INTEGRACE KOMPLEXNÍ FUNKCE KŘIVKOVÝ INTEGRÁL

INTEGRAE KOMPLEXNÍ FUNKE Komplexní integrce je do určité míry vrchol klsické nlýzy. Jádrem komplexní integrce je uchyov vět, což je komplexní form zákonu zchování, v podsttě jde o zákldní věty nlýzy. KŘIVKOVÝ INTEGRÁL N konci kpitoly o derivci je uveden souvislost existence derivce s potenciálním polem. Existuje dlší chrkterizce potenciálného pole, která nebyl v kpitole o derivci využit, to je souvislost s křivkovým integrálem jeho nezávislost n cestě. o dá převedení této chrkterizce do komplexních funkcí komplexního oboru? N výše položenou otázku existuje krátká správná odpověd : PRÁI. Pokud nebude uvedeno jink, uzvřená křivk je orientován kldně. 1

Nejdříve je nutné vysvětlit, jk bude vypdt odpovídjící křivkový integrál. Necht f je funkce n otevřené množině G. Pole jí odpovídjící je komplexní pole (f, if). Potřebuje se vyjádřit křivkový integrál 2.druhu tohoto pole po křivce v G vyjádřené prmetricky funkcí Φ = (ϕ, ψ) : [, b] G: (f dx + if dy) = = ( f1 (x, y) + if 2 (x, y) ) dx + ( if 1 (x, y) f 2 (x, y) ) dy f 1 (x, y) dx f 2 (x, y) dy + i f 2 (x, y) dx + f 1 (x, y) dy b ( f1 (ϕ(t), ψ(t))ϕ (t) f 2 (ϕ(t), ψ(t))ψ (t) ) dt + = b ( + i f2 (ϕ(t), ψ(t))ϕ (t) + f 1 (ϕ(t), ψ(t))ψ (t) ) dt b ( = f1 (ϕ(t), ψ(t)) + if 2 (ϕ(t), ψ(t)) ) ϕ (t) dt + b ( + f1 (ϕ(t), ψ(t)) + if 2 (ϕ(t), ψ(t)) ) iψ (t) dt b b = f(ϕ(t) + iψ(t))(ϕ (t) + iψ (t)) dt = f(φ(t))φ (t) dt. DEFINIE. Integrály v předchozí rovnosti se znčí f(z) dz nzývjí se integrál funkce f po křivce nebo, pokud křivk není podsttná, křivkový integrál funkce f. Tedy b f(z) dz = f(φ(t))φ (t) dt. Připomeňte si, že křivkový integrál prvního druhu funkce f po téže křivce je roven b f ds = f(ϕ(t), ψ(t)) ϕ 2 (t) + ψ 2 (t) dt = Smotný výpočet křivkového integrálu je podle vzorečku typu kuchřk sndný. b f(z) dz = f(φ(t))φ (t) dt b f(φ(t)) Φ (t) dt. Klsická záležitost bude nzávislost tohoto integrálu n zvolené prmetrizci dné křivky. Po čse zjistíme, že čsto (pro uzvřené krivky n jednoduše souvislé oblsti, kde je f holomorfní) dostneme výsledek 0. 2

Jinými slovy, nšli jsme jiné jméno pro 0. Ale to jméno je krásné. Protože definice f(z) dz je vlstně známý křivkový integrál 2.druhu, je sndné přepst pro tento speciální přípd jeho vlstnosti: VĚTA. Necht f, g jsou funkce definovné n příslušných orientovných křivkách, 1, 2. Následující 3 rovnosti pltí, jkmile mjí smysl prvé strny. Čtvrtá vlstnost pltí, jkmile má smysl levá strn. 1. (αf(z) + βg(z)) dz = α f(z) dz + β g(z) dz; 2. 1 + f(z) dz = 2 f(z) dz + 1 f(z) dz; 2 3. f(z) dz = f(z) dz; 4. f(z) dz f(z) ds L() mx z f(z), kde L() je délk křivky. Důkz. Poslední vlstnost lze ukázt následovně. Necht f(z) dz = reiα. Potom r = f(z) dz součsně r = e iα f(z) dz. Poslední výrz je tedy nezáporné reálné číslo, tkže integrál z imginární složky funkce e iα f(z) je roven 0. Proto je r = R(e iα f(z)) dz pro reálné funkce lze upltnit odhd r R(e iα f(z)) dz e iα f(z) dz = f(z) dz L() mx f(z). c c z Poznámky 1 Příkldy 1 Otázky 1 1 PRIMITIVNÍ FUNKE Bude potřeb z teorie pole převést ještě jeden pojem, to pojem potenciální funkce. Dostne se pojem primitivní funkce, který je sice dosttečně jsný, le je lépe ho definovt i pro komplexní obor. DEFINIE. Funkce F se nzývá primitivní k funkci f n otevřené množině G, jestliže pro kždé z G pltí F (z) = f(z). 3

VĚTA. Necht n oblsti U má funkce f derivci f. Pk pltí f (z) dz = f(β) f(α) ϕ pro libovolnou křivku ϕ jdoucí z bodu α do bodu β. Důkz. b b f (z) dz = f (ϕ(t))ϕ (t) dt = ϕ d (f(ϕ(t))) dt = f(ϕ(b)) f(ϕ()). dt To je komplexní verze zákldní věty nlýzy. Nyní je již možné uvést druhou část chrkterizce vektorového pole. Protože vnitřky uzvřených křivek ležících v G musí tké ptřit do G, je nutné předpokládt, že G je jednoduše souvislá. VĚTA. Následující podmínky jsou ekvivlentní pro funkci f mjící spojité prciální derivce 1.řádu svých složek n jednoduše souvislé oblsti G: 1. f je holomorfní n G; 2. integrály z f po křivkách ležících v G nezávisí n cestě (tj. závisí jen n počátečním koncovém bodě křivky); 3. kždý integrál z f po jednoduché uzvřené křivce v G je nulový; 4. f má n G primitivní funkci F. Důkz. Ekvivlence prvních tří podmínek plyne z chrkterizce holomorfních funkcí pomocí potenciálního vektorového pole (f, if) z chrkterizce potenciálního vektorového pole pomocí křivkového integrálu (vzhledem k předchozí definici integrálu funkce). Necht nyní má f n G primitivní funkci F. Z rovností f 1 = F 1 x = F 2 y f 2 = F 2 x = F 1 y se derivováním sndno zjistí, že f splňuje uchyovy Riemnnovy podmínky; protože má spojité prciální derivce, je holomorfní. Tím je dokázán implikce 4 1 zbývá dokázt opčnou implikci. Necht tedy jsou splněny první tři podmínky. Podle chrkterizce potenciálního pole má (f, if) grdient F, tj. F má spojité prciální derivce pltí F x = f, F y = fi. Když se rozepíší tyto rovnosti po složkách, dostne se F 1 x +i F 2 x = f 1 + if 2, F 1 y +i F 2 y = f 2 + if 1. porovnáním složek se zjistí, že pro F jsou splněny uchyovy Riemnnovy podmínky že F (z) = f. 4

