Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7. Функции комплексного переменного / m7var08

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

645.21 Кб

Скачать

☆

Вариант 8

Задача 1. Вычислить значение функции (ответ дать в алгебраической форме):

а) sh(2 + i);

б) Ln(ii )

Решение. а). Воспользуемся формулой связи между тригонометрическим синусом и гиперболическим синусом: ; sh(z)= -isin(iz). Получим sh(2+i)=-i·sin(2i+i2)= -i·sin(-1+2i). По формуле тригонометрии sin(-1+2i)=sin(-1)·cos(2i)+cos(-1)·sin(2i). Учитывая чётность косинуса и нечётность синуса, получим: sin(-1+2i)=-sin1·cos(2i)+cos1·sin(2i). Воспользуемся формулами связи между тригонометрическими и гиперболическими функциями: cos(2i)=ch2; sin(2i)= ish2. Получим sh(2+i)=-i(-sin1·ch2+ i·cos1·sh2)=

= cos1·sh2+i·sin1·ch2.

б). Воспользуемся формулой ii = eiLni . Получим: iLni = i [ln

+ i(π + 2kπ)] = −(

+ 2kπ) .

Ln(ii ) = Ln e−(

+2kπ)

= ln

e−(

+2kπ)

+ 2πni = −π(

+ 2k) + 2πni .

Тогда

Ответ. а) sh(2+i)=cos1·sh2+ i·sin1·ch2;

б) Ln(ii ) = −π(2k +

) + 2πni .

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж.

Re z + z <1.

Решение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет вид: x + x + iy) <1.

y	Или x2	+ y2	<1− x . Возведём обе части в квадрат.
y
	Получим: x2 + y2 < x2 − 2x +1. Или y2 <1− 2x.

Ответ. Данное соотношение представляет область,

x	расположенную внутри параболы y	2	=1	− 2x	с вершиной в

точке (1/2; 0)

Задача 3. Решить уравнение: e2z − 2ez + 2 = 0.
Решение. Обозначим V=ez и решим квадратное уравнение V2-2V+2=0:

V1,2 =1± 1− 2 =1± i. Таким образом, имеем два корня: V1 =1+ i,						V2 =1− i .
				= π ,				= − π .
Найдём модули и аргументы этих чисел:	V	= 2,	arg V	= π ,	V		= 2, arg V	= − π .
	1		1	4	2		2	4
	1		1	4	2		2	4

Так как V=ez, то z=LnV. Далее воспользуемся формулой LnV = ln V + i(ϕ + 2kπ) . Получим:

= LnV

= ln

+ i(π

+ 2kπ),

= LnV

= ln

+ i(−

+ 2kπ) .

Ответ. z

= ln

± i π + 2kπi.

1,2

Задача 4. Доказать тождество.

sh(2z) = 2sh z ch z

Решение. Рассмотрим правую часть равенства:

ez − e−z

ez + e−z

−z

e2z − e

−2z

2sh z ch z = 2

+ e

− e

)

= sh(2z) , что и

требовалось доказать.

Задача 5. Восстановить аналитическую функцию по заданной мнимой части её:

Imf(z) = v = 3x2 y − 3x2 +1+ 3y2 − 3y + Ay3 , если f(0)=i.

Решение. Чтобы функция v(x,y) бала мнимой частью аналитической функции нужно, чтобы она была гармонической, т.е. её лапласиан ∆v был бы равен нулю: ∆v=0,

≡

∂2

Проверим выполнение этого условия. Найдём производные второго

∂x2

∂y

порядка от v по x и по y:

∂v

= 6xy − 6x,

∂2v

= 6(y

−1),

∂v

= 3x

2 + 6y

− 3 + 3Ay2 ,

∂2u

= 6(1

+ Ay).

∂x

∂x2

∂y

∂y2

Чтобы лапласиан ∆v был равен нулю, нужно положить A=-1. Таким образом, функция v(x, y) = 3x2 y − 3x2 +1+ 3y2 − 3y − y3 является гармонической. Восстановим действительную часть u(x,y) функции f(z)=u(x,y)+iv(x,y), пользуясь условиями Даламбера-Эйлера:


∂u =	∂v ,	∂u = −		∂v	. Из первого условия получаем:	∂u =	∂v = 3(x2 + 2y −1− 2y2 ). Тогда

∂x	∂y	∂y		∂x		∂x	∂y
u(x, y) = ∫		∂u	dx + ϕ(y) , или u(x, y) = ∫3(x2 + 2y −1− y2 )dx + ϕ(y) = x3 − 3(y −1)2 x + ϕ(y).

