскости), также известное как сетка, стремится к нулю.

Прямые методы

Прямые методы предполагают вычисление интеграла методами, аналогичными методам вычисления линейных интегралов в многомерном исчислении. Это означает, что мы используем следующий метод:

• параметризация контура

  Контур параметризуется дифференцируемой комплексной функцией действительных переменных или контур разбивается на части и параметризуется отдельно.

• подстановка параметризации в подынтегральное выражение

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

• прямая оценка

  Интеграл вычисляется методом, аналогичным интегралу с действительной переменной.

Пример

Фундаментальный результат комплексного анализа состоит в том, что контурный интеграл от ⁠ 1 / z ⁠ равно 2π i , где за путь контура принимается единичная окружность, пройденная против часовой стрелки (или любая положительно ориентированная жорданова кривая около 0). В случае единичного круга существует прямой метод вычисления интеграла $$\oint _{C}{\frac {1}{z}}\,dz.$$

При вычислении этого интеграла используйте единичный круг | г | = 1 как контур, параметризованный z ( t ) = e ^это , где t ∈ [0, 2π] , то ⁠ dz / dt ⁠ = т.е. ^это и $$\oint _{C}{\frac {1}{z}}\,dz=\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{e^{it}}}ie^{it}\,dt=i\int _{0}^{2\pi }1\,dt=i\,t{\Big |}_{0}^{2\pi }=\left(2\pi -0\right)i=2\pi i$$

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 нулевым.

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 конкретный контур:

  Контур выбирается так, чтобы контур повторял часть комплексной плоскости, описывающую вещественный интеграл, а также охватывал особенности подынтегральной функции, поэтому применение интегральной формулы Коши или теоремы о вычетах. возможно

• применение интегральной теоремы Коши

  Интеграл сводится только к интегрированию по маленькому кругу 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 выбранный ранее действительный интеграл (назовем его R ), и интеграл, пересекающий комплексную плоскость (назовем его I ). Интеграл по всему контуру представляет собой сумму интеграла по каждому из этих контуров.

• демонстрация того, что интеграл, пересекающий комплексную плоскость, не играет 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, интеграл вдоль R будет стремиться к интегралу вокруг контур R + I .

• заключение

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

Пример 1

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

Чтобы вычислить этот интеграл, мы рассмотрим комплексную функцию $$f(z)={\frac {1}{\left(z^{2}+1\right)^{2}}}$$

который имеет особенности в точках i и − i . Выбираем контур, который будет охватывать вещественный интеграл, здесь полукруг с граничным диаметром на действительной прямой (идущей, скажем, от −a a к ) будет удобен . Назовите этот C. контур

Есть два пути: использовать интегральную формулу Коши или метод вычетов:

Используя интегральную формулу Коши

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

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

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

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

На описанных выше шагах мы берем первую производную, потому что полюс является полюсом второго порядка. То есть ( z − i ) возводится во вторую степень, поэтому мы используем первую производную от f ( z ) . было Если бы ( z − i ) возведено в третью степень, мы бы использовали вторую производную и разделили ее на 2! и т. д. Случай ( z − i ) в первой степени соответствует производной нулевого порядка — просто f ( г ) сам.

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

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

Используя метод остатков

Рассмотрим ряд Лорана функции f ( z ) относительно i , единственную особенность, которую нам нужно рассмотреть. Тогда у нас есть $$f(z)={\frac {-1}{4(z-i)^{2}}}+{\frac {-i}{4(z-i)}}+{\frac {3}{16}}+{\frac {i}{8}}(z-i)+{\frac {-5}{64}}(z-i)^{2}+\cdots$$

см. пример расчета Лорана из ряда Лорана ( Для вывода этого ряда .)

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

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

Контурная записка

Кроме того, может возникнуть вопрос, не включим ли мы в полукруг 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 рядам.

Пример 2 – Распределение Коши

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

the contour

(которая возникает в теории вероятностей как скалярное кратное характеристической функции распределения Коши ) сопротивляется методам элементарного исчисления . Мы оценим его, выразив его как предел контурных интегралов по контуру C , который идет вдоль действительной линии от - a до a , а затем против часовой стрелки по полукругу с центром в точке 0 от a до - a . Возьмем a больше 1, чтобы мнимая единица i была заключена в кривую. Контурный интеграл равен $$\int _{C}{\frac {e^{itz}}{z^{2}+1}}\,dz.$$

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

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

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

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

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

Аналогичный аргумент с дугой, которая вьется вокруг - i, а не i, показывает, что если t < 0 , то $$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}}\,dx=\pi e^{t},$$и наконец у нас есть это: $$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {e^{itx}}{x^{2}+1}}\,dx=\pi e^{-|t|}.$$

(Если t = 0 , то интеграл сразу же уступает методам действительнозначного исчисления, и его значение равно π .)