Předchozí tvrzení obshuje neskutečné mnoho užitečných informcí. Npříkld holomorfní funkce dostl primitivní funkci počítání křivkového integrálu pomocí primitivní funkce to celé korunovlo. O.K.? Je to tk. ož nejsnáze zjistíme tk, jk jsme to právě zjistili. Ani sám nevím, kde leží jádro pudl, ni co jádro pudl znmená. Ted tomu ještě dáme nějké přiléhvé jméno bude to. Nvrhuji nzývt to uchyov vět. Poznámky 2 Otázky 2 2 AUHYOVA VĚTA Předchozí větu přeformulujeme. Je to velmi důležité tvrzení proto bude zformulováno znovu z obecných předpokldů: VĚTA. (uchy) Necht f je holomorfní n jednoduché uzvřené křivce n jejím vnitřku. Potom je f(z) dz = 0. 5

Když jsem ještě neměl kouzelnickou hůlku, používl jsem místo ní úspěšné tuto uchyovu větu. Poznmenejme (jk již bylo zmíněno v Poznámkách 2), je možné dokázt Greenovu větu bez předpokldu spojitosti použitých prciálních derivcí, nebo je možné dokázt přímo, že v implikci (1) (3) není tto spojitost potřeb. Použije-li se obecná Greenov vět i pro vícenásobně souvislé oblsti, dostne se následující tvrzení: VĚTA. (uchy) Necht 1,..., n jsou jednoduché uzvřené kldně orientovné křivky, přičemž 1,..., n leží uvnitř vnitřky křivek 1,..., n jsou nvzájem disjunktní. Necht f je holomorfní n jednoduché uzvřené křivce n jejím vnitřku kromě vnitřků křivek 1,..., n. Potom je n f(z) dz = f(z) dz. i=1 i uchyov vět se dostne pro n = 0. Tvrzení pro n = 1 je velmi důležité, je vhodné ho zformulovt jko důsledek. DŮSLEDEK. Jestliže jednoduchá uzvřená křivk obshuje ve svém vnitřku jednoduchou uzvřenou křivku D obě jsou kldně orientovné, pk f(z) dz = D f(z) dz pro kždou funkci f holomorfní n obou křivkách mezi nimi. Tohoto důsledku se používá pro nhrzení komplikovné křivky jednodušší křivkou D, npř. kružnicí. Následující důležité tvrzení tkovéto náhrdy v důkzu využívá. Je to tzv. uchyův vzorec, z kterého vyplývá, že hodnoty holomorfní funkce uvnitř křivky jsou určeny hodnotmi n křivce. VĚTA. (uchyův vzorec) Necht je jednoduchá uzvřená křivk f je holomorfní uvnitř n. Potom pro kždý bod w ležící ve vnitřku pltí 1 f(z) dz = f(w). 2πi z w Důkz. Necht w je bod z vnitřku. Podle předchozí věty lze f(z) dz nhrdit integrálem r f(z) dz, kde r je kružnice o středu w poloměru r, ležící ve vnitřku křivky. Integrál se rozepíše jko součet f(z) r z w První integrál n prvé strně se rovná 2πi (viz Otázky). 1 dz = f(w) r z w dz + f(z) f(w) r z w dz. 6

Druhý integrál je roven 0. Oprvdu, pro libovolné ε > 0 se njde tk mlé r, že f(z) f(w) < ε pro kždé z r ; potom f(z) f(w) dz dz ε r z w r r = 2πε. Vzoreček 1 f(z) dz = f(w) 2πi z w počítá hodnotu funkce ve vnitřním bodě integrcí přes obvod množiny. Z pohledu diferenciálních rovnic (zde uchyovy Riemnnovy podmínky) je to v pořádku. Řešení existuje je jednoznčné. Pokud bude funkce n hrnici nulová, tk je nulová všude. Jsem rozený detektiv. Poznámky 3 Příkldy 3 Otázky 3 3 DŮSLEDKY AUHYOVA VZORE uchyův vzorec má mnoho důsledků. Nejdříve je vhodné si uvědomit, že lze používt větu z kpitoly o integrálech s prmetrem, která uvádí podmínky pro záměnu derivce integrálu: LEMMA. Necht f(w, z) je komplexní funkce dvou komplexních proměnných, která je je spojitá ve druhé proměnné n jednoduché uzvřené křivce, holomorfní v první proměnné v oblsti G má v G spojité prciální derivce podle složek první proměnné. Potom funkce F (w) = f(w, z) dz je holomorfní v G pltí F (w) = f w (w, z) dz. Já jsem tm ten prmetr viděl! 7

To se musí oslvit. Důkz. Důkz vyplyne z příslušné věty o derivování integrálu reálné funkce podle prmetru. Stčí rozepst f(w, z) dz podle složek funkce f podle prmetrického zdání křivky n reálnou složku imginární složku. Poté se použije právě citovné tvrzení pro prciální derivce funkce F podle složek w ověří se pltnost uchyových-riemnnových podmínek pro tyto derivce (tyto podmínky pltí pro f proměnné w). Protože všechny použité funkce z integrálem jsou spojité n kompktní množině, jsou omezené tím jsou dány potřebné integrovtelné mjornty. Nyní slíbené důsledky uchyov vzorce. DŮSLEDEK. 1. Holomorfní funkce v oblsti G má v G derivce všech řádů, pro které pltí vzorec f (n) (w) = n! f(z) dz, 2πi (z w) n+1 kde je libovolná jednoduchá uzvřená křivk ležící i s vnitřkem v G bod w leží ve vnitřku. 2. Je-li f holomorfní v kruhu z w r, pk f (n) (w) n! rn mx{ f(z); z w = r}. 3. (Liouville) Kždá omezená celistvá funkce je konstntní. 4. Je-li nekonstntní funkce f holomorfní n uvnitř jednoduché uzvřené křivky, pk pro kždý bod w z vnitřku je f(w) < mx{ f(z) ; z }. Důkz. První tvrzení plyne indukcí z předchozího tvrzení o derivci z integrálem. Druhé tvrzení je důsledkem prvního odhdu bsolutní hodnoty integrálu. Třetí tvrzení plyne z druhého pro volbu n = 1 r jsoucí k ; vyjde f = 0. Poslední tvrzení se dokáže následujícím způsobem. Funkce f doshuje svého mxim m n křivce nebo v jejím vnitřku. Necht nstne druhý přípd, tkže množin A = {z; z ι, f(z) = m} je neprázdná. Protože f je nekonstntní, existuje w z vnitřku ležící n hrnici A. Vezme se kružnice K o poloměru r okolo w ležící uvnitř n ní bod q / A. Pk f(q) < f(w) = m f(z) < m ε pro nějké kldné ε z náležící nějkému oblouku O K délky d. Podle uchyov vzorce pltí f(w) = 1 2πi K Pro bsolutní hodnoty nyní pltí f(z) z w dz = 1 ( 2πi O f(z) z w dz + K\O m 1 εd ((m ε)d + m(2πr d)) = m 2πr 2πr < m, 8 f(z) ) z w dz.

