Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика 3 семестр

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

722.47 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

от её градиента: векторного поля

v	dv				то	есть в виде потенциала
			vx dx v y dy
		Дело в		том,	что	в такой записи можно
(vx , v y ) .

заменить производные от производные от известной

Римана.
Римана.		vx dx v y dy			(u y

неизвестной		функции	v(x, y)	на
функции	u(x, y)	по условиям Коши-
				u
)dx ux dy . А первые производные от

уже известны, мы их вычисляли выше в процессе проверки уравнения Лапласа. Как и при вычислении потенциала, в качестве начальной точки как правило, принимаем (0,0) и интегрируем по ломаной.

( x, y)		y	x

	( u )dx u dy
(0,0)

( x, y)(2 2x)dx (2 y)dy

(0,0)

x y

= (2 2x)dx 2 ydy =

0 0

2x x

x 2

x y 2

2x x 2

y 2 .

Но так как начальная точка была

взята произвольно, то надо записать в самом общем виде:

v(x, y) 2x x

C .

При этом константа

должна быть такая,

чтобы обеспечивалось

равенство

f (0) i ,

т.е.

f (0 0i) 0 1i ,

т.е.

в точке

(x, y) (0,0)

было (u, v) (0,1) , таким образом,

должно быть v(0,0) 1 .

v(0,0) 0

C 1

C 1.

Итак, v(x, y)

2x x

Осталось восстановить функцию

f (z) . Для этого вспомним, что:

z z

и применим эти выражения в записи u iv .

u iv = (2xy 2 y) i(2x x2 y 2 1) =

z z z z

z z

z 2

z 2 z 2 2zz

i (z

i z 2 z

2iz	i	(z
	2

i(z z) i(z z)									i	(z		2	z	2		2zz)			i	(z	2	z	2	2zz) i
												2		2							2		2
									4										4
									4										4
2iz			i	(z	2	z	2	)	i	(z	2		z	2	)		i =
					2		2				2			2
			4						4
			4						4
z	2	)	i	(z	2	z	2	) i		=		2iz iz					2	i .
	2				2		2										2
			2
			2

Как видим,		z	здесь в	процессе преобразований
сократилось. Так и должно было быть, ведь
Ответ.	2iz iz	2	i .

Задача 7.1. Вычислить zdz				по отрезку от 0 до i .
			L
Решение. zdz		= (x iy)(dx idy) = (xdx ydy iydx
	L		L	L

полностью

ixdy)

(xdx ydy) i ( ydx xdy) а это уже 2 криволинейных интеграла

L L

второго рода от различных векторных полей. Причём

вертикальном отрезке, соединяющем 0 с точкой i , фиксировано										x
а значит и dx 0 , т.е. исчезают все слагаемые, где есть								x или dx .
							1
При этом y [0,1]. Итак, (0 ydy) i ( 0 0dy) = ydy 0i									=
					L	L	0
y	2	1	1 0i =	1
	2
		0i =			.
		0i =		2	.
2		0	2	2
		0

на

0 ,

Ответ. 12 .

Задача 7.2. Вычислить

zdz L

по окружности радиуса

Решение. Изначально преобразование с раскрытием скобок

такое же, как и в прошлой задаче:			zdz	=	(x iy)(dx
			L		L
(xdx ydy iydx ixdy)	=	(xdx ydy) i ( ydx xdy) .
L		L	L

точно

idy)

Дальше, криволинейные интегралы вычисляются иначе из-за того, что

другая кривая. На окружности наилучший способ задать точку - параметрически: x Rcost , y R sin t . При этом t [0,2 ] .

Также вычислим дифференциалы:

Rsin

tdt

dy R cos tdt .

2
(R cos t(R sin t)
0
2	2
= 0dt i R 2 (sin 2
0	0		i .
Ответ. 2R		2	i .
		2

	2
R sin tR cos t)dt i ((R sin t)(R sin t) R cos tR cos t)dt
	0
t cos 2 t)dt	= 0 iR 2	2	= 2R	i .
t cos 2 t)dt	= 0 iR 2	dt	= 2R	i .
			2
		0

Задача 8. Вычислить

1		z
2 i		(z 1)(z 2)(z 4)	2
	С

, где контур

А)

z 1 0,5

Б) z 2

0,5

В) z 4

0,5 Г)

Решение. Так как здесь в интеграле уже изначально есть множитель

1 , то домножать на

2 i

в правой части не нужно.

А) =

(z 2)(z 4)2 z 1

1
( 1)( 3)	2
( 1)( 3)

= 19 .

