Интегральная формула Коши

1
С. А. Лавренченко
www.lawrencenko.ru
Лекция 6
Интегральная формула Коши
1. Теоремы Коши
Различные варианты теоремы Коши дают достаточные условия, при которых для
функций f (z ) , аналитичных в некоторой области D , интеграл  f ( z ) dz обращается в
C
нуль для любого замкнутого пути C  D . Одним из таких условий является
односвязность области D , и один их вариантов теоремы Коши следующий.
Теорема 1.1. Пусть функция f (z ) аналитична в некоторой односвязной области D  C ,
и пусть C — кусочно-гладкий, простой замкнутый контур, целиком лежащий в D . Тогда

C
f ( z ) dz  0 .
Доказательство: Отметим на C какую-нибудь точку a . По формуле Ньютона-Лейбница
имеем  f ( z )dz  F ( a )  F ( a )  0 . ■
C
Теорема Коши для односвязной области имеет место и при более слабых
предположениях (без доказательства):
Теорема 1.2 (теорема Коши для односвязной области). Пусть функция f (z )
аналитична в некоторой открытой односвязной области D  C и непрерывна на ее
замыкании D , и пусть C — кусочно-гладкий, простой замкнутый контур в D . Тогда

C
f ( z ) dz  0 .
Из теоремы 1.2 выведем ее обобщение на многосвязную область.
Теорема 1.3 (теорема Коши для многосвязной области). Пусть K , C1 , , Cn 1 —
множество ориентированных против часовой стрелки, кусочно-гладких, простых
замкнутых, попарно непересекающихся контуров на комплексной плоскости, причем K
— внешний контур, ограничивающий внутренние контуры C1 , , Cn 1 . См. рис .1. Пусть,
2
далее, функция f (z ) аналитична в открытой многосвязной ( n -связной) области D ,
ограниченной контурами K , C1 , , Cn 1 , и непрерывна в замыкании D . Тогда
 f ( z) dz   f ( z) dz     f ( z) dz .
(1)
K
C1
Cn 1
Рис. 1. Иллюстрация к теореме 1.3.
Доказательство: Область с границей K  C1    Cn 1 представляет собой n -связную
область. На рис. 1а, где n  4 , эта область закрашена. Превратим эту область в
односвязную. Для этого соединим каждый внутренний контур C k ( k  1,, n  1 ) с
внешним контуром K простым гладким контуром  k , как показано на рис. 1б. Область с
границей K  C1  C2  C3   1   2   3 есть односвязная область, ограниченная
контуром ( K1   1  C1   1 )  ( K 2   2  C2   2 )  ( K 3   3  C3   3 ) , где K k —
подконтуры контура K , на которые он разбивается начальными точками контуров  k
(соответственно). По теореме 1.2 имеем

K1  1 C1  1  K2  2 C2  2  K3  3 C3  3
f ( z) dz  0 , откуда по
свойству аддитивности получаем

K1
f ( z) dz   f ( z) dz  
1

K2
C1
f ( z) dz  
 1
f ( z ) dz   f ( z ) dz  
2

K3
C2
f ( z) dz 
f ( z ) dz  
f ( z ) dz   f ( z ) dz  
3
 2
C3
f ( z ) dz 
f ( z ) dz  
 3
f ( z ) dz  0 ,
откуда легко получается доказываемое равенство (1). Доказательство для произвольного
n проводится аналогично. ■
3
Следствие 1.4.
 f ( z ) dz  0 ,
(2)
■
D
где D  K  C1    Cn 1 , т.е. контур D имеет положительную ориентацию.
2. Интегральная формула Коши
Следующая теорема существенно обобщает результат примера 3.1 из лекции 5. Из нее
последует тот интересный факт, что значения функции, аналитической в некоторой
области, однозначно определяются по ее значениям на границе области (упражнение 6 для
самопроверки).
Теорема 2.1 (интегральная формула Коши). Пусть функция f (z ) аналитична в
открытой области D и непрерывна в замкнутой области D . Тогда для любой
внутренней точки z0  D имеет место равенство:
(3)
f ( z0 ) 
1
f ( z)
dz ,

2i D z  z0
где граница D имеет положительную ориентацию.
Доказательство: Вырежем из области D с окрестность U  { z  C
z  z0  r} точки
z0 , где радиус r выбирается настолько малым, чтобы эта окрестность целиком лежала в
D . Подынтегральная функция аналитична в области D  U , и поэтому к ней в этой
области можно применить следствие 1.4:

(4)
D  U
f ( z)
dz  0 ,
z  z0
откуда следует, что
(5)

D
f ( z)
f ( z)
dz  
dz .
z  z0
z  z0
U
В примере 3.1 (лекция 5) было показано, что

U
dz ( z  z 0 )  2 i . Поэтому f ( z 0 ) можно
представить в виде интеграла по окружности U :
(6)
f ( z0 ) 
1
2 i
f ( z0 )
 ( z  z ) dz .
U
0
Поделим обе части равенства (5) на 2 i и затем вычтем из каждой f ( z 0 ) :
4
1
f ( z)
1
f ( z)
dz  f ( z0 ) 
dz  f ( z0 ) .


2 i D z  z0
2 i U z  z0
(7)
С учетом (6) преобразуем (7) следующим образом:
f ( z )  f ( z0 )
1
f ( z)
1
dz  f ( z0 ) 
dz .