což je spor. Důsledkem předchozího prvního tvrzení je jednk fkt, že holomorfní funkce má spojité prciální derivce svých složek (všech řádů), že hrmonické funkce mjí derivce všech řádů, že funkce mjící primitivní funkci je holomorfní. Tto poslední vlstnost dává již dříve slibovnou Morerovu větu (bez předpokldu spojitosti prciálních derivcí): VĚTA. (Morer) Necht c f(z) dz = 0 pro kždou jednoduchou uzvřenou křivku ležící i s vnitřkem v otevřené množině G. Pk je f holomorfní. Liouvillov vět má jko jednoduchý důsledek zákldní větu lgebry: VĚTA. Kždý polynom P stupně spoň 1 má nulový bod, tj. existuje z tk, že P (z) = 0. Důkz. Necht P (z) 0 pro všechn z. pk 1/P (z) je celistvá funkce. Podobně jko v reálném oboru se ukáže, že P (z) má v limitu, tkže 1/P (z) je omezená funkce. Podle Liouvillovy věty je tto funkce konstntní tedy P má stupeň 0. N zčátku byl jedn nul, n konci je zákldní vět lgebry. Neuvěřitelně krásné. Všimli jste si, jk n jře pěkně svítí sluníčko? Možná že i to je důsledek uchyov vzorce. V kždém přípdě se polynomem zdeformovná komplexní rovin nevyhne nule díky zákldní větě lgebry, t pltí díky uchyovu vzorci, který pltí díky zákonu zchování, kterýžto je důsledkem zákldní věty nlýzy. 9

Dlouho, předlouho jsem se pokoušel té nule vyhnout, le nkonec jsem to (proztím) vzdl. Já jsem se Nule nikdy nevyhýbl, vždyt je tk důležitá... Sumsumárum, když si uděláte židličku ve tvru P (z), kde P je komplexní polynom, tk jeho nožičky budou stát všechny n zemi nebude se vám židličk viklt...... pokud si neuděláte židličku od polynomu, kderý má méně než tři různé kořeny. To jsem vyzkoušel. Poznámky 4 Příkldy 4 Otázky 4 4 5 6 POZNÁMKY Poznámky 1: V uvedeném popisu se jednlo o hldkou křivku (tj, obě funkce ϕ, ψ mjí spojitou derivci n [, b]). Je zřejmé, že pokud je křivk po částech hldká, dostne se integrál přes křivku jko součet integrálů přes jednotlivé hldké části. Jiné křivky nebudou používány. 10

Není těžké ukázt (pomocí stejnoměrné spojitosti), že integrál spojité funkce n křivce lze libovolně přesně proximovt integrálem stejné funkce po lomené čáře zčínjící končící ve stejných bodech jko. Lze nvíc poždovt, by body, ve kterých se lomená čár lomí, ležely n. Uvědomte si rozdíl v popisu integrálů 1. 2.druhu pomocí prmetru Φ. Konec poznámek 1. Poznámky 2: Uvědomte si, že obě podmínky v chrkterizci holomorfní funkce pomocí integrálu jsou potřeb. I kdyby se předpokládlo, že je známo, že holomorfní funkce má spojité prciální derivce svých složek, podmínky (2) (3) neimplikují existenci těchto derivcí. Podmínk (4) ji implikuje, le ž n zákldě uchyovy věty dokzovné později. Uvedená vět se dá rozdělit n několik částí. Podmínky (2) (3) jsou ekvivlentní pro spojité funkce f. Podmínku (3) lze npst obecněji z slbšího předpokldu jen otevřenosti G: kždý integrál z f po jednoduché uzvřené křivce ležící i s vnitřkem v G je nulový. Podmínk (3) vyplývá z (1) pomocí Greenovy věty, kde ovšem byl předpokld spojitosti prciálních derivcí 1.řádu (je ovšem možné dokázt Greenovu větu bez tohoto předpokldu, jen s existencí prciálních derivcí 1.řádu, dokonce ještě trochu méně). Potom (1) implikuje (3) bez jkéhokoli dlšího předpokldu n f, což je tzv. uchyov vět. Podobné je to s opčnou implikcí (3) (1). Tkže není nutné předpokládt spojitost prciálních derivcí. Tto implikce se pk nzývá Morerov vět. o se týká poslední podminky, existence primitivní funkce, implikce (4) (1) plyne bez předpokldy existence prciálních derivcí, pokud je již známo, že holomorfní funkce má derivce všech řádů. Stčí předpokládt, že G je otevřená. Pro opčnou implikci je všk nutné předpokládt, že G je jednoduše souvislá (obecněji: komponenty G jsou jednoduše souvislé) viz Otázky. Uvědomte si, že primitivní funkce je holomorfní. Protože se později ukáže, že holomorfní funkce má derivce všech řádů, funkce mjící primitivní funkci musí být holomorfní. Konec poznámek 2. Poznámky 3: Důkz uchyovy věty bez použití spojitosti prciálních derivcí sestrojil Gourst v 2.polovině 19.století (proto se uchyov vět někdy nzývá uchyov-gourstov vět). Uvědomil si, že vnitřek křivky lze pokrýt konečně mnoh nepřekrývjícími se kompktními hezkými oblstmi s hrnicemi i (npř. čtverci,,křivými" čtverci), n kterých je (f(z) f(w i ))/(z w i ) f (w i ) < ε pro dné kldné ε jisté w i z těchto mlých oblstí. Pk integrál f přes je roven součtu integrálů přes i tm je roven integrálu z (z w i )g i, kde g i je předchozí výrz v bsolutní hodnotě. Tyto poslední integrály nejsou v bsolutní hodnotě větší než εka i, kde K je konstnt nezávislá n i A i je ploch mlé oblsti. Odtud již vyplyne dokzovný výsledek. Důkz obecné uchyovy věty je stejný jko u důkzu obecné Greenovy věty; v důkzu se nepoužívá spojitosti prciálních derivcí. Morerov vět se dokáže ž pomocí důsledku uchyovy věty (dokázné bez těchto spojitostí) o existenci všech derivcí holomorfní funkce (odkud vyplývá, že holomorfní funkce má spojité prciální derivce svých složek). Pokud jsou integrály f přes uzvřené křivky v okolí bodu z nulové, má v tomto okolí f primitivní funkci, t je holomorfní má proto i dlší derivce, tedy je i f holomorfní. K trdičnímu výkldu uchyovy věty ptří důkz uchyovy věty pro trojúhelník: VĚTA. Necht je funkce f holomorfní n otevřené množině U křivk ϕ popisuje obvod trojúhelník T U. Pk f(z) dz = 0. ϕ 11

