Комплексные интегралы

[MChagall]

Разбираюсь с темой интегралов от функций комплексного переменного.
1) Найти $\int\limits_{\gamma}^{}(x^2+i y^2)dz$, где $\gamma (t)=t^2+it$
2) Для произвольного пути, соединяющего 0 и 1 и не проходящего через $\pm i$ найти $\int\limits_{\gamma}^{}\frac{dz}{1+z^2}$
3) $D=D(0,R)$, $f\in Hol(D)\cap C(\overline{D})$. Найти

$$\iint\limits_{r\leqslant \left\lvert z\right\rfloor\leqslant R}^{}f(z)dxdy$$

Для 1) вроде так: $\int\limits_{\gamma}^{}((\frac{z+\overline{z}}{2})^2+i(\frac{z-\overline{z}}{2i})^2)(2t+i)dt=\int\limits_{0}^{1}(\frac{(t^2+it+t^2-it)^2}{4}-i\frac{(t^2+it-t^2+it)^2}{4})(2t+i)dt=(1+i)\int\limits_{0}^{1}(2t^5+it^4)dt=\frac{2}{15}+\frac{7}{15}i$
Правильно ли я сделал?

Для 2) я так понимаю уже зависит от пути. Путь, гомотопный $\gamma (t)=t$ даёт $\int\limits_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^2}=\frac{\pi}{4}$.
А пути, которые не гомотопны данному, наверное, дают что-то другое. И как здесь быть?

Для 3) есть пара мыслей. У $f(z)$ на $D$ существует первообразная $F(z)$. Поэтому $f(z)=F'(z)=\frac{1}{2}(\frac{\partial F}{\partial x}-i\frac{\partial F}{\partial y})$
Далее $\iint\limits_{G}^{}\frac{1}{2}(\frac{\partial F}{\partial x}-i\frac{\partial F}{\partial y})dxdy=\frac{1}{2}\int\limits_{\partial G}^{}(Fdx+iFdy)$. Если это верно, то что делать дальше?
Или напрашивается переход к полярным координатам $\iint\limits_{G}^{}f(z)\rho d\rho d\varphi$. И опять: что дальше?

[Sicker]

MChagall в сообщении #1298013 писал(а):

Для 1) вроде так:

Откуда вы взяли первое выражение, и зачем?

MChagall в сообщении #1298013 писал(а):

Для 2) я так понимаю уже зависит от пути.

Верно

MChagall в сообщении #1298013 писал(а):

Путь, гомотопный

А вот тут надо интеграл взять ручками, тогда вы поймете как быть в случае не гомотопного пути (и не знаете при этом вычеты)

MChagall в сообщении #1298013 писал(а):

Для 3) есть пара мыслей.

Можете мне разъяснить условие? А то я его не понимаю.

[thething]

В 1) надо просто подставить $x=t^2$, $y=t$, а Вы перемудрили
В 3) напрашивается переход к полярным координатам и представление $f=u+iv$

MChagall в сообщении #1298013 писал(а):

У $f(z)$ на $D$ существует первообразная $F(z)$.

Это откуда? Кольцо же -- не односвязная область, интеграл по замкнутому контуру не обязан быть равен нулю. Пример: $f(z)=\frac{1}{z}$ в кольце $1<\left\lvert{z}\right\rvert<2$

-- 18.03.2018, 07:10 --

В 2) сведите интеграл по комплексной переменной к интегралу по отрезку заменой $z=\gamma(t)$, $t\in[t_0,t_1]$

[thething]

Дополнение: если дозволяется, в задаче 2 для негомотопных кривых лучше использовать интегральную формулу Коши (надо только замкнуть контур отрезком $[0,1]$). Либо, если не дозволяется, поглядите ее доказательство и сделайте нечто подобное в Вашем случае.

-- 18.03.2018, 09:50 --

(Оффтоп)

thething в сообщении #1298022 писал(а):

В 2) сведите интеграл по комплексной переменной к интегралу по отрезку заменой $z=\gamma(t)$, $t\in[t_0,t_1]$

Это уже я перемудрил. Этот метод был бы хоть как-то оправдан, если бы была дана конкретная кривая

[MChagall]

Sicker в сообщении #1298014 писал(а):

Можете мне разъяснить условие?