2 i D z  z0
2 i U
z  z0
(8)
Оценим модуль правой части (8):
f ( z )  f ( z0 )
1
1
dz 

2 i U
z  z0
2

1
2
lim
max zk  0

n
lim
max zk  0

k 1
f ( z k )  f ( z0 )
z k 
z k  z0
n
max z  U f ( z )  f ( z0 )
k 1
r

z k 
n
1
max z  U f ( z )  f ( z0 )  lim
z k 

max zk  0
2r
k 1
1

max z  U f ( z )  f ( z0 )  2 r  max z  U f ( z )  f ( z0 ) .
2 r
По условию функция f (z ) аналитична в D , а значит и непрерывна в D . Поэтому
значение f ( z)  f ( z0 ) можно сделать как угодно близким к нулю, беря z достаточно
близко к z0 , т.е. беря радиус r достаточно малым. Значит, правую часть (8) можно
сделать как угодно близкой к нулю, беря r достаточно малым. Но левая часть (8) от r не
зависит и поэтому должна равняться нулю. ■
Пример 2.2. Используя интегральную формулу Коши, вычислить интеграл
ez
 z 1 z 2  2 z dz . Ориентацию контура считать положительной.
Решение: Рекомендуется разложить знаменатель дроби на линейные множители:

| z 1
ez
dz 
z 2  2z

| z 1
ez
dz .
z ( z  2)
Далее следует изобразить данный контур z  1 вместе с точками 0 и  2 , в которых
Рис. 2. Иллюстрация к примеру 2.2.
5
знаменатель обращается в нуль. См. рис. 2. Данный контур ограничивает круг D радиуса
1 с центром в 0 . Замечаем, что из точек 0 и  2 только первая попадает в этот круг,
поэтому подынтегральную функцию представляем в виде:
z

| z 1
e
dz  
| z 1
z( z  2)
ez
f ( z)
z  2 dz 
dz .

|
z

1
z
z 0
ez
,
z2
которую обозначаем через f (z ) , являющаяся аналитической в круге. Поэтому можно
применить интегральную формулу Коши с z 0  0 :
В результате такого преобразования в числителе дроби получается функция

| z 1
f ( z)
e0
dz  2 i f (0)  2 i
 i .
z 0
02
Ответ:  i . ■
Следующая теорема может рассматриваться как обобщение интегральной формулы
Коши на производные аналитической функции.
Теорема 2.3 (интегральная формула для производных). Пусть функция f (z )
аналитична в открытой области D и непрерывна в замкнутой области D . Тогда для
любой внутренней точки z0  D у функции f (z ) существуют производные всех порядков
и имеют место равенства:
(9)
f ( n ) ( z0 ) 
n!
f ( z)
dz ,

2i D ( z  z0 )n 1
( n  1, 2,  )
где граница D имеет положительную ориентацию.
Формула (9) получается из формулы (3) частным дифференцированием по z0 под
знаком интеграла (упражнение 7 для самопроверки). Такая операция законна в данной
ситуации, однако мы не будем останавливаться на доказательстве этого факта.
Пример 2.4. Вычислить интеграл

cos z
dz . Ориентацию контура считать
z 1 z 3
положительной.
Решение: Из-за того, что в знаменателе z фигурирует в кубе, мы не можем использовать
интегральную формулу Коши (3) как в примере 2.2. Здесь необходимо использовать
интегральную формулу (9) для производных. Как и в примере 2.2, изображаем окружность
z  1 вместе с точкой 0 , в которой знаменатель обращается в нуль. См. рис. 3. Полагая
f ( z)  cos z , n  2 и z0  0 , применяем формулу (3):
6

| z 1
cos z
2 i d 2 cos z
dz

(0)   i (  cos 0)   i .
( z  0) 3
2!
dz 2
Ответ:   i . ■
Рис. 3. Иллюстрация к примеру 2.4.
Интеграл из примера 2.4 неберущийся и использование формулы для производных —
единственный способ его вычисления.
Упражнения для самопроверки
1. Доказать теорему 1.1 без использования формулы Ньютона-Лейбница.
[Решение: Проведем доказательство при дополнительном предположении, что
производная f (z ) непрерывна как функция комплексной переменной, откуда
следует, что частные производные u x , u y , v x и v y непрерывны как
функции двух переменных x и y . Поэтому применима формула Грина. По
формуле (3) достаточно показать, что интегралы

C
udx  vdy и

C
vdx  udy равны
нулю. Рассмотрим, например, второй из этих интегралов. Преобразуем его по
формулу Грина, обозначая через D область, ограниченную контуром C :

C
 u v 
vdx  udy      dS  0 . ■]
x y 
D 
2. Завершить доказательство теоремы 1.3.
3. Вывести следствие 1.4.
4. Доказать, что равенство нулю интеграла

C
f ( z ) dz по любому замкнутому
контуру, целиком лежащему в некоторой области, достаточно для существования
первообразной у аналитической функции f (z ) в этой области. Эта первообразная
имеет вид (4) из лекции 5.
5. Вывести результат примера 3.1 (лекция 5) из интегральной формулы Коши.
6. Вывести из интегральной формулы Коши, что значения функции, аналитической в
некоторой области, однозначно определяются ее значениями на границе этой
области.
7
7. Вывести формулу (8) из формулы (3) частным дифференцированием по z0 под
знаком интеграла.