Пример 3 – тригонометрические интегралы

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

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

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

Приняв C за единичный круг, мы заменим его, чтобы получить:

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

Особенности, которые следует учитывать, находятся в ${\tfrac {\pm i}{\sqrt {3}}}.$ Пусть C ₁ — небольшой круг вокруг ${\tfrac {i}{\sqrt {3}}},$ и C ₂ — небольшой круг вокруг ${\tfrac {-i}{\sqrt {3}}}.$ Тогда мы приходим к следующему: $${\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, общий порядок действий

Описанный выше метод применим ко всем интегралам вида $$\int _{0}^{2\pi }{\frac {P{\big (}\sin(t),\sin(2t),\ldots ,\cos(t),\cos(2t),\ldots {\big )}}{Q{\big (}\sin(t),\sin(2t),\ldots ,\cos(t),\cos(2t),\ldots {\big )}}}\,dt$$

где P и Q — полиномы, т.е. интегрируется рациональная функция в тригонометрических терминах. Обратите внимание, что границами интегрирования также могут быть π и − π , как в предыдущем примере, или любая другая пара конечных точек, находящихся на расстоянии 2 π друг от друга.

Хитрость заключается в использовании замены z = e ^это где dz = т.е. ^это DT и, следовательно, $${\frac {1}{iz}}\,dz=dt.$$

Эта замена отображает интервал [0, 2π] в единичный круг. Более того, $$\sin(kt)={\frac {e^{ikt}-e^{-ikt}}{2i}}={\frac {z^{k}-z^{-k}}{2i}}$$и $$\cos(kt)={\frac {e^{ikt}+e^{-ikt}}{2}}={\frac {z^{k}+z^{-k}}{2}}$$ результате замены получается рациональная функция f ( z ) так что в от z , и интеграл становится $$\oint _{|z|=1}f(z){\frac {1}{iz}}\,dz$$который, в свою очередь, вычисляется путем суммирования остатков f ( z ) ⁠ 1 / iz ⁠ внутри единичного круга.

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

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

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 цветом). Соответствующие остатки равны — ⁠ i √ 2 / 16 ⁠ , так что значение интеграла равно $$I=2\pi i\;2\left(-{\frac {\sqrt {2}}{16}}i\right)=\pi {\frac {\sqrt {2}}{4}}.$$

Пример 4 – обрезка ветвей

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

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

Мы можем снова использовать интегральную формулу Коши или теорему о вычетах, чтобы получить соответствующие вычеты. Однако важно отметить, что z ^1/2 = и ^{(Log z )/2} , так что з ^1/2 имеет обрезанную ветку . влияет на наш выбор контура C. Это Обычно разрез 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 координат радиуса ε , скажем, продолжающегося до отрезка, параллельного и близкого к положительной действительной оси, но не касающегося ее, до почти полного круга, возвращая к отрезку линии, 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 факторизацией знаменателя подынтегральной функции. Точки ветвления при z = 0 удалось избежать путем обхода начала координат.

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

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

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

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

Пример 5 – квадрат логарифма

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

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

Мы вычислим интеграл от f ( z ) по контуру замочной скважины, показанному справа. Как оказывается, этот интеграл кратен исходному интегралу, который мы хотим вычислить, и по теореме Коши о вычетах мы имеем

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

Пусть R — радиус большого круга, а r — радиус маленького. Обозначим верхнюю строку через M нижнюю через N. , а Как и прежде, мы возьмем предел, когда R → ∞ и r → 0 . Вклады обоих кругов исчезают. Например, с помощью ML леммы имеется следующая верхняя граница : $$\left|\int _{R}f(z)\,dz\right|\leq 2\pi R{\frac {(\log R)^{2}+\pi ^{2}}{\left(R^{2}-1\right)^{2}}}\to 0.$$