Б)

(z 1)(z 4)2 z 2

=	2
=	1( 2)	2
		2

1 2

В) В отличие от двух первых точек, здесь в знаменателе корень 2-го порядка, поэтому подставляем z 4 не сразу, а после вычисления производной.

  

(z z

z1)(z

23z (z





	2)
	2)			z 4
				z 4
	2		2z		2
	2		2z
1)	2	(z	2)
1)		(z	2)

=
=


3z
2

z	2

z 4


			=
			=
z 2		z 4
		z 4
2 z			2
2 z
(z 1)	2	(z 2)
(z 1)		(z 2)

1	(z	2

2 z 4


3z 2) (2z
(z	2	3z 2)			2

=	14		=	7
	9	4		18

3)z

z 4

Г) По интегральной теореме Коши, сумма интегралов по трём

предыдущим контурам:

+ 1

= 0 .

Ответы.

А)

Б)

В)

Г)

Задача 9.

Вычислить вычет

Re s

7)4 (z 5)2

z 7 (z

Решение. В отличие от прошлой задачи,

здесь полюс 4-го порядка,

(m 1)

так что формула

Re s f (z) =

lim (z z0 )

f (z)

z z0

(m 1)! z

приобретёт вид: Re s f (z) =

lim (z z

f (z) (3) .

z z0

3! z z0

Re s				1							=
Re s		(z 7)		4			5)		2		=
z 7				4	(z				2
z 7					(z
1			( 2)( 3)								1

	lim							=

			(z 5)			4
3! z 7						4			3!
3! z 7


= 4			= 2		2					1
							=			1
							=
	25			25					23

1			1			(3)
1	lim		1
	lim				2
3!	z 7		(z 5)		2
3!			(z 5)

lim		( 2)( 3)( 4)
lim				5
z 7			(z 5)	5
z 7

=1 . 8

1	lim	( 2)
	lim		3
3!	z 7	(z 5)	3
3!		(z 5)

1	lim	3!( 4)
			5
3!	z 7	(z 5)

	4
	(z 5)	5
	(z 5)	7
		7

Ответ.

1 8

Задача 10. Вычислить интеграл

Решение. Здесь очевидно, точки как радиус равен 5.

1			1	2	dz .
2				2	dz .
2	i	z 5	(z 2)(z 4)		(z 6)
		z 5

2 и 4 внутри круга, 6 снаружи, так

1							1				dz
2	i				(z 2)(z			4)	2	(z	dz
2	i	z	5		(z 2)(z			4)		(z	6)
		z	5
			1							1
			1							1

			2
(z 4)			2	(z 6)				(z 2)( z 6)
(z 4)				(z 6)		2		(z 2)( z 6)
						2

= Re s f (z) Re s f (z)

z 2		z 4
=	1


	2			2
( 2)	2	( 4)	z	2


4
4

=
1
1

8z 12

1		(2z 8)
16	(z	2	8z 12)	2

1	(2z 8)
16	(z 2)	2	(z 6)	2

				4

1			0
16	2	2	( 2)	2

		1	.
		16

Ответ.

Задача

		1	.
		16

11.1. Вычислить интеграл


	(x	2
	(x

1
1)(x	2
1)(x

36)

Решение. Рассмотрим функцию f (z)		1			, её	можно

		(z 2 1)(z 2		36)

представить в виде f (z)	1		,	есть 4		полюса

	(z i)(z i)(z 6i)(z 6i)

первого порядка:

i, 6i

. Интеграл по границе верхнего полукруга

равен сумме вычетов в 2 точках, а именно

i,6i

. Если радиус больше 6,

то обе точки внутри полукруга, и при дальнейшем увеличении радиуса интеграл уже не изменится. При этом из теории известно, что при увеличении радиуса, доля результата, приходящегося на горизонтальный отрезок, растёт, а по дуге - стремится к 0, потому что здесь степень знаменателя на 4 больше, чем числителя, то есть модуль

функции величина порядка				1		, а дуга длины R . Поэтому интеграл
функции величина порядка				R	4	, а дуга длины R . Поэтому интеграл
					4

по дуге меньше, чем			, и стремится к 0. В пределе, действительная
по дуге меньше, чем	R	3	, и стремится к 0. В пределе, действительная
		3

ось - граница верхней полуплоскости.