Důkz. Necht f(z) dz = K > 0. ϕ Odvodíme spor. Oznčme L obvod trojúhelníku T. Rozdělíme trojúhelník T středními příčkmi n čtyři trojúhelníky. Alespoň přes obvod jednoho je nlogický integrál roven lespoň K/4. Integrci přes obvod trojúhelníku nhrdíme integrcí přes obvody menších trojúhelníků. Úseky, které jdeme sem i tm se ruší. Tk postupujeme indukcí sestvíme zmenšující se posloupnost trojúhelníků. Její průnik je jeden bod, oznčíme jej z 0. V bodě z 0 použijeme existenci derivce vyjádříme funkci f ve tvru f(z) = f(z 0 ) + (z z 0 )f (z 0 ) + (z z 0 )ε(z). První dv sčítnci n prvé strně jsou funkce mjící primitivní funkci, tedy se integrce z funkce f(z) přes uzvřenou křivku redukuje n integrci funkce (z z 0 )ε(z). V n-tém kroku při integrci přes obvod ϕ n trojúhelníku T n vybrného v n-tém kroku odhdujeme K 4 n f(z) dz (z z 0 )ε(z) dz ϕ n ϕ L2 n 4 n sup ε(z). z T n Po násobení 4 n plyne díky derivci v bodě z 0 z spor. K L 2 sup z T n ε(z) 0, n Pokud oslbíme předpokldy tk, že je funkce f spojitá v U holomorfní v U \ {w 0 }, pltí tvrzení věty stejně. Okolo bodu w 0 uděláme mlinký trojúhelníček T w s neptrným integrálem zbytek rozdělíme opět n trojúhelníky s nulovým integrálem.... Konec poznámek 3. Poznámky 4: Uvedené lemm o derivci integrálu podle prmetru musí mít v předpokldech podmínku o spojitých prciálních derivcích, protože tto spojitost vyplyne ž z plikce tohoto lemmtu. Použije se n prciální derivce zlomku f(z)/(z w) podle složek bodů w, které oprvdu spojité jsou (o f stčí předpokládt spojitost). Použití lemmtu n integrál g(w) = c f(z)/(z w) dz dává obecnější výsledek, než je uveden: Je-li f spojitá n jednoduché uzvřené křivce, je g holomorfní uvnitř. Čtvrtá vlstnost holomorfních funkcí o nbývání mxim bsolutní hodnoty holomorfní funkce se nzývá princip mxim modulu; slovo,,modul" se čsto používá pro bsolutní hodnotu. Jk je ukázáno v Otázce 4, pltí tento princip i pro reálné hrmonické funkce. Dá se ukázt, že pltí i pto tzv. subhrmonické funkce (Lplceův operátor n těchto funkcích má nezápornou hodnotu). Absolutní hodnot holomorfní funkce je subhrmonická funkce. Existuje jeden pěkný trikový důkz principu mxim modulu: 12

Důkz. Použijeme integrální vyjádření holomorfní funkce f n (zde se jedná o n-tou mocninu funkce f) odhdneme f n (z) = 1 f n (w) 2πi ϕ w z dw M n R R z, tedy kde M je odhd f n jednotkové kružnici. Při výpočtu integrálu f(z) M n R R z M, n, ϕ 1 z dz pro křivku ϕ neprocházející počátkem můžeme křivku ϕ lokálně nhrzovt částmi jednotkové kružnice díky předchozí větě. elkem můžeme přetvořit křivku ϕ n cestu procházející pouze jednotkovou kružnicí. Tkto integrci převedeme n známý integrál přes jednotkovou kružnici, který je roven 2πi. Tedy vidíme, že výsledek bude roven n-krát 2πi, kde n udává počet oběhů křivky ϕ okolo počátku (proti směru hodinových ručiček). Obecně počítáme tento počet oběhů křivky (cesty, cyklu) ϕ okolo dného bodu z 0 jko integrál 1 1 dz 2πi ϕ z z 0 tomuto číslu říkáme index bodu z 0 ke křivce ϕ, znčíme ind(z 0, ϕ). Index je spojitá, celočíselná užitečná funkce. Index vzroste o jedničku, pokud přeskočíme přes křivku zprv dolev. Konec poznámek 4. PŘÍKLADY Příkldy 1: 1. Spočtěte z dz, kde je bud úsečk z počátku do bodu (1, 1) nebo oblouk kružnice se středem (0, 1) spojující počátek s bodem (1, 1) v 1.kvdrntu. [1, 1 + i/2(π 2)] 2. Bez jeho spočítání odhdněte integrál z 4 dz, kde je úsečk spojující i s bodem 1. [4 2] 3. Spočtěte πeπz dz, kde je hrnice čtverce (kldně orientovná) s vrcholy 0, 1, 1 + i, i. [4(e π 1)] 4. Odhdněte integrál (ez z) dz, kde je obvod trojúhelník s vrcholy 0, 4, 3i [60] 5. Spočtěte (z w)n dz pro n Z, kde je kružnice se středem v bodě w. [Popis kružnice je w + re it, t [0, 2π], výsledek je 0 pro n 1, 2πi pro n = 1.] Konec příkldů 1. Příkldy 3: 1. Spočtěte pomocí obecné uchyovy věty integrál dz z(z 2 + 16), kde se skládá ze dvou kružnic: z = 1 orientovné kldně z = 3 orientovné záporně. [0] 13

