Практикум по спецглавам высшей математики (ТФКП, ОИ, ТП). Учебное пособие

а) u Re f z ex x cos y y sin y ,

f 0 0 . Дифферен-

u

x

v

цируя u по x , получим

x e

x 1 cos y y sin y y .

Тогда,

интегрируя,

приходим

к

выражению

где

g y

некоторая неизвестная функция. Найдем произ-

водные

v

ex y cos y xsin y ,

u

x

ex xsin y y cos y g ' y

и подставим их во второе

y

g ' x 0 . Отсюда

из условий Коши-Римана. Получим, что

g x const c . Следовательно,

ex

c i ex

f

z

x 1 cos y y sin y

y cos y

x 1 sin y

.

а) 1 i z Re z dz

C : y x2 , z1 0, z2 1 i ;

C

Im

б) 1 i

dz

z

z

C

C отрезокпрямойот z1 0 до z2

1 i .

формуле (19).

а) 1 i z Re z dz

C : y x2 , z1 0, z2 1 i . Так как

C

Re z x , то интеграл примет вид

1 i x i y xd x iy x x2 i x xy d x iy .

C

C

C

y x2

C

Из уравнения линии

имеем dy 2xdx . Подставляя y

и dy

в выражение для интеграла и учитывая, что 0 x 1,

1

1

2x3 dx

имеем x x2

2x2

2x4 dx i x x3 2x2

1

0

1

0

1

2

4

2

3

x2

x3

x5

x x

2x

dx i x

2x

3x

dx

2

2

3

5

0

2

3

4

1

0

i 1 2

3

0

x

x

7

i

x

2

3

1

1

2

23 i.

3

2

4

0

2 3

5

2 3 4

30 12

б)

1 i

Im

dz

C отрезокпрямой,

z1 0,

z

z

z2 1 i .

C

C

C

Или, используя (19), имеем

y xy dx y y2

dy i y y2 dx y xy dy .

C

C

y x . Поэто-

Уравнение прямой в нашем случае имеет вид

му dy dx . Подставляя y и dy

в выражение для интеграла

и учитывая, что 0 x 1, имеем

1

1

dx

x x2 x x2 dx i x x2 x x2

0

0

1

x x2 dx 2

x

2

x

3

1

1

1

5 .

2

2

2

3

0

2

3

3

0

i

1

а) z cos zdz ;

б) z i ch zdz .

0

i

Решение.

менить

0 формулу

интегрирования

по

частям

b

b

udv uv

ba vdu . Примем

u z ,

dv cos zdz .

Тогда

a

a

du dz ,

v sin z . Подставим в формулу и получим, что ис-

ходный интеграл

i

i0

i0

I z sin z

sin zdz isin i cos z

0

i sin i cosi 1 sh1 ch1 1 1

1.

e

1

б) z i ch zdz . Для вычисления интеграла нужно при-

менитьi

формулу

интегрирования

по

частям

b

ba

b

udv uv

vdu . Примем

u z i ,

dv ch zdz .

Тогда

a

v

a

что ис-

du dz ,

sh z . Подставим в формулу и получим,

L

ez i dz

L1 :

z

3 , L2 :

z i

L3 : x

2

y2

,

1,

1 .

z2 2 z i

16

теорема Коши и интегральные формулы Коши (20)-(23).

Данный

интеграл

можно

представить

в

виде

I

ez i dz

. Подынтегральная функция аналитиче-

2

L z i z i

ская везде, за исключением точек z i и z i .

а) Рассмотрим интеграл I

по контуру L1 . Данный кон-

тур – это окружность на плоскости

xOy радиуса

R 3 с

центром в начале координат. Точки

z i и

z i нахо-

т. е. I

ez i dz

0 .

z i z i

2

L

1

б) Рассмотрим интеграл I по контуру L2

. Данный кон-

тур – это окружность на плоскости xOy радиуса R 1 с цен-

тром в точке с координатами 0,i . Точка

z i находит-

ся вне этого контура. Точка z i центр

окружности

L2 .Следовательно, подынтегральная функция имеет особен-

ность в области, ограниченной контуром

L2 .

