Матан 1 и 2 курс-20191213T204734Z-001 / 2_5199424839454033100

Добавил:

darkl0rd Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Запорожский национальный технический университет

Предмет:

Высшая математика

Файл:

= ò1 (2x2 + 4x)dx + iò1 2x2dx =

= ò1 (2x2 + 4x)dx + iò1 2x2dx =

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.12.2019

Размер:

497.12 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Для тригонометричних функцій залишаються вірними всі формули тригонометрії.

Гіперболічні функції визначаються рівностями

sh z =	ez − e−z	ch z =	ez + e−z
	2		2


th z =	sh z		cth z =	ch z
	ch z			sh z

Логарифмічна функція Ln z ,			де z ¹ 0 , визначається як
функція, обернена до показникової
Ln z = ln	z	+ i(arg z + 2kπ ),	k = 0;±1;± 2;...

Обернені тригонометричні функції Arcsin z , Arccos z ,

Arctg z , Arcctg z визначаються як функції, обернені відповідно до функцій sin w,cos w, tg w,ctg w .

Наприклад, якщо z = sin w , то w називається арксинусом числа z і позначається w = Arcsin z .

Ці функції багатозначні і їх можна виразити через логарифмічну

функцію

Arcsin z = −iLn(iz +

)

1− z2

Arccosz = −iLn(z +

)

z2 −1

Arctgz = −

+ iz

− iz

Arcctgz = −

z + i

z − i

Загальна степенева функція w = za , де a =α + βi – будь-яке комплексне число, визначається рівністю

za = ea Ln z

Якщо a = 1n , n N , то маємо багатозначну функцію – корінь

степеня n з комплексного числа

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

Ln z

(ln

+i(arg z +2kπ ))

arg z +2kπ

zn = n z = en

= en

= n

n =

arg z + 2kπ

arg z + 2kπ ö

= n

+ i sin

k = 0, n -1

çcos

÷,

Загальна показникова функція

w = a z

( a ¹ 0 –

будь-яке

комплексне число) визначається рівністю

w = az = ez Ln a

Приклад 1.5

æ -1- i

Обчислити а) Lnç

б) Arccos 2i

Розв’язок

а) За означенням

Ln z = ln

+ i(arg z + 2kπ ), k = 0, ±1, ± 2,...

-1- i

1 ö2

ö2

ç-

+ ç

2 ø

-1- i ö

3π

argç

= -π + arctg

= -π + arctg1

= -π +

= -

2 ø

-1- i ö

3π

+ 2kπ

πi

(8k

- 3),

Lnç

= ln1+ iç-

k = 0, ±1, ± 2,...

б) Arccos z = -i Ln(z +

)

z2 -1

Тоді Arccos2i = -i Ln(2i +

)= -i Ln(2i +

)

(2i)2 -1

- 5

Тому що

= ±

i , отримаємо Arccos 2i = -i Ln(2 ±

- 5

(2 +

= 2 +

(2 - 5)i

= 5 - 2

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

arg(2 +

)i =

arg(2 -

)i = -

Ln(2 ± 5)i = ln(

= ln(

5 ±

2)+

i(4k ±1)

5 ± 2)+ iç

+ 2kπ ÷

æ		π	ö		π
	5 ± 2)+			=		(4k ±1)- i ln(	5 ± 2),
Arccos 2i = -içln(		2	i(4k ±1)÷		2
è			ø

k = 0, ±1, ± 2,...

1.3 Аналітичні функції
Похідною функції комплексної змінної						w = f (z)	називається
границя	lim	w =	lim	f (z +	z) − f (z)	= f ′(z)	при умові,
					z
	z→0	z	z→0

що z прямує до 0 довільним чином.

Функція називається диференційовною в точці z, якщо існує похідна в цій точці. Якщо функція диференційовна як в самій точці z, так і в деякому її околі, то функція називається аналітичною в точці z.

Функція f(z), що однозначна та диференційовна в кожній точці області D, називається аналітичною в області D.

Для того, щоб функція f (z) = u(x, y) + iv(x, y) була аналітичною в області D, необхідно і достатньо існування в цій області неперервних частинних похідних u(x, y) і v(x, y) , що задовольняють умовам Коші-Рімана:

ì¶u

¶v

¶x

¶y

¶u

= - ¶v

¶y

¶x

∂u ∂v ∂u

∂u ∂v ∂u ∂v ∂v

та при цьому f (z) =

+i ¶x

-i

¶y -i

= ¶y +i ¶x .

¶x

¶y

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

Приклад 1.6

Знайти аналітичну функцію f (z) = u(x, y) + iv(x, y) по відомій уявній частині v(x, y) = 3x + 4yx .