2. Pomocí Otázky 1 se djí sndno spočítt některé integrály, npř. (z2 1) 1 dz přes kružnici o středu 0 poloměru 2. Zlomek (z 2 1) 1 se rozloží: 1 z 2 1 = 1 ( 1 2 z 1 1 ) z + 1 podle obecné uchyovy věty nyní stčí spočítt integrály zlomků 1/(z 1) 1/(z +1) přes kružnice z 1 = 1 z + 1 = 1 (vyjde 2πi) odečíst je. 3. Spočtěte způsobem z předchozího příkldu [π] 4. Podobně spočítejte kde je kružnice x 2 + y 2 + 4y = 0. Konec příkldů 3. dz z 2 + 2z + 2. dez z 2 + 1, Příkldy 4: 1. Pomocí derivce uchyov vzorce vypočtěte integrály ( jsou jednoduché uzvřené křivky obshující 0 ve svém vnitřku): cosh z z 4 dz, cos z z 3 dz, e z2 z 2 dz. 2. Necht je jednoduchá uzvřená křivk. Ukžte, že z 3 { + 2z 6πiw, pro w uvnitř ; (z w) 3 dz = 0, pro w vně. 3. Njděte mxim minim bsolutní hodnoty funkce (z + 1) 2 n trojúhelníku s vrcholy 0, 2, i. Konec příkldů 4. OTÁZKY Otázky 1: 1. Dokžte uvedené první 3 vlstnosti křivkového integrálu. 2. Ukžte, že křivkový integrál 1.druhu funkce f přes křivku lze psát jko f(z) dz. Konec otázek 1. Otázky 2: 1. Funkce 1/z je holomorfní n \ {0}. Ukžte, že nemá n svém definičním oboru primitivní funkci. Proč? 2. Funkce 1/z 2 je holomorfní n \{0}. Ukžte, že má n svém definičním oboru primitivní funkci. Jký je rozdíl oproti předchozímu přípdu? 3. Pltí, že derivce funkce f v oblsti G je nulová právě když je f konstntní. Dokžte to jednk vyjádřením derivce pomocí prciálních derivcí jednk pomocí vzthu existence primitivní funkce integrálu po uzvřené křivce. 4. Ukžte, že dvě primitivní funkce k f n oblsti G se liší o konstntu. 5. Dokžte, že f je polynom nejvýše n-tého řádu n oblsti G právě když f (n) = 0. Použijte indukci Příkld 3. 14

Konec otázek 2. Otázky 3: 1. Ukžte, že je-li libovolná jednoduchá uzvřená křivk (kldně orientovná) w leží uvnitř, pk dz z w = 2πi. 2. Ukžte, že nepltí obdob uchyovy věty, kde se místo vnitřku křivky bere její vnějšek (tj. f holomorfní n n jejím vnějšku, pk f = 0). 3. Pomocí trnsformce w = 1/z převed te přípd předchozí otázky n situci v uchyově větě njděte dodtečný předpokld, by obdob uchyovy věty pro vnějšek pltil. 4. Necht w leží uvnitř 1. kvdrntu, křivk spojuje w s bodem 1 neprochází počátkem. Pk dz = Log z + 2kπi, z kde číslo k uvádí počet obtočení okolo počátku (počítáno kldně při obtočení proti směru hodinových ručiček záporně při opčném obtočení). Přesný důkz je obtížný, le zkuste vzorec ukázt pro některé speciální přípdy. Konec otázek 3. Otázky 4: 1. Proved te podrobnosti v nznčeném důkzu derivce integrálu podle prmetru. 2. Vlstnost o nbývání mxim bsolutní hodnoty holomorfní funkce f n hrnici je možné použít i n nbývání minim stčí vzít 1/f. Dokžte, že je-li nekonstntní funkce f holomorfní n uvnitř jednoduché uzvřené křivky nenbývá tm nikde hodnoty 0, pk pro kždý bod w z vnitřku je f(w) > min{ f(z) ; z }. Njděte příkld, že tvrzení nepltí, pokud f nbývá hodnoty 0. 3. Ukžte, že důkz uvedené čtvrté vlstnosti pltí pro trochu obecnější situci, to pro funkci f holomorfní uvnitř křivky spojité n. 4. Dokžte, že kždá nekonstntní hrmonická funkce n omezené oblsti G, která je spojitá n hrnici G, nbývá mxim minim pouze n hrnici G. [Návod: hrmonická funkce g je reálnou složkou holomorfní funkce f; funkce e f je holomorfní pltí pro ni princip mxim modulu, le e f = e g reálná exponenciální funkce je ryze monotónní.] 5. Necht g, h jsou dvě hrmonické funkce v oblsti G spojité totožné n hrnici G. Ukžte, že pk g = h n G. 6. Je-li nekonstntní f holomorfní v bodě w, pk existuje q tk, že f(w) < f(q). Pokud je f(w) 0, existuje bod p tk, že f(w) > f(p). 7. Je-li f celistvá funkce, pk g(r) = mx{ f(z) ; z = r} je rostoucí funkce. Konec otázek 4. vičení 1: Příkld. Spočítejte křivkový integrál VIČENÍ ϕ 1 z dz, kde ϕ je kldně orientovný obvod jednotkového kruhu {z : z < 1}. Řešení. Budeme integrovt po křivce ϕ(t) = e it pro t [0, 2π]. 15

Příkld. Spočítejte křivkový integrál 1 2π ϕ z dz = 1 2π 0 e it ieit dt = i dt = 2πi. 0 z z dz, ϕ kde ϕ je záporně orientovný obvod horního jednotkového polokruhu {z : z < 1, Im z > 0}. Řešení. Pro jednodušší počítání budeme integrovt po křivce ψ = ϕ, tedy změnili jsme orientci křivky, což v závěru nprvíme tím, že u výsledku otočíme znménko. Prostě půjdeme po křivce pozpátku, protože je to jednodušší. hodit pozpátku je jednodušší? To chci vidět. Křivk ψ je složen ze dvou částí: úsečky ψ 1 (t) = t, t 1 z polokružnice ψ 2 (t) = e it, 0 t π, orientovných ve směru vzrůstu prmetru t. Integrál pk bude z z dz = ψ = 1 π z z dz + z z dz = t t dt + e it e it e it dt ψ 1 ψ 2 1 0 1 t 2 sign t dt + iπ = 0 + iπ. 1 Integrál podél ϕ je z z dz = iπ. ϕ 16

I pí. To je docel dobrá myšlenk. Nebo tm je ještě to mínus??? Konec cvičení 1. vičení 2: Příkld. Vypočítejte integrál ze z dz, ψ podél křivky ψ(t) = t + it 3, 0 t 1, orientovné ve směru vzrůstu prmetru t. Řešení. Můžeme sice postupovt jko dříve, tj. doszením prmetrizce do integrndu, le jednodušší bude použít větu o integrci primitivní funkce. Funkce ze z je holomorfní n, tkže k ní existuje primitivní funkce F. Tu nvíc sndno spočítáme perprtes. Tedy F (z) = (z 1)e z, hledný integrál je roven ze z dz = F (ψ(1)) F (ψ(0)) = F (1 + i) F (0) ψ = 1 + ie i+1 = e sin 1 1 + ie cos 1. Je to prostě tk. 17