		∂x

Производная по y от этого выражения равна ∂u = −6x(y −1) + ϕ′(y). С другой стороны по

∂y

∂u ∂v

второму условию Даламбера-Эйлера ∂y = − ∂x = −6xy + 6x. Приравнивая эти выражения, получим: ϕ′(y) = 0. Или ϕ(y) = C. Таким образом, u(x, y) = −3x(y −1) + C. Тогда

f(z) = x3 − 3x(y −1)2 + C + i(32 xy − 3x2 +1+ 3y2 − 3y − y3 ). Перейдём к переменной z:

f(z) = x3 + 3ix2 y − 3xy2− iy3 − 3i(x2+ 2ixy − y2 ) − 3(x + iy) + C + i = (x + iy)3− 3i(x + iy)2− 3z + i + C .

Или f(z) = z3− 3iz2− 3z + i + C .Воспользуемся дополнительным условием f(0)=i. В данном случае f(0)=i+C. Т.е. C=0.

Ответ. f(z) = x3 − 3xy2 + 6xy − 3x + i(3x2 y − 3x2 +1+ 3y2 − 3y − y3 ) = z3− 3iz2− 3z + i = (z − i)3

Задача 6. Вычислить интеграл по дуге C от точки z1 до точки z2.

∫(1− i −		C: x = y2 , z1 = 0, z2 =1+ i.
	z)dz;
C

Решение. Вычислим интеграл, сводя его к криволинейным интегралам второго рода по формуле ∫f (z)dz = ∫udx − vdy + i∫udy + vdx . В данном случае f(z)=[1-i-(x-iy)] или

C C C

f(z) =1− x + (y −1)i. Значит ∫f (z)dz = ∫(1− x)dx − (y −1)dy + i∫(1− x)dy + (y −1)dx . Примем y за

C C C

параметр. Тогда x=y2, dx=2ydy. Начальной точке z1=0 соответствует значение y=0,

конечной

z2=1+i – значение y=1.

Следовательно,

∫(1− i −

10 +

z)dz = ∫[2y(1− y2 ) − (y −1)]dy + i∫[(1− y2 ) + 2(y −1)y)]dy = [y2 −

−

+ y]

+ i[y −

+ −

2y3

− y2 ]10

=1+

Ответ. ∫(1− i − z)dz =1+ i .

Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции. ∫(z −1) sin zdz .

Решение. Применим формулу интегрирования по частям:

u = z −1

du = dz

1i +

∫(z −1) sin z dz =

= − (z −1) cos z

∫cos z dz =

dv = sin zdz v = − cos z

= −(i −1) cosi + sin z

= (i −1) cosi + sin i − sin1.

Перейдём к гиперболическим функциям: cosi = ch1,

sin i = i sh1.Получим:

∫(z −1) ei

dz = −(i −1)ch1+ ish1+ sin1= ch1− sin1+ i(sh1− ch1) .

Ответ.

∫(z −1) ei

dz = ch1− sin1+ i(sh1− ch1) .

Задача 8. Найти интеграл, используя интегральную формулу Коши, по контурам L1, L2,

L3. ∫

eizdz

, 1) L1 :

z − i

=1, 2) L2 :

z + i

= 3, 3) L3 :

= 4.

L (z − π)(z −

Решение. 1). Подынтегральная функция

аналитична всюду, за исключением точек z=π, и

z=π/2. Внутри области

z + 3

≤1 подынтегральная

функция аналитична. Следовательно,

I1 = ∫

eizdz

= 0 .

2). В круге

z + i

≤ 3

L1 (z − π)(z −

есть одна особая точка: z=π/2. Тогда по

-1

интегральной формуле Коши

eiz

∫

eizdz

= ∫

(z − π) dz

(z− π / 2)

L2 (z− π)(z −

eiz

ieiz

− π) − eiz

2πi

= 2πi

− π)

1! dz (z

− π)

z=π / 2

8ieiπ/ 2

πi

(

−1) =

(−

−1)(cos

+ isin

)

= 4i +

≤ 4 есть две особые точки: z=π и z=π/2. Поэтому применим теорему

3). Внутри области

∫

eizdz

∫

eizdz

∫

eizdz

Коши для многосвязной области: I3 =

, где l1

L3(z− π)(z −

l1 (z− π)(z −

l2 (z− π)(z −

- окружность достаточно малого радиуса с центром в точке z= π/2, а l2 - окружность малого радиуса с центром в точке z= π. Первый интеграл уже вычислен. Вычислим второй интеграл по интегральной формуле Коши:

eiz

∫

= ∫

(z − π / 2)

= 2πi

(z− π)(z − π / 2)

(z− π)

(z − π / 2)

z=π

Тогда I3 = ∫

eizdz

=4i +

−

+ 4i(1−

)

L3(z− π)(z −

)

Ответ.