Розв’язок

Використаємо умови Коші-Рімана:

∂u	=	∂v =	∂(3x + 4yx)		= 4x
∂x		∂y		∂y
∂u	= − ∂v		= −	∂(3x + 4yx)		= −3 − 4y
∂y		∂x		∂x

Проінтегруємо перше з відношень по х. u(x, y) = ò4xdx + ϕ( y) = 2x2 +ϕ(y)

Для знаходження функції ϕ( y) продиференціюємо отриману рівність по у і підставимо в другу умову Коші-Рімана

	∂u	= ϕ′( y),	ϕ′( y) = −3 − 4y
		= ϕ′( y),	ϕ′( y) = −3 − 4y
	∂y
ϕ( y) = ò(−3 − 4y)dy = −3y − 2y2 + C ,				де C – const.
Таким чином,			дійсна частина	невідомої функції

u(x, y) = 2x2 − 3y − 2y2 + C.

Тоді f (z) = u + iv = 2x2 − 3y − 2y2 + C + i(3x + 4yx) = = 3i(x + iy) + 2(x2 − y2 + 2ixy) + C = 3iz + 2z2 + C

1.4 Інтегрування функції комплексної змінної

Нехай функція f (z) визначена і неперервна в області D, а L –

кусково-гладка замкнена або незамкнена крива, що належить області D.

Якщо z = x + iy , f (z) = u(x, y) + iv(x, y) , то обчислення

інтеграла зводиться до обчислення двох криволінійних інтегралів другого роду

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

ò f (z)dz = òudx - vdy + iòvdx + udy

L L L

Звідки випливає, що взагалі інтеграл ò f (z)dz залежить від лінії

інтегрування L.

Приклад 1.7

Обчислити інтеграл ò(2z + Im z2 )dz

а) по прямій у=х від точки z1 = 0 до точки z2 =1+ i


б) по параболі y = x2				від точки z = 0 до точки z		2	=1+ i .
Розв’язок:				1		2
Розв’язок:
Знайдемо			дійсну та	уявну частини	підінтегральної функції:
f (z) = 2		+ Im z2 = 2(x - iy) + Im(x2 - y2 +			2ixy) = 2x + 2xy - i × 2y
f (z) = 2	z	+ Im z2 = 2(x - iy) + Im(x2 - y2 +			2ixy) = 2x + 2xy - i × 2y
u(x, y) = 2x(1+ y)
v(x, y) = −2y
ò f (z)dz = ò2x(1+ y)dx + 2ydy + iò-					2ydx + 2x(1+ y)dy
L			L	L

а) L – пряма у=х, dy=dx, x змінюється від 0 до 1.

ò f (z)dz = ò1 (2x(1+ x)+ 2x)dx + iò1 (- 2x + 2x(1+ x))dx =

б) L – парабола y = x2 , dy=2xdx, х змінюється від 0 до 1.

ò f (z)dz = ò1 (2x(1+ x2 )+ 2x2 ×2x)dx + iò1 (- 2x2 + 2x(1+ x2 )2x)dx =

L	0		0
= ò1 (6x3 + 2x)dx + iò1 (4x4 + 2x2 )dx =		5	+	22i
0	0	2		15
0	0

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

ìx = x(t)	,	t0 £ t £ t1 ,
Якщо лінія L задана параметрично í	,	t0 £ t £ t1 ,
îy = y(t)

причому значення параметра t=t0 i t=t1 відповідають початковій та кінцевій точкам кривої L, то


	t1
	¢			де z(t) = x(t) + i y(t)
ò f (z)dz = ò f (z(t))× z (t)dt,
L	t0
Приклад 1.8
	òe		dz , де L – відрізок прямої у = –х, який з’єднує
Обчислити		z
	L

точки z1 = 0 і z2 = π - iπ .

Розв’язок:

Запишемо рівняння лінії L в параметричній формі x = t, y = −t

В комплексно-параметричній формі рівняння прямої буде мати

вигляд z = t − it , де t змінюється від 0 до π .
		= t + it,	dz = (1- i)dt
	z
	òez dz = πòet +it (1- i)dt = (1- i)πòe(1+i)t dt =			1- i	e(1+i)t	π

						=

	L	0	0	1+ i		0

= -i(e(1+i)π - e(1+i)0 )= (eπ +1)i

Якщо L – коло або частина кола з центром в точці z0 і радіусом R, то зручно використовувати рівняння виду

z = z0 + Reit (0 ≤ t < 2π )

Приклад 1.9

Обчислити ò(2iz + zz)dz , де L – дуга кола |z|=2, 0 ≤ arg z ≤ π .

Розв’язок:

Нехай z = 2eit , z = 2e−it , dz = z′(t)dt = 2ieitdt, 0 ≤ t ≤ π .

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

		17
Тоді	ò(2iz + z		)dz = πò(2i × 2eit + 2eit × 2e−it )× 2ieitdt =
		z
	L	0
π	(ie2it + eit )dt = (4ie2it + 8eit )π = -16
= 8i ò
0		0

Якщо f(z) – аналітична функція в однозв’язній області D, то

інтеграл не залежить від лінії інтегрування L.