To si prostě promyslete ještě jednou. Konec cvičení 2. vičení 3: Příkld. Spočítejte integrál kde ψ je kldně orientovná kružnice ψ 2z 1 i (z 1)(z i) dz, ψ = {z : z = 2}. Řešení. Oznčme integrnd f. Máme tedy integrovt funkci f po uzvřené jednoduché křivce. Ale f není holomorfní v bodech 1 i, což jsou body vnitřku ψ. Budeme se snžit nhrdit integrál podél ψ integrálem po jiné křivce, jk nám to umožňuje důsledek uchyovy věty. Který důsledek? uchyov vět jich má spousty! A uchyových vět je spoust. To tedy máme... Oznčme ψ 1 kružnici se středem i poloměrem 1/10 ψ 2 kružnici se středem 1 poloměrem 1/10. Uvžujme oblst G = int ψ \ (int ψ 1 int ψ 2 ). Funkce f je holomorfní n G, proto f = ψ f + ψ 1 f. ψ 2 Tedy ψ = ψ 1 ( 2z 1 i 1 (z 1)(z i) dz = ψ z i + 1 ) dz z 1 ( 1 z i + 1 ) dz + z 1 ψ 2 = ψ 1 dz z i + ψ 2 ( 1 z i + 1 ) dz z 1 dz z 1 = 4πi. 18

Nrovinu, myslíte si, že to vyšlo hodně nebo málo? Konec cvičení 3. vičení 4: Příkld. Spočítejte integrál kde = {z : z = 3}. e 2z (z + 1) 4 dz, Řešení. Oznčme f(z) = e 2z, pk podle uchyov integrálního vzorce máme f n ( 1) = n! f(z) dz. 2πi (z + 1) n+1 Pro n = 3 je f (z) = 8e 2z, f ( 1) = 8e 2 podle uvedeného vzorce dostneme vzth 8e 2 = 3! e 2z 2πi (z + 1) 4 dz. Odtud již sndno zjistíme, že zdný integrál má hodnotu e 2z (z + 1) 4 dz = i8 3 πe 2. Střízlivý k tomu nemohu mít žádný smysluplný komentář. Konec cvičení 4. vičení 5: Příkld. Spočítejte integrál kde = {z : z = 3}. sin πz 2 + cos πz 2 (z 1)(z 2) Řešení. Budeme postupovt podobně jko minule. Oznčme f(z) = sin πz 2 + cos πz 2. Rozkldem n prciální zlomky převedeme integrál n součet dvou integrálů, ty spočítáme pomocí uchyov integrálního vzorce. dz, 19

V češtině pltí komuttivní zákon, podle vzoru "tké černá kráv bílé mlého dává". Zkuste si komuttivitu u výše uvedeného textu. BTW, všimli jste si, že jste ztrtili smysl pro relitu? Ano i ne. To i byl komplexní jednotk. Vzorec sin πz 2 + cos πz 2 (z 1)(z 2) sin πz 2 + cos πz 2 dz = z 2 f() = 1 f(z) 2πi (z ) 1 dz. použijeme pro = 1 pro = 2, čímž dostneme A tedy Konec cvičení 5. sin πz 2 + cos πz 2 z 2 sin πz 2 + cos πz 2 z 1 sin πz 2 + cos πz 2 (z 1)(z 2) sin πz 2 + cos πz 2 dz dz. z 1 ( dz = 2πi sin π2 2 + cos π2 2) = 2πi, ( dz = 2πi sin π1 2 + cos π1 2) = 2πi, dz = 2πi ( 2πi) = 4πi. 20

vičení 6: Příkld. Spočítejte integrál ( 2xy x 2) ( dx + x + y 2) dy, kde je uzvřená pozitivně orientovná křivk ohrničující oblst vymezenou funkcemi y = x 2, x = y 2. Řešení. Zbývejme se nejdříve prvním přípdem, tj. y = x 2. Integrál prmetrizujeme: 1 0 ( (2x)(x 2 ) x 2) ( dx + x + (x 2 ) 2) d(x 2 ) = Podobně tomu bude pro x = y 2 : 0 ( 2(y 2 )(y) (y 2 ) 2) ( d(y 2 ) + y 2 + y 2) 0 dy = 1 1 elkový výsledek tedy bude ( 2xy x 2) dx + 1 0 ( x + y 2) dy = 7 6 17 15 = 1 30. ( 2x 3 + x 2 + 2x 5) dx = 7 6. ( 4y 4 2y 5 + 2y 2) dy = 17 15. Tky jste čekli, že vyjde nul? On skoro vyšl. U mně v pořádku. Konec cvičení 6. STANDARDY z kpitoly INTEGRAE KOMPLEXNÍ FUNKE KŘIVKOVÝ INTEGRÁL DEFINIE. Zápisem b f(z) dz = f(φ(t))φ (t) dt. 21

definujeme integrál funkce f po křivce prmetrizovné Φ nebo, pokud křivk není podsttná, nzýváme jej křivkový integrál funkce f. VĚTA. Necht f, g jsou funkce definovné n příslušných orientovných křivkách, 1, 2. Následující 3 rovnosti pltí, jkmile mjí smysl prvé strny. Čtvrtá vlstnost pltí, jkmile má smysl levá strn. 1. (αf(z) + βg(z)) dz = α f(z) dz + β g(z) dz; 2. 1 + f(z) dz = 2 f(z) dz + 1 f(z) dz; 2 3. f(z) dz = f(z) dz; 4. f(z) dz f(z) ds L() mx z f(z), kde L() je délk křivky. Důkz. Poslední vlstnost lze ukázt následovně. Necht f(z) dz = reiα. Potom r = f(z) dz součsně r = e iα f(z) dz. Poslední výrz je tedy nezáporné reálné číslo, tkže integrál z imginární složky funkce e iα f(z) je roven 0. Proto je r = R(e iα f(z)) dz pro reálné funkce lze upltnit odhd r R(e iα f(z)) dz e iα f(z) dz = f(z) dz L() mx f(z). c c z PRIMITIVNÍ FUNKE DEFINIE. Funkce F se nzývá primitivní k funkci f n otevřené množině G, jestliže pro kždé z G pltí F (z) = f(z). VĚTA. Necht n oblsti U má funkce f derivci f. Pk pltí f (z) dz = f(β) f(α) ϕ pro libovolnou křivku ϕ jdoucí z bodu α do bodu β. Důkz. b b f (z) dz = f (ϕ(t))ϕ (t) dt = ϕ d (f(ϕ(t))) dt = f(ϕ(b)) f(ϕ()). dt To je komplexní verze zákldní věty nlýzy. VĚTA. Následující podmínky jsou ekvivlentní pro funkci f mjící spojité prciální derivce 1.řádu svých složek n jednoduše souvislé oblsti G: 1. f je holomorfní n G; 22

