Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория функций комплексного переменного. Учебник
.pdf
7.4. Задания творческого характера 251
157. Представив ф ункцию Жуковского в виде
w − 1
w + 1
=
z − 1
z + 1
2
,
найти:
1) образ окружности Γ, проходящей через точки z = ±1 и образую-
щей угол α (−π < α < π) с действительной осью в точке z = 1.
Определить область, на которую отображается внешность такой
окружности;
2) образ окружности Γ1, проходящей через точку z = 1 под углом
α (−π < α < π) к действительной оси и содержащей внутри точ-
ку −1. Определить область, на которую отображается внешность
такой окружности.
158. Отобразить внешность единичного круга G1= {z : |z| < 1} на
область
G2= C \w : arg
w − 1
w + 1
= β
(0 < |β| < π)
так, чтобы w(∞) = ∞, arg w′(∞) = α.
159. Отобразить на верхнюю полуплоскость и на внешность единичного круга область
G = C \[−a, b] ∪[−ci, ci](a > 0, b > 0, c > 0, a2+ b2+ c26= 0).
160. Отобразить на верхнюю полуплоскость внешность единичного
круга с разрезами по отрезкам [i, bi], [−bi, −i], [1, a], [−a, −1]
(a > 1, b > 1).
161. Отобразить на верхнюю полуплоскость внутренность правой ветви гиперболы
2
x
cos2α
−
2
y
sin2α
= 1.
162. Отобразить на верхнюю полуплоскость внешность правой ветви
гиперболы
2
x
cos2α
−
2
y
sin2α
1.
=
252 Глава 7. Функция Жуковского
163. Отобразить на верхнюю полуплоскость область, заключенную
между ветвями гиперболы
2
x
a
2
y
−
2
= 1.
2
b
164. Отобразить на верхнюю полуплоскость плоскость с разрезами по
лучу [−a, +∞) (a > 0) и по отрезку [−ci, ci] (c > 0).
165. Отобразить на верхнюю полуплоскость плоскость с разрезами по
отрезку [−1, b] (b > −1) и по дуге окружности с концами в точках
±iα
e
, проходящей через точку z = −1 (рис. 7.2).
iα
e
(z)
−1
−iα
e
Рис. 7.2
b
Глава 8
Интегральные теорема
и формула Коши
8.1. Задания для аудиторной работы
166. Вычислить интеграл
если:
1) f(z) = z, а Γ является:
а) прямолинейным отрезком, соединяющим точки −1 и 1;
б) нижней половиной окружности {z : |z| = 1}
(начальная точка пути интегрирования z = −1);
2) f(z) = 1/√z (выбирается та ветвь√z, для которой√1 = 1), а Γ
является:
а) верхней по ловиной окружности {z : |z| = 1};
б) нижней половиной окружности {z : |z| = 1}
(начальная точка пути интегрирования z = 1);
3) f(z) = Re z + Im z, а Γ является:
а) ломаной с вершинами в точках 0, 1, 1 + 2i;
б) отрезком с концами в точках 0, 1 + 2i
(начальная точка пути интегрирования z = 0);
Z
f(z) dz,
Γ
254 Глава 8. Интегральные теорема и формула Коши
4) f(z) = z, а Γ является:
а) дугой параболы y = 1 − x2, соединяющей точки −1 и 1;
б) отрезком, соединяющим точки −1 и 1
(начальная точка пути интегрирования z = −1);
5) f(z) = 1/√z (выбирается та ветвь√z, для которой√−1 = i), а
Γ является:
а) правой половиной единичной окружности {z : |z| = 1};
б) ломаной, соединяющей точки i, 1, −i
(начальная точка пути интегрирования z = i);
6) f(z) = z, а Γ соединяет точки z1= 0, z2= 1 + i и является:
а) параболой y = x2;
б) ломаной, соединяющей точки z1, z3= i и z
2
(начальная точка пути интегрирования z = 0).
Р е ш е н и е п. 6. Уравнение кривой в каждом из рассматриваемых
случаев можно записать следующим образом:
а) z = t + it2, 0 6 t 6 1;
б) Γ = Γ1∪ Γ2, где Γ1: z = it, 0 6 t 6 1, Γ2: z = t + i, 0 6 t 6 1.
Поэтому, воспользовавшись формулой (см. формулу (3.5)т)
β
Z
f(z(t))z′(t) dt,
α
1
Z
(t − i) dt = 1 − i.
0
i
;
3
получим
I =
а) I =
б) I =
Z
f(z) dz =
Γ
1
Z
(1 − it2)(1 + i2t) dt = 1 +
0
1
Z
(−it)i dt +
0
167. Вычислить интеграл:
1+i
Z
1)
(3z2+ 2z) dz; 2)
1−i
i
Z
z cos z dz; 3)
0
−1−i
Z
(2z + 1) dz;
1+i
8.1. Задания для аудиторной работы 255
i
Z
4)
(3z4− 2z3) dz; 5)
1
i
Z
z ezdz; 6)
1
i
Z
z sin z dz.