= 4i

, I

+ 4i(1−

=	8i	e	iπ	=	8i	(cos π + isin π) = −	8i	.
	π				π		π

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

z − 2	,	1) 3 < z < 4	2) z > 4. 3) 0<\|z+3\|;
z2 − z −12

Решение. Корнями уравнения z2-z-12=0 являются числа z1=4 и z2=-3. Разложим эту дробь

на простые дроби:		z − 2	=	A		+	B	=	A(z + 3) + B(z − 4)	. Или
на простые дроби:		2 − z −12	=			+		=		. Или
	z	2 − z −12		z −	4		z + 3		(z − 4)(z + 3)

A(z + 3) + B(z − 4) = z − 2. При z=4 получим A=2/7. Если положить z=-3, то получим

В=5/7. Следовательно,

z − 2

. 1). В кольце 3 <

< 4 имеем

2 − z −12 7

z − 4 7

z + 3

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

z − 2

= −

. Воспользуемся формулой для бесконечно убывающей

z2 − z −12

4(1−

)

z(1

)

геометрической прогрессии:

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где

<1. В первой дроби q=z/4,

1− q

во второй дроби q=-3/z. Следовательно,

z − 2

∞

(−1)

n−1

∞

∑

−

∑

. 2). В кольце

> 4

выполняются неравенства

n+1

− z −12 7 n=1

7 n=0 4

3 <1 и 4 <1. Следовательно,

z − 2			2	1				5	1				2	∞	4	n−1		5	∞	(−1)	n−1	3	n−1		1	∞	2 4	n−1	+	5 (−3)	n−1
		=					+					=		∑			+		∑					=		∑
					4					3					zn						zn								zn
z2 − z −	12	7		z(1−		)	7		z(1+		)	7		n=1			7		n=1					7		n=1

3)0 < z + 3 < 7 z + 3 < 1; 7

z − 2

−1

∞

(z + 3)n

∞

(−1)n zn

= −

∑

;

z −

+ 3

z + 3

7n+1

3n+1

z2 − z −12

7(1−

)

z − 2

∞

(z + 3)n

∞

(−1)n zn

= −

∑

;

7n+1

3n+1

z2 − z −12

z − 2

∞

(−1)

n−1

∞

Ответ. 1).

∑

−

∑

в кольце 3 <

< 4 .

n+1

− z −12 7

n=1

7 n=0 4

z − 2

∞

2 4

−1

+ 5

(−3)

n−1

2).

∑

в кольце

> 4 .

z2 − z −

12 7

n=1

z − 2

∞

(z + 3)n

∞

(−1)n zn

= −

∑

;

в кольце 0<|z+3|<7;

7n+1

3n+1

− z −12

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

10. ∫

sin2 πz

11.

∫

(z6 + z)sh

(z −

−1)

Решение. 10.. .Найдём корни знаменателя: z1=1, z2=-1. Значение z2=-1 являются простым полюсом подынтегральной функции, а значение z1=1 - полюсом кратности 3. Тогда

Res

sin2 πz

= lim [

+1)sin2

πz

]

= lim [

sin2

πz

] = −

sin2 π

= 0

(z −1)2 (z2 −1)

3 (z +1)

−1

z→−1

(z −1)

z→−1 (z −1)3

sin2 πz

−1)3

sin2 πz

π(z +1)sin 2πz − sin2 πz

Res

lim

[(z

] =

lim

[

] =

(z −1)3 (z + 1)

(z +1)2

2! z→1 dz2

(z −1)3 (z +1)

2 z→1 dz

(πsin 2πz + 2π2 (z +1)cos 2πz

− πsin 2πz)(z +1)2

− 2(z +1)(π(z + 1)sin 2πz − sin

2 πz)

π2

lim [

] =

(z +1)4

2 z→1

Получим окончательно:

∫

sin2 πz

dz = 2πi (0 +

π2

) = π3i .