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

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

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

Пример 6 – логарифмы и остаток на бесконечности

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

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

Мы построим f ( z ) так, чтобы у него была ветвь, разрезаемая на [0, 3] , показанная на схеме красным. Для этого выберем две ветви логарифма, полагая $$z^{\frac {3}{4}}=\exp \left({\frac {3}{4}}\log z\right)\quad {\mbox{where }}-\pi \leq \arg z<\pi$$и $$(3-z)^{\frac {1}{4}}=\exp \left({\frac {1}{4}}\log(3-z)\right)\quad {\mbox{where }}0\leq \arg(3-z)<2\pi .$$

Разрез z ^{3 ⁄ 4} поэтому есть (−∞, 0] и разрез (3 − z ) ^1/4 равно (−∞, 3] . Легко видеть, что разрез произведения двух, т. е. f ( z ) , равен [0, 3] , поскольку f ( z ) фактически непрерывен в пределах (−∞, 0 ) Это потому, что когда z = − r < 0 и мы приближаемся к разрезу сверху, f ( z ) имеет значение . $$r^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {3}{4}}\pi i}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {2}{4}}\pi i}=r^{\frac {3}{4}}(3+r)^{\frac {1}{4}}e^{{\frac {5}{4}}\pi i}.$$

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

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

чтобы у нас была непрерывность по всему разрезу. Это показано на диаграмме, где два черных ориентированных круга отмечены соответствующим значением аргумента логарифма, используемого в z. ^{3 ⁄ 4} и (3 - z ) ^1/4 .

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

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

Отсюда следует, что интеграл от ⁠ f ( z ) / 5 − z ⁠ по верхнему отрезку в пределе равно − iI , а по нижнему отрезку I .

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

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

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

На схеме столб показан синим цветом. Значение упрощается до $$-5^{\frac {3}{4}}e^{{\frac {1}{4}}(\log 2+\pi i)}=-e^{{\frac {1}{4}}\pi i}5^{\frac {3}{4}}2^{\frac {1}{4}}.$$

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

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

Вывод заключается в том, что $$\operatorname {Res} _{z=\infty }{\frac {f(z)}{5-z}}=e^{{\frac {1}{4}}\pi i}\left(5-{\frac {3}{4}}\right)=e^{{\frac {1}{4}}\pi i}{\frac {17}{4}}.$$

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

Оценка с помощью теоремы о вычетах

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, вычислим этот контурный интеграл. $$\oint _{C}{\frac {e^{z}}{z^{3}}}\,dz$$

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

где $\operatorname {Res}$ является остатком $f(z)$и $a_{k}$ являются особенностями $f(z)$ лежащий внутри контура $C$ (ни один из них не лежит прямо на $C$).

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

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

Многомерные контурные интегралы

Для решения контурных интегралов от многих переменных (то есть поверхностных интегралов , комплексных объемных интегралов и интегралов более высокого порядка ) мы должны использовать теорему о расходимости . Прямо сейчас, пусть $\nabla$ быть взаимозаменяемым с $\operatorname {Div}$. Оба они будут служить дивергенцией векторного поля, обозначаемого как $\mathbf {F}$. Эта теорема гласит: $$\underbrace {\int \cdots \int _{U}} _{n}\operatorname {div} (\mathbf {F} )\,dV=\underbrace {\oint \cdots \oint _{\partial U}} _{n-1}\mathbf {F} \cdot \mathbf {n} \,dS$$

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

Пример 1

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

Соответствующий двойной контурный интеграл будет задан следующим образом:

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

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

Пример 2

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

Чтобы оценить это, мы должны использовать сформулированную ранее теорему о дивергенции и оценить $\nabla \cdot \mathbf {F}$. Позволять $dV=dx\,dy\,dz\,du$

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

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

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

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 предоставления аналитического продолжения или функциональных уравнений , а иногда и для численных оценок .

Контур Ханкеля

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

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

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

См. также

• Остаток (комплексный анализ)
• Основная ценность Коши
• Интеграл Пуассона
• Контур Поххаммера

Дальнейшее чтение

• Титчмарш, EC (1939), Теория функций (2-е изд.), Oxford University Press, ISBN  0-19-853349-7
• Жан Жаклен, Марко Ридель, Одновалентная ветвь , Les-Mathematiques.net , на французском языке.
• Марко Ридель и др., Интегральная задача , Les-Mathematiques.net , на французском языке.
• Марко Ридель и др., Интеграл по остатку , math.stackexchange.com .
• WWL Чен, Введение в комплексный анализ
• Разные авторы, без ограничений и ограничений , es.ciencia.matematicas , на испанском языке.

Внешние ссылки

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