Область D - круг с центром в начале координат и радиусом R. $f(z)$ - голоморфная в области и непрерывная в замыкании этой области. Найти интеграл.

thething в сообщении #1298022 писал(а):

Вы перемудрили

Да уж. И ошибся ещё в арифметике.
$\int\limits_{0}^{1}(t^4+it^2)(2t+i)dt=0,7i$. Верно ли?

thething в сообщении #1298022 писал(а):

В 3) напрашивается переход к полярным координатам и представление $f=u+iv$

$f=\rho \cos\varphi+i\rho \sin\varphi$
$\iint\limits_{r\leqslant \rho \leqslant R}^{}(\rho \cos\varphi+i\rho \sin\varphi)\rho d\rho d\varphi=\int\limits_{r}^{R}\rho^2(\int\limits_{0}^{2\pi}\cos\varphi d\varphi)d\rho +i\int\limits_{r}^{R}\rho^2(\int\limits_{0}^{2\pi}\sin\varphi d\varphi)d\rho=0$. Где ошибаюсь?

[thething]

MChagall в сообщении #1298043 писал(а):

$f=\rho \cos\varphi+i\rho \sin\varphi$

Это откуда? Вам конкретная функция дана? Или в общем виде?

[MChagall]

thething в сообщении #1298044 писал(а):

Это откуда?

В общем виде.

[thething]

MChagall в сообщении #1298013 писал(а):

Поэтому $f(z)=F'(z)=\frac{1}{2}(\frac{\partial F}{\partial x}-i\frac{\partial F}{\partial y})$
Далее $\iint\limits_{G}^{}\frac{1}{2}(\frac{\partial F}{\partial x}-i\frac{\partial F}{\partial y})dxdy=\frac{1}{2}\int\limits_{\partial G}^{}(Fdx+iFdy)$. Если это верно, то что делать дальше?

По-моему тут что-то со знаками в последнем переходе

[MChagall]

thething в сообщении #1298057 писал(а):

По-моему тут что-то со знаками в последнем переходе

$\iint\limits_{G}^{}\frac{1}{2}(\frac{\partial F}{\partial x}-i\frac{\partial F}{\partial y})dxdy=\frac{1}{2}\int\limits_{\partial G}^{}(Fdy+iFdx)$$ Так?
А дальше? Интегральная теорема Коши гласит, что $\int\limits_{\gamma}^{}f(z)dz=0$ для любой замкнутой $\gamma$ в некоторой односвязной области $G$. Тут и область неодносвязна, и кривая на две окружности распалась.

[thething]

MChagall в сообщении #1298059 писал(а):

Интегральная теорема Коши гласит, что $\int\limits_{\gamma}^{}f(z)dz=0$ для любой замкнутой $\gamma$ в некоторой односвязной области $G$.

Интегральная теорема Коши работает в любой ограниченной области с границей, состоящей из конечного числа кусочно-гладких кривых. Тут проблема, что получился интеграл $\int\limits_{\gamma}^{}F(z)d\overline{z}$. Пока не соображу, как с ним разобраться (видимо, это слишком очевидно )

[MChagall]

Я вот к чему, вроде, пришёл. $\int\limits_{\partial G}^{}\overline{F}dz=2i\int\limits_{\partial G}^{}F\overline{dz}$. Может, из этого что-то можно получить?

[amon]

MChagall в сообщении #1298013 писал(а):

$$\iint\limits_{r\leqslant \left\lvert z\right\rfloor\leqslant R}^{}f(z)dxdy$$

Переход от $dxdy$ к $dzd\bar{z}$ не спасет предводителя?

[thething]

MChagall в сообщении #1298099 писал(а):

Я вот к чему, вроде, пришёл. $\int\limits_{\partial G}^{}\overline{F}dz=2i\int\limits_{\partial G}^{}F\overline{dz}$

Сомнительно (можете проверить, просто расписав выражения слева и справа). У меня максимум получилось вот так $\int\limits_{\partial{G}}^{}Fd\bar{z}=-2\int\limits_{\partial{G}}^{}\operatorname{Im}Fdz$, откуда следует, что $i\int\limits_{\partial{G}}^{}Fd\bar{z}=\overline{\int\limits_{\partial{G}}^{}Fd\bar{z}}$
Отсюда, в свою очередь следует, что $\int\limits_{\partial{G}}^{}Fd\bar{z}=(1-i)\operatorname{Re}\left(\int\limits_{\partial{G}}^{}Fd\bar{z}\right)$

[MChagall]

amon в сообщении #1298112 писал(а):

Переход от $dxdy$ к $dzd\bar{z}$ не спасет предводителя?

Получается $\frac{i}{2}\iint\limits_{G}^{}f(z)dz\overline{dz}$ и по формуле Грина то же самое $\frac{i}{2}\int\limits_{\partial G}^{}F(z)\overline{dz}$

[thething]

До меня дошло!!
Не надо никаких первообразных -- нужно сразу сделать переход к полярным координатам и применить теорему о среднем
Ответ получился $\pi{f(0)}(R^2-r^2)$

P.s. Как я и говорил, все оказалось очевидно)