2. integrály z f po křivkách ležících v G nezávisí n cestě (tj. závisí jen n počátečním koncovém bodě křivky); 3. kždý integrál z f po jednoduché uzvřené křivce v G je nulový; 4. f má n G primitivní funkci F. AUHYOVA VĚTA VĚTA. (uchy) Necht f je holomorfní n jednoduché uzvřené křivce n jejím vnitřku. Potom je f(z) dz = 0. VĚTA. (uchy) Necht 1,..., n jsou jednoduché uzvřené kldně orientovné křivky, přičemž 1,..., n leží uvnitř vnitřky křivek 1,..., n jsou nvzájem disjunktní. Necht f je holomorfní n jednoduché uzvřené křivce n jejím vnitřku kromě vnitřků křivek 1,..., n. Potom je n f(z) dz = f(z) dz. i=1 i DŮSLEDEK. Jestliže jednoduchá uzvřená křivk obshuje ve svém vnitřku jednoduchou uzvřenou křivku D obě jsou kldně orientovné, pk f(z) dz = D f(z) dz pro kždou funkci f holomorfní n obou křivkách mezi nimi. Tohoto důsledku se používá pro nhrzení komplikovné křivky jednodušší křivkou D, npř. kružnicí. VĚTA. (uchyův vzorec) Necht je jednoduchá uzvřená křivk f je holomorfní uvnitř n. Potom pro kždý bod w ležící ve vnitřku pltí 1 f(z) dz = f(w). 2πi z w Důkz. Necht w je bod z vnitřku. Podle předchozí věty lze f(z) dz nhrdit integrálem r f(z) dz, kde r je kružnice o středu w poloměru r, ležící ve vnitřku křivky. Integrál se rozepíše jko součet f(z) 1 dz = f(w) r z w r z w dz + f(z) f(w) dz. r z w První integrál n prvé strně se rovná 2πi. Druhý integrál je roven 0. Oprvdu, pro libovolné ε > 0 se njde tk mlé r, že f(z) f(w) < ε pro kždé z r ; potom f(z) f(w) dz dz ε r z w r r = 2πε. 23

Vzoreček 1 f(z) dz = f(w) 2πi z w počítá hodnotu funkce ve vnitřním bodě integrcí přes obvod množiny. Pokud bude funkce n hrnici nulová, tk je nulová všude. DŮSLEDKY AUHYOVA VZORE LEMMA. Necht f(w, z) je komplexní funkce dvou komplexních proměnných, která je je spojitá ve druhé proměnné n jednoduché uzvřené křivce, holomorfní v první proměnné v oblsti G má v G spojité prciální derivce podle složek první proměnné. Potom funkce F (w) = f(w, z) dz je holomorfní v G pltí F (w) = f w (w, z) dz. Důsledky uchyov vzorce: DŮSLEDEK. 1. Holomorfní funkce v oblsti G má v G derivce všech řádů, pro které pltí vzorec f (n) (w) = n! f(z) dz, 2πi (z w) n+1 kde je libovolná jednoduchá uzvřená křivk ležící i s vnitřkem v G bod w leží ve vnitřku. 2. Je-li f holomorfní v kruhu z w r, pk f (n) (w) n! rn mx{ f(z); z w = r}. 3. (Liouville) Kždá omezená celistvá funkce je konstntní. 4. Je-li nekonstntní funkce f holomorfní n uvnitř jednoduché uzvřené křivky, pk pro kždý bod w z vnitřku je f(w) < mx{ f(z) ; z }. Důkz. První tvrzení plyne indukcí z předchozího tvrzení o derivci z integrálem. Druhé tvrzení je důsledkem prvního odhdu bsolutní hodnoty integrálu. Třetí tvrzení plyne z druhého pro volbu n = 1 r jsoucí k ; vyjde f = 0. Poslední tvrzení se dokáže následujícím způsobem. Funkce f doshuje svého mxim m n křivce nebo v jejím vnitřku. Necht nstne druhý přípd, tkže množin A = {z; z ι, f(z) = m} je neprázdná. Protože f je nekonstntní, existuje w z vnitřku ležící n hrnici A. Vezme se kružnice K o poloměru r okolo w ležící uvnitř n ní bod q / A. Pk f(q) < f(w) = m f(z) < m ε pro nějké kldné ε z náležící nějkému oblouku O K délky d. 24

Podle uchyov vzorce pltí f(w) = 1 2πi K Pro bsolutní hodnoty nyní pltí f(z) z w dz = 1 ( 2πi O f(z) z w dz + K\O f(z) ) z w dz. což je spor. m 1 εd ((m ε)d + m(2πr d)) = m 2πr 2πr < m, Důsledkem předchozího prvního tvrzení je jednk fkt, že holomorfní funkce má spojité prciální derivce svých složek (všech řádů), že hrmonické funkce mjí derivce všech řádů, že funkce mjící primitivní funkci je holomorfní. Tto poslední vlstnost dává již dříve slibovnou Morerovu větu (bez předpokldu spojitosti prciálních derivcí): VĚTA. (Morer) Necht c f(z) dz = 0 pro kždou jednoduchou uzvřenou křivku ležící i s vnitřkem v otevřené množině G. Pk je f holomorfní. Liouvillov vět má jko jednoduchý důsledek zákldní větu lgebry: VĚTA. Kždý polynom P stupně spoň 1 má nulový bod, tj. existuje z tk, že P (z) = 0. Důkz. Necht P (z) 0 pro všechn z. pk 1/P (z) je celistvá funkce. Podobně jko v reálném oboru se ukáže, že P (z) má v limitu, tkže 1/P (z) je omezená funkce. Podle Liouvillovy věty je tto funkce konstntní tedy P má stupeň 0. POZNÁMKY K trdičnímu výkldu uchyovy věty ptří důkz uchyovy věty pro trojúhelník: VĚTA. Necht je funkce f holomorfní n otevřené množině U křivk ϕ popisuje obvod trojúhelník T U. Pk f(z) dz = 0. ϕ Důkz. Necht f(z) dz = K > 0. ϕ Odvodíme spor. Oznčme L obvod trojúhelníku T. Rozdělíme trojúhelník T středními příčkmi n čtyři trojúhelníky. Alespoň přes obvod jednoho je nlogický integrál roven lespoň K/4. Integrci přes obvod trojúhelníku nhrdíme integrcí přes obvody menších trojúhelníků. Úseky, které jdeme sem i tm se ruší. Tk postupujeme indukcí sestvíme zmenšující se posloupnost trojúhelníků. Její průnik je jeden bod, oznčíme jej z 0. V bodě z 0 použijeme existenci derivce vyjádříme funkci f ve tvru f(z) = f(z 0 ) + (z z 0 )f (z 0 ) + (z z 0 )ε(z). 25