Таким образом,

		1
		1		dx
(x	2	1)(x	2	dx
(x		1)(x		36)


i Re s
	z i

f (z) Re s

z 6i

(z)

где		f (z)						1						.
где		f (z)				i)(z i)(z 6i)(z 6i)								.
				(z		i)(z i)(z 6i)(z 6i)
				1										1
				1			dx		2					1

			2	1)(x	2			=		i		i)(z			2
	(x			1)(x		36)				(z		i)(z				36) i
2				1		1			=	2	i		1		1		=	2
2		i							=								=
				(2i)35		( 35)(12i)				35i			2		12			35
				(2i)35		( 35)(12i)				35i			2		12			35


(z		2
(z
	5
	12
	12

		1
	1)(z
	=
	=	6 7
		6 7

)	6i
	6i

	42

  

Ответ.		.
Ответ.	42	.
	42
					1
Задача 11.2. Вычислить интеграл				2	1	3	dx .
			(x	2	1)	3

Решение. В этом примере, если решать без вычетов, решение было бы более громоздким: надо было бы дважды применять рекуррентную

формулу из прошлого семестра, чтобы от 3 степени перейти ко 2-й и затем к 1-й. А с помощью вычетов, будет просто один вычет в полюсе порядка 3.

f (z)								1				=			1								. В верхней полуплоскости только
f (z)				(z	2			1)			3	=	(z i)		3	(z		i)			3		. В верхней полуплоскости только
					2						3				3						3

один полюс									z i .
			1																		1								1							1
			1																		1								1							1
								dx			= 2		i Re s													=		2 i										=
								dx			= 2		i Re s													=		2 i										=
(x		2		1)		3								z i		(z		i)		3			(z i)		3				2!			(z i)					3
(x				1)												(z		i)					(z i)						2!			(z i)						i
																																						i
			( 3)											( 3)( 4)												12				2		2		3


												=										=		i				=	i							.
	i											=	i				5					=		i			5	=	i		5				5	.
							4							(z i)			5								(2i)		5		2		5		i		5
	(z i)									i				(z i)					i						(2i)				2				i
																			i

Учитывая, что										i	4		( 1)			2	1	, тогда
Учитывая, что										i			( 1)				1	, тогда
	2		2		3						3				3
i	2				3			=	i		3			=	3	.
i	2	5		i		5		=	i	2		3	i	=	8	.
		5				5						3


Ответ.							3	.
Ответ.							8	.
							8
																			2
Задача 12. Вычислить интеграл
Задача 12. Вычислить интеграл
																			0

i	5

i , далее:

	1	dx .
	4 cos x	dx .
	4 cos x

Решение. Здесь надо сделать замену

cos x	1		1			1
		z		,	dx		dz .
		z		,	dx		dz .
	2		z			iz

e	ix

, при которой:

2		1										1
				dx	=
		5 4 cos x									1
						z 1	5			4
0												z
											2
1		1						1
	z 1		5z 2 z 2 1 dz				=			z 1 2z
i									i

1 dz =1 iz

	1	dz .
2	5z 2

1		1			1	dz
i			z	1	z	dz
i				1	z
	z 1
	z 1	5 2
				z

Теперь найдём корни полюсы функции.

D 25 4 2 2 9 .

многочлена в знаменателе, тем самым найдём

5 3	, корни	1	и	2	. Один из них,
4		2

очевидно, внутри единичного круга, другой снаружи. Поэтому надо будет найти всего один вычет.

С учётом найденных полюсов, интеграл запишется в виде:

1
i		2 z
	z 1

2		1

	2 z

Ответ.

		1
			z
2			z


2		z		1
		z		2
				2
2	.
3	.
3

	1	dz	= 2
	1

	2
= 2				1
= 2					1
					1
		2 2

					2

i 1 Re s

i z 12

		=	2
		=	3
			3


1
1			=

		1
2 z 2	z
2 z 2	z

		2

Задача 13. Разложить функцию

	1	, x ( 1,0)
f (x)
x 2, x (0,1)

в тригонометрический ряд Фурье на [ 1,1] .

Решение. Найдём все коэффициенты ряда Фурье. Здесь l 1, поэтому

1	перед каждым интегралом не пишется.
l	перед каждым интегралом не пишется.
l
	1					0	1		0	x	2	1	1		1
												1

a0		f (x)dx			= 1dx (x 2)dx			= x				2x		= 1		2

									1	2			0		2
									1				0
	1				1		0					0
			a		1		0					0
			a	0	7
При этом				0	.		Далее, вычислим все прочие коэффициенты.
При этом					.		Далее, вычислим все прочие коэффициенты.
			2		4
	1						0	1
an f (x) cos n xdx = cos n xdx (x 2) cos n xdx
	1						1	0

во 2-м слагаемом здесь будет интегрирование «по частям».