В цьому випадку

ò f (z)dz = 0,

де L – будь-який замкнений кусково-гладкий контур в області D. Також, якщо f(z) – аналітична функція, то має місце формула

Ньютона-Лейбниця:

zò1 f (z)dz =Ф(z1) -Ф(z0 ) , z0

де Ф(z) – первісна до функції f(z), тобто Ф′(z) = f (z) в області D, z0 , z1 D .

Приклад 1.10

Обчислити інтеграл òcos zdz , де L – відрізок прямої, що

з’єднує точки z1 = π2 і z2 = π + i .

Розв’язок:

Підінтегральна функція f(z)=cosz аналітична всюди, тому застосовуємо формулу Ньютона-Лейбниця:

π +i		π +i	= sin(π + i) - sin	π
òcos zdz = sin z

		π		2 = -sin i -1 = -(1+ ish1)
π		2
2
Якщо f(z) іϕ(z) – аналітичні функції в однозв’язній області D, а
z0, z1 – довільні	точки цієї області,			то має місце формула
інтегрування частинами:

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

f (z) ×ϕ (z)dz = (f (z)

×ϕ(z))

- ò

ϕ(z) × f (z)dz

Приклад 1.11

Обчислити інтеграл òi z cos zdz

Розв’язок:

і ϕ(z) = cos z

Функції f(z)=z

всюди

аналітичні, тому можна

проінтегрувати частинами:

′dz = (z sin z)

ò z cos zdz =

ò z(sin z)

− ò sin zdz = i sin i + cos z

= −sh1+ ch1−1 = 1−e e .

1.5 Інтегральна формула Коші

Якщо функція f(z) є аналітичною в замкненій області D та l –

границя D, тоді значення функції f(z) в будь-якій точці можна обчислити за формулою Коші:

f (z0 ) =	1	f (z)dz
	2πi òl	z - z0

Де контур l проходиться таким чином, що залишається зліва.

Для похідної n-го порядку аналітичної функції:

n! f (z)dz f (n) (z0 ) = 2πi òl (z - z0 )n+1

Для використання інтегральної формули Коші корисною наступна теорема.

z0 області D

(1.12)

область D

(1.13)

може бути

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

Теорема.

Якщо

f (z) – аналітична в

С2

багатозв′язній

області D,

обмеженій

контуром

внутрішніми

по

С1

С3

відношенню

до

нього

контурами

C1, C2, K,Cn (рис. 1.4), то

С0

f (z)dz = å

ò f (z)dz

(1.14)

Рисунок 1.4

k =1Ck

Приклад 1.12

sin z +1

Обчислити інтеграл ò

dz , якщо l:

z 2 − 4z

а)

z -1

= 0,5

б)

z -1

= 2

в)

z -1

= 4

Розв’язок:

а) В замкненій однозв’язній області

z -1

= 0,5

підінтегральна

функція є аналітичною, тому

sin z +1

dz = 0

- 4z

z −1

=0,5

б)

колі

z -1

= 2

одна

точка

z0 = 0 , в якій знаменник

обертається в нуль

sin z +1

z - 4

- 4z

(z - 0)

z −1

Так як

f (z) =

sin z +1

– аналітична в області,

що обмежена

z - 4

колом z -1 = 2 , можна використати формулу Коші (1.12):

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

sin z +1

πi

z - 4

dz = 2πi

= -

(z - 0)

z - 4

z =0

z −1

= 4 є дві точки z = 0 та

в) в області,

обмеженій колом

z -1

z = 4 , в яких знаменник обертається в нуль.

1 спосіб.

Розкладемо дріб z2 - 4z на прості:

1 = 1 - 1 z2 - 4z 4(z - 4) 4z

Тоді

sin z +1

dz = ò

sin z +1

dz -

sin z +1

dz =

z−1

z2 - 4z

z−1

4(z - 4)

z−1

=4 4z

= 2πi

sin 4 +1

- 2πi

sin 0 +1

= πi

sin 4

2 спосіб.

Z −1

= 4

Застосуємо останню теорему. Для

цього введемо в розгляд 2 контури: γ1 ,

який містить особливу точку z = 0 та γ 2

-3

з особливою точкою z = 4 всередині (рис.

4 5

1.5).

sin z +1

Функція f (z) =

аналітична

z2 - 4z

Рисунок 1.5

в заштрихованій частині, тому

sin z +1

dz =

sin z +1

dz + ò

sin z +1

dz =

z−1

=4 z2 - 4z

γ1

z(z - 4)

γ 2

z(z - 4)

sin z +1

sin 4 +1

sin 4

= 2πi

2πi

= 2πiç-

÷ = πi

z - 4

z=0

z=4

PDF создан испытательной версией pdfFactory Pro www.pdffactory.com

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Матан 1 и 2 курс-20191213T204734Z-001

#
13.12.2019497.12 Кб312_5199424839454033100.pdf
#
13.12.2019422.2 Кб29ty_metodychka_a5_2nd_ed.pdf