Преобразуем

интеграл к виду

ez i

dz

I

z i

.

z i

2

L

ez i

dz

2 i d

ez i

I

L

z i

1! dz

z i 2

z i

z i

2

2 i

ez i

z i ez i

2 i

e2 i 2 i 1

.

z i 2

z i

4 2

Применяя формулу Эйлера (6), имеем

I

i

2 i 1 cos 2 isin 2 1

i

.

2

2

I1 и I2 по контурам 1 и

2

вокруг точек

z i и z i

соответственно. Интеграл I2

по контуру 2

равен интегралу

I по контуру L (см. п. б)), т.е. I

2

1

i

. Рассмотрим ин-

2

2

теграл

I1 по контуру 1 .

Для этого преобразуем исходный

интеграл к виду

ez i

dz

I

z i 2

.

1

z i

1

Тогда,

обращая интегральную формулу Коши, интеграл I1

ez i

dz

I1

z i 2

2 i

ez i

2 i

1

i

.

z i

z i

2

4

2

1

z i

2

L3 равен

Следовательно, интеграл I

по контуру

I

I I

2

i

1

i

1 .

1

2

2

1.

z

,

а) 6

z

7 ,

б)

z

7 ,

z2 z 42

в) 0

z 7

13 ;

z 5

2.

,

z 7

1 ;

z2 13z 42

3.

z 1

,

0

z 6

13 ;

z2 z 42

4.

z 5

,

z 6

1.

z2 13z 42

Решение. Общие замечания ко всем примерам:

- все функции в указанных областях аналитичны;

-

все области

в приведенной задаче есть кольца

0 r

z a

R

(не

исключаются случаи,

когда r 0 и

R

);

- в качестве точки a в формуле (24) берется центр коль-

ца, т.е. a z0 ;

- в данной задаче будет использовано разложение в ряд

суммы геометрической прогрессии

1

1 n zn

z

1.

1 z

n 0

Решение каждого из примеров состоит из двух этапов:

- Методом неопределенных коэффициентов раскладыва-

ем f

z на сумму простейших дробей

Ak

, где zk -корни

z zk

знаменателя.

- В знаменателе каждой из дробей выносим за скобки то

слагаемое, которое больше по модулю в рассматриваемой

области.

В

этом случае

можно

получить дробь

1

w

1 w

1

, которую можно разложить в сходящийся сте-

пенной ряд по выше приведенной формуле.

1. а) f z

z

6

z

7

r 6, R 7, a 0 .

,

z2 z 42

коэффициентов представим функцию

f z

в виде суммы

простейших дробей

z

7

1

6

1

f z

.

z2 z

42

z

7

z 6

13

13

Разложим в ряд каждое из слагаемых отдельно. В знаме-

нателе дроби

1

модуль первого слагаемого удовлетворя-

z 7

ет условию

6

z

7 , а модуль второго слагаемого

z

7

больше модуля

первого слагаемого, и, поэтому, вынося в

знаменателе за скобки 7, получим

7

1

1

1

.

z

7

z

13

13

1

Воспользовавшись

разложением

7

геометрической прогрес-

сии, получим следующее выражение для разложения перво-

го слагаемого функции

f z

в ряд Лорана:

7

1

1

1

1

n

z

n

1

n zn

1

1

.

13

z 7

13

z

13

7

13

7n

1 7

n 0

n 0

Данный ряд сходится при

z

7 .

1

модуль первого сла-

В знаменателе второй дроби

z

6

z

6

z

7

гаемого есть

:

больше модуля второго слагае-

мого

6

6 ,

поэтому,

вынося в знаменателе за скобки z ,

получим

6 n

6

1

6

1

6

6

1 n

6nn

13

z

6

13z

1 6

13z n 0

z

13z n 0 z

z

1

n 1

n

n 0

6zn 1

1

n 1

6zn

13

13

6

1

z

6 . Итак,

Этот ряд сходится при

или

z

f z

1

1 n

zn

1

6n

, 6

z

7 .

13 n 0

7n

13 n 1 zn

1. б) f z

z

,

z

7

r 7, R , a 0 .

z2 z 42

f z

z

7

1

6

1

.

z2

z

42

z 7

z 6

13

13

Как и в предыдущем примере, второе слагаемое можно

представить в виде

6

1