	=	7
	=	2
		2

u x 2		v			1		sin( n x)
		v		n			sin( n x)
				n
u 1		v	cos(n x)
u 1		v	cos(n x)

1		0				x 2			1	1	1
1	sin( n x)					x 2		sin( n x)		1		sin( n x)dx	.

n							n			n

		1							0		0
		1							0		0

Теперь получилось 3 слагаемых, в 1-м и 2-м получится 0 0 0 в каждом, так как там либо sin 0 либо sin n .

0 sin( n )						3sin( n
0 sin( n )						3sin( n
	n						n
	n						n

	0		cos(n ) 1				=
0	0			2	2		=
			n	2	2
			n
	1
bn		f (x) sin n xdx =
bn		f (x) sin n xdx =
	1

) 0				cos(n x)				1
) 0				cos(n x)

				n		2	2
				n				0
								0
( 1)		n	1
( 1)			1		.
n	2		2		.
	2		2

0							1
sin n xdx (x
1							0

2) sin n xdx

во 2-м слагаемом также интегрируем по частям.

u x 2

cos(n x)

u 1

v sin( n x)

x 2

cos(n x)

cos(n x)dx

1 cos(n )

3cos(n ) 2

sin( n x)

теперь 3-е слагаемое содержит

sin 0

sin n

и равно 0.

При этом мы ещё и не различаем

cos(n )

и cos(n )

так как косинус

функция чётная. И то и другое равно

( 1)	n

1 ( 1)n

3( 1)n 2

0 0

( 1)n

2 3( 1)n

1 2( 1)n

	a		7			( 1)	n	1			1 2( 1)	n
Итак,		0		,	an				,	bn

	2		4			2		2			n

						n

коэффициенты и теперь запишем ряд Фурье:

	7		( 1)		n	1		1 2( 1)	n

Ответ.							cos n x		sin n x	.
	4		n	2		2		n
		n 1

. Мы знаем все

Задача 14. Разложить функцию

	1	, x ( 1,0)
f (x)
x 2, x (0,1)

в комплексный ряд Фурье на

[ 1,1]

Решение. Здесь

поэтому

1 2l

перед каждым интегралом это

1 2

		1	1
c0		1		f
c0		2		f
		2	1
			1
1			1
	1
2			2

(x)

	dx
	=	7
		4

1		0		1
			1dx
2			1dx		(x 2)dx
2	1			0
	1			0

	1			x	2	1
					2	1
=		x	0			2x	1	=
			0				1
	2		1	2			0
			1				0
						0
						0

	1	1					1		0		1
сn			f (x)e	in x	dx	=			e	in x	dx (x 2)e	in x


	2						2
		1						1			0

Во втором слагаемом интегрирование по частям.

u x 2	v	1	e	in x
				in x
		in
		in

u 1					v e	in x
						in x

1		1			0		1		x 2			1	1			1
1		1		e	in x		1		x 2	e	in x		1			e	in x			dx
					in x						in x						in x
	2 in				1		2		in					in
	2 in						2		in			0		in		0
												0				0
1 1					0		1		x 2			1	1		1
				e	in x					e	in x				e in x dx
	2 in			e					in	e				in	e in x dx
	2 in				1		2		in			0		in	0
					1							0			0
1		1			0		1		x 2			1			1
1		1			in x		1		x 2		in x				1				in x
				e	in x					e	in x							e	in x
	2		in	e	1			2	in	e				i 2 n2 2				e
					1							0


		=
		=


	=
	1
		=
		=

	0

<<< < Предыдущая 12 / 32 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.20231.34 Mб3Маркетинговые исследования.-3.pdf
#
05.02.20231.35 Mб4Маркетинговые исследования..pdf
#
05.02.20231.3 Mб6Математика (семестр 2, часть 1)..pdf
#
05.02.2023641.56 Кб4Математика (семестр 2, часть 2).-1.pdf
#
05.02.2023938.68 Кб5Математика (семестр 2, часть 2)..pdf
#
05.02.2023722.47 Кб7Математика 3 семестр..pdf
#
05.02.20231.9 Mб21Математика для гуманитарных, экологических и экономико-юридических специальностей. Часть 1.pdf
#
05.02.20234.98 Mб7Математика для гуманитарных, экологических и экономико-юридических специальностей. Часть 2.pdf
#
05.02.202311.03 Mб12Математика-2-й семестр (курс лекций)..pdf
#
05.02.20234.95 Mб10Математика-3-й семестр(курс лекций)..pdf
#
05.02.20231.56 Mб6Математика. Дополнительные главы.pdf