První dv sčítnci n prvé strně jsou funkce mjící primitivní funkci, tedy se integrce z funkce f(z) přes uzvřenou křivku redukuje n integrci funkce (z z 0 )ε(z). V n-tém kroku při integrci přes obvod ϕ n trojúhelníku T n vybrného v n-tém kroku odhdujeme K 4 n f(z) dz (z z 0 )ε(z) dz ϕ n ϕ L2 n 4 n sup ε(z). z T n Po násobení 4 n plyne díky derivci v bodě z 0 z spor. K L 2 sup z T n ε(z) 0, n Existuje jeden pěkný trikový důkz principu mxim modulu: Důkz. Použijeme integrální vyjádření holomorfní funkce f n (zde se jedná o n-tou mocninu funkce f) odhdneme f n (z) = 1 f n (w) 2πi ϕ w z dw M n R R z, tedy kde M je odhd f n jednotkové kružnici. Při výpočtu integrálu f(z) M n R R z M, n, ϕ 1 z dz pro křivku ϕ neprocházející počátkem můžeme křivku ϕ lokálně nhrzovt částmi jednotkové kružnice díky předchozí větě. elkem můžeme přetvořit křivku ϕ n cestu procházející pouze jednotkovou kružnicí. Tkto integrci převedeme n známý integrál přes jednotkovou kružnici, který je roven 2πi. Tedy vidíme, že výsledek bude roven n-krát 2πi, kde n udává počet oběhů křivky ϕ okolo počátku (proti směru hodinových ručiček). Obecně počítáme tento počet oběhů křivky (cesty, cyklu) ϕ okolo dného bodu z 0 jko integrál 1 1 dz 2πi ϕ z z 0 tomuto číslu říkáme index bodu z 0 ke křivce ϕ, znčíme ind(z 0, ϕ). Index je spojitá, celočíselná užitečná funkce. Index vzroste o jedničku, pokud přeskočíme přes křivku zprv dolev. Vlstnost o nbývání mxim bsolutní hodnoty holomorfní funkce f n hrnici je možné použít i n nbývání minim stčí vzít 1/f. Je-li nekonstntní funkce f holomorfní n uvnitř jednoduché uzvřené křivky nenbývá tm nikde hodnoty 0, pk pro kždý bod w z vnitřku je f(w) > min{ f(z) ; z }. PŘÍKLADY Příkld. Spočtěte (z w)n dz pro n Z, kde je kružnice se středem v bodě w. 26

Řešení. Popis kružnice je w + re it, t [0, 2π], výsledek je 0 pro n 1, 2πi pro n = 1. Příkld. Spočtěte pomocí obecné uchyovy věty integrál dz z(z 2 + 16), kde se skládá ze dvou kružnic: z = 1 orientovné kldně z = 3 orientovné záporně. Příkld. Pomocí uchyovy věty spočtěte (z2 1) 1 dz přes kružnici o středu 0 poloměru 2. Řešení. Zlomek (z 2 1) 1 se rozloží: 1 z 2 1 = 1 ( 1 2 z 1 1 ) z + 1 podle obecné uchyovy věty nyní stčí spočítt integrály zlomků 1/(z 1) 1/(z + 1) přes kružnice z 1 = 1 z + 1 = 1 (vyjde 2πi) odečíst je. Příkld. Pomocí derivce uchyov vzorce vypočtěte integrály ( jsou jednoduché uzvřené křivky obshující 0 ve svém vnitřku): cosh z z 4 dz, cos z z 3 dz, e z2 z 2 dz. Příkld. Funkce 1/z je holomorfní n \{0}. Ukžte, že nemá n svém definičním oboru primitivní funkci. Příkld. Ukžte, že dvě primitivní funkce k f n oblsti G se liší o konstntu. Příkld. Spočítejte křivkový integrál ϕ 1 z dz, kde ϕ je kldně orientovný obvod jednotkového kruhu {z : z < 1}. Řešení. Budeme integrovt po křivce ϕ(t) = e it pro t [0, 2π]. Příkld. Vypočítejte integrál 1 2π ϕ z dz = 1 2π 0 e it ieit dt = i dt = 2πi. 0 ze z dz, ψ podél křivky ψ(t) = t + it 3, 0 t 1, orientovné ve směru vzrůstu prmetru t. Řešení. Můžeme sice postupovt jko dříve, tj. doszením prmetrizce do integrndu, le jednodušší bude použít větu o integrci primitivní funkce. Funkce ze z je holomorfní n, tkže k ní existuje primitivní funkce F. Tu nvíc sndno spočítáme perprtes. Tedy F (z) = (z 1)e z, hledný integrál je roven ze z dz = F (ψ(1)) F (ψ(0)) = F (1 + i) F (0) ψ = 1 + ie i+1 = e sin 1 1 + ie cos 1. 27

Příkld. Spočítejte integrál kde = {z : z = 3}. e 2z (z + 1) 4 dz, Řešení. Oznčme f(z) = e 2z, pk podle uchyov integrálního vzorce máme f n ( 1) = n! f(z) dz. 2πi (z + 1) n+1 Pro n = 3 je f (z) = 8e 2z, f ( 1) = 8e 2 podle uvedeného vzorce dostneme vzth 8e 2 = 3! e 2z 2πi (z + 1) 4 dz. Odtud již sndno zjistíme, že zdný integrál má hodnotu Příkld. Spočítejte integrál e 2z (z + 1) 4 dz = i8 3 πe 2. ( 2xy x 2) ( dx + x + y 2) dy, kde je uzvřená pozitivně orientovná křivk ohrničující oblst vymezenou funkcemi y = x 2, x = y 2. Řešení. Zbývejme se nejdříve prvním přípdem, tj. y = x 2. Integrál prmetrizujeme: 1 0 ( (2x)(x 2 ) x 2) ( dx + x + (x 2 ) 2) d(x 2 ) = Podobně tomu bude pro x = y 2 : 0 1 ( 2(y 2 )(y) (y 2 ) 2) ( d(y 2 ) + y 2 + y 2) dy = 0 1 1 0 ( 2x 3 + x 2 + 2x 5) dx = 7 6. elkový výsledek tedy bude ( 2xy x 2) ( dx + x + y 2) dy = 7 6 17 15 = 1 30. ( 4y 4 2y 5 + 2y 2) dy = 17 15. 28