0
Р е ш е н и е п. 1. Подынтегральная функция f (z) = 3z2+ 2z является
аналитической во всей комплексной плоскости, поэтому применим формулу
Ньютона – Лейбница (см. теорему 3.6т):
1+i
Z
(3z2+ 2z) dz = (z3+ z2)
1−i
1+i
= (1 + i)3+ (1 + i)2− (1 − i)3− (1 − i)2= 8i.
1−i
Р е ш е н и е п. 2. Функции f(z) = z и ϕ(z) = cos z являются аналитическими во всей комплексной плоскости, поэтому применим формулу интегрирования по частям:
i
Z
z cos z dz = z sin z
0
= i sin i + cos z
i
0
Z
−
0
i
sin z dz =
i
= i sin i + cos i − 1 = −e
0
−i
2
− 1 =
1 − e
e
Отметим, что при преобразованиях использовалась формула
−iz
e
= cos z − i sin z.
168. Используя интегральную теорему Коши и интегральную форму-
лу Коши, вычислить интеграл
Z
f(z) dz
γ
.
(здесь и далее γ — спрямляемая жорданова замкнутая кривая
(контур)), если:
1) f(z) =
1
z2+1
:
а) точка i лежит внутри γ, а точка −i вне его;
б) точка i лежит вне γ, а точка −i внутри его;
в) точки ±i лежат внутри γ;
г) точки ±i лежат вне γ;
256 Глава 8. Интегральные теорема и формула Коши
2) f(z) =
1
z2+9
:
а) точка 3i лежит внутри γ, а точка −3i вне его;
б) точка 3i лежит вне γ, а точка −3i внутри его;
в) точки ±3i лежат внутри γ;
г) точки ±3i лежат вне γ;
z
3) f(z) =
e
z(z−1)
:
а) точка 0 лежит внутри γ, а точка 1 вне его;
б) точка 0 лежит вне γ, а точка 1 внутри его;
в) точки 0 и 1 лежат внутри γ;
г) точки 0 и 1 лежат вне γ;
4) f(z) =
а) γ — окружностьz : |z| =
1
z(z+3i)(z+5i)
:
5
;
2
б) γ — окружность {z : |z| = 4};
в) γ — окружность {z : |z| = 6};
г) γ — окружностьz : |z − 2| =
5) f(z) =
1
z(z+7)(z+9)
:
1
;
2
а) γ — окружность {z : |z| = 5};
б) γ — окружность {z : |z| = 8};
в) γ — окружность {z : |z| = 10};
г) γ — окружностьz : |z − 2| =
6) f(z) =
1
z(z+2i)(z+4i)
:
1
;
2
а) γ — окружность {z : |z| = 1};
б) γ — окружность {z : |z| = 3};
в) γ — окружность {z : |z| = 5};
г) γ — окружность {z : |z − 6i| = 1}.
Р е ш е н и е п. 3. Интегральная формула Коши имеет вид (см. теоре-
му 3.7т)
g(z0) =
1
2πi
Z
γ
g(z) dz
z −z
,
0
где точка z0лежит внутри γ, а g(z) явля ется аналитической в односвязной
области, ограниченной γ и непрерывной в замыкании этой области.
В случае а)
z
Z
γ
ezdz
z(z − 1
Z
e
d
z
z−1
=
)
γ
2πi g(0) = −2πi,
=
z
8.1. Задания для аудиторной работы 257
z
где z0= 0, а g(z) =
В случае б)
где z0= 1, а g(z) =
В случае в) с учетом равенства
z−1
Z
z(z − 1)
γ
e
z
e
ezdz
z
.
.
Z
=
γ
1
z(z − 1)
z
e
dz
z
= 2πi g(1) = 2π e i,
z −1
1
=
z − 1
−
1
z
получим
Z
z(z − 1)
γ
ezdz
Z
ezdz
=
z −1
γ
Z
ezdz
−
γ
=
z
= 2πi g1(1) − 2πi g2(0) = 2π e i − 2πi = 2π i(e − 1),
где для первого интеграла z0= 1, g1(z) = ez, а для второго — z0= 0,
g2(z) = ez.
В случае г)
Z
z(z − 1)
γ
ezdz
= 0
по интегральной теореме Коши (см. теорему 3.2т).
Заметим, что в случае в) можно не прибегать к разложению рацио-
нальной функции
Z
γ
1
на простые дроби, а воспользоваться равенством
z(z−1)
ezdz
z(z − 1)
=
Z
γ1∪γ
ezdz
z(z − 1)
∗
+
γ2∪γ
Z
∗−
ezdz
z(z − 1)
,
где γ1∪γ2= γ (см. рис. 8.1), а γ∗— разрез, проходящий при интегрировании
2 раза в противоположных н аправлениях.