=3 (z

−1)

11. Подынтегральная функция имеет существенно особую точку z=0. Поэтому для вычисления вычета относительно этой точки следует разложить функцию в ряд Лорана. Воспользуемся разложением в ряд функции sh(w) по степеням w:

sр(w) = w +

+ ... Полагая w =

, получим:

(z6+ z)sh

6+ z)

= 2z5+ 2 +

z3+

z +

= (z

+ ...

3!z3

5!z5

3z2

15z4

7!z

+ ...

315z4

315z

Коэффициентом при z-1 в разложении функции будет число 8/315. Вычет данной функции

равен коэффициенту при z-1 в данном разложении, т.е. Res[(z6 + z)sh 2] =

Следовательно.

∫

(z6 + z)sh

dz = 2πi

πi .

315

Ответ. 10. ∫

sin2 πz

dz = π3i . 11. ∫ (z6 + z)sh

dz =

πi

(z −1)

−1)

315

8 .

315

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

x2 + 2

∫

dx.

x4 +10x2

+ 9

−∞

Решение. Найдём корни знаменателя функции f(z) =

z2 + 2

, решая биквадратное

z4 +10z2 + 9

уравнение: (z2)2+10(z2)+9=0, z2

= −5 ±

25 − 9 = −5 ± 4 . Следовательно, z1,2

= ±i, z1,2 = ±3i .

В верхней полуплоскости находятся два корня: z1=i z2=3i Тогда

∞

x2 + 2

∫

dx = 2πi(Resf (z)

+ Resf (z)).

+10x

+ 9

−∞ x

Res

z2 + 2

= lim

(z − i)(z2

+ 2)

, Res

z2 + 2

= lim

(z − 3i)(z2 + 2)

4+10z2

z4+10z2+

+ 3i)(z2+1)

9 z→i (z − i)(z + i)(z2+ 9)

16i

z→3i (z − 3i)(z

48i

∞

x2 + 2

5π

Следовательно. ∫

dx = 2πi(

) = 2πi

+10x

+ 9)

−∞ x

16i

48i

∞		x2 + 2				5π
Ответ. ∫					dx =		.
	4	+10x	2	+ 9)		12
−∞ x

Задача 13. Вычислить интеграл от заданной ветви многозначной функции по кривой С от точки z1 до точки z2.

C∫	dz		, где С: x=1-y2, z1=-i, z2=i,		=	1+ i	.
				i


		z		2

Решение. Точки z1 и z2 не являются особыми точками для подинтегральной функции. Следовательно, можно применить формулу Ньютона-Лейбница:

ϕ + 2kπ

= 2 z

= 2( z

− z

z =

+ isin

) . Рассмотрим функцию

(cos

) .

C∫ z

Рассматривается та ветвь функции, для которой в точке z=i функция будет принимать заданное значение. С одной стороны

i = cos π / 2 + 2kπ + isin π / 2 + 2kπ = cos(π + kπ) + isin(π + kπ). С другой стороны 2 2 4 4

i = 1+ i = cos(π) + isin(π) . Сравнивая эти выражения, приходим к выводу, что указанной

2 4 4

ветви функции соответствует значение k=0. Следовательно, данная ветвь функции имеет

(cos ϕ + isin ϕ) .

уравнение

z =

1(cos − π / 2 + isin − π / 2) = cos

− isin π =

1− i

1+ i

Таким образом,

− i =

Следовательно,

∫

+ i

− i

= 2 z

= 2( z2 −

z1 ) = 2(

−

) = 2 2i .

Ответ. ∫

= 2

2 i .

Соседние файлы в папке 7. Функции комплексного переменного

#
27.03.2015651.89 Кб70m7var03.pdf
#
27.03.2015656.24 Кб71m7var04.pdf
#
27.03.2015647.46 Кб86m7var05.pdf
#
27.03.2015650.37 Кб65m7var06.pdf
#
27.03.2015641.19 Кб64m7var07.pdf
#
27.03.2015645.21 Кб76m7var08.pdf
#
27.03.2015642.55 Кб65m7var09.pdf
#
27.03.2015647.71 Кб63m7var10.pdf
#
27.03.2015652.34 Кб64m7var11.pdf
#
27.03.2015657.96 Кб72m7var12.pdf
#
27.03.2015658.02 Кб65m7var13.pdf