169. Используя обобщенную интегра льную формулу Коши (3.15)т,
вычислить интеграл
Z
g(z) dz,
γ
если:
1) g(z) =
sin z
z(z−π)
:
3
258 Глава 8. Интегральные теорема и формула Коши
y
γ
1
b b
0
Рис. 8.1
γ
∗
γ
1
x
γ
2
а) точка 0 лежит внутри γ, а точка π вне его;
б) точка 0 лежит вне γ, а точка π внутри его;
в) точки 0 и π лежат внутри γ;
г) точки 0 и π лежат вне γ;
z
2) g(z) =
e
z(1−z)
:
3
а) точка 0 лежит внутри γ, а точка 1 вне его;
б) точка 0 лежит вне γ, а точка 1 внутри его;
в) точки 0 и 1 лежат внутри γ;
г) точки 0 и 1 лежат вне γ;
3) g(z) =
z+1
(z−1)z
:
3
а) точка 0 лежит внутри γ, а точка 1 вне его;
б) точка 0 лежит вне γ, а точка 1 внутри его;
в) точки 0 и 1 лежат внутри γ;
г) точки 0 и 1 лежат вне γ;
4) g(z) =
z
(z2+1)
:
2
а) точка i лежит внутри γ, а точка −i вне его;
б) точка i лежит вне γ, а точка −i внутри его;
в) точки ±i лежат внутри γ;
г) точки ±i лежат вне γ;
5) g(z) =
sin z
(z−1)3(z+3)
:
а) точка 1 лежит внутри γ, а точка −3 вне его;
б) точка 1 лежит вне γ, а точка −3 внутри его;
в) точки 1 и −3 лежат внутри γ;
г) точки 1 и −3 лежат вне γ;
8.1. Задания для аудиторной работы 259
z
6) g(z) =
e
z2(z+1)
:
3
а) точка 0 лежит внутри γ, а точка −1 вне его;
б) точка 0 лежит вне γ, а точка −1 внутри его;
в) точки 0 и −1 лежат внутри γ;
г) точки 0 и −1 лежат вне γ.
Р е ш е н и е п. 6. Обобщенная интегральная формула Коши имеет вид
(см. теорему 3.13т)
I
f
(n)
(z0) =
n!
2πi
где точка z0лежит внутри γ, а f (z) является аналитической в односвязной
области, лежащей внутри контура γ.
В случае а) представим данный интеграл в виде
Z
z2(z + 1)
γ
ezdz
I =
где f (z) = ez/(z + 1)3.
Тогда к этому интегралу можно применить обобщенную интегральную
формулу Коши (z0= 0 и n = 1). В результате получим, что
2πi
I =
f′(0) = 2πi · (− 2) = −4πi.
1!
Аналогично в случае б)
Z
z2(z + 1)
γ
ezdz
I =
γ
=
3
=
3
f(z) dz
(z − z0)
Z
f(z) dz
γ
Z
f(z) dz
(z + 1)
γ
n+1
z
,
,
2
,
3
где f (z) = ez/z2.
Применив обобщенную интегральную формулу Коши (z0= −1, n = 2),
получим
I =
2πi
2!
(2)
f
(−1) = 2πi · ( −2) =
11πi
e
.
В случае в) воспользуемся таким же равенством, что и в предыдущем
примере (см. рис. 8.2):
I =
Z
γ
ezdz
z2(z +
1)
Z
=
3
γ1∪γ
z2(z +
∗
ezdz
1)
Z
+
3
γ2∪γ
∗−
ezdz
z2(z +
1)
,
3
260 Глава 8. Интегральные теорема и формула Коши
y
γ
1
γ
∗
γ
b b
−1
Рис. 8.2
поэтому
В случае г) интеграл равен нулю по и нтегральной теореме Коши.
I =
11πi
e
− 4πi =
11
− 4πi.
e
x
0
γ
2
170. Вычислить все возможные значения интеграла
Z
f(z) dz
γ
при различных положениях контура γ, предполагая, что этот
контур не проходит ни через одну из точек, в которых f(z) теряет
аналитичность:
1) f(z) =
4) f(z) =
1
z(z2− 1)
z
e
; 5) f(z) =
z2+ 9
; 2) f (z) =
z(z2+ 4)
z(z2+ 1)
z + 1
1
; 3) f (z) =
; 6) f(z) =
(z2+ 4)(z − 1)
z + 4
z2(z + 1)
1
;
2
.
Р е ш е н и е п. 6. Функция
f(z) =
теряет аналитичность в точках 1, ±2i. Рассмотрим всевозможные положения контура γ по отношению к этим точкам. Пусть контур γ содержит внутри себя ровно одну из указанных точек (рис. 8.3).
1
(z2+ 4)(z − 1)
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]