Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7. Функции комплексного переменного / m7var05

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

647.46 Кб

Скачать

☆

z = −3 + 4i . Найдём

Вариант 5

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

а) cos(3 + i); б) ln(−3 + 4i)

Решение. а). По формуле тригонометрии cos(3+i)=cos3·cos(i)-sin3·sin(i). Воспользуемся формулами связи между тригонометрическими и гиперболическими функциями: cos(i)=ch1; sin(i)= ish1. Получим cos(3+i)=cos3·ch1- i·sin3·sh1.

б). Воспользуемся формулой Ln(z) = ln z + i(ϕ + 2kπ) . В данном случае

модуль и аргумент этого числа:	z	=	(−3)2 + 42	= 5 ϕ = arg z = π − arctg			4	(вторая четверть).
							4

		3
Таким образом Ln(−3 + 4i) = ln5 + i(2kπ + π − arctg					4	) .
Таким образом Ln(−3 + 4i) = ln5 + i(2kπ + π − arctg						) .
3
Ответ. а) cos(3+i)=cos3·ch1- i·sin3·sh1; б) Ln(−3 + 4i) = ln 5 + i(2kπ + π − arctg									4	) .
										) .
								3

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж. z + 2i + z − 2i < 5

Решение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет вид: x + i(y + 2) + x + i(y − 2) > 5.

Или x2 + (y + 2)2 + x2 + (y − 2)2 < 5 . Перенесём второй

корень в правую часть равенства и возведём обе части в квадрат. Получим:

xx2 + y2 + 4y + 4 < 25 −10x2 + (y − 2)2 + x2 + y2 − 4y + 4 .

Или 10x2 + (y − 2)2 < 25 − 8y . Возведём ещё раз в квадрат: 100x2 + 100y2 − 400y + 400 < 625 − 400y + 64y2 . Или

100x2 + 36y2 < 225.

Поделив всё равенство на правую часть, получим каноническое уравнение эллипса с

фокусами на мнимой оси: 4x2 + 4y2 <1.

925

Ответ. Данное соотношение представляет внутреннюю часть эллипса:

Задача 3. Решить уравнение: sh z − ch z = 2i.

Решение. Перейдём к показательной функции:

4x2 + 4y2 <1.

925

1 (ez − e−z ) − 1 (ez + e−z ) = 2i. Умножим уравнение на 2ez. Тогда уравнение примет вид:

(e2z −1) − (e2z + 1) = 4iez

или ez = −

. Отсюда z = Ln

= ln

+ i(

+ 2kπ) .

Ответ. z = (2k +

)πi − ln

2 .

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

Re f (z) = u = ex (x cos y − ysin y) , если f(0)=0.

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

≡	∂2		+	∂2
						. Проверим выполнение этого условия, для чего найдём производные
	∂x	2		∂y	2

второго порядка от u по x и по y:

∂u	= ex (x cos y − ysin y) + ex cos y,	∂2u	= ex	[(x cos y − ysin y) + cos y],
∂x		∂x2

∂u	= ex (−x sin y − sin y − ycos y),	∂2u	= ex	[−x cos y − cos y + ysin y],
∂y		∂y2

Таким образом, лапласиан ∆u равен нулю. Восстановим мнимую часть v(x,y) функции

f(z)=u(x,y)+iv(x,y), пользуясь условиями Даламбера-Эйлера:			∂u =	∂v ,	∂u = −	∂v	.
f(z)=u(x,y)+iv(x,y), пользуясь условиями Даламбера-Эйлера:			∂u =	∂v ,	∂u = −		.
			∂x	∂y	∂y	∂x
Из первого условия получаем:	∂v =	∂u = ex (x cos y − ysin y) + ex cos y . Тогда
	∂y	∂x

∂v

v(x, y) = ∫ ∂ydy + ϕ(x) , или v(x, y) = ∫(ex (x cos y − ysin y) + ex cos y)dy + ϕ(x) =

= ex (x sin y + cos y + ycos y − cos y) + ϕ′(x) = ex (x sin y + ycos y) + ϕ(x) . Производная по x от

этого выражения равна ∂v = ex (x sin y + ycos y + sin y) + ϕ′(x). С другой стороны по второму

∂x

условию Даламбера-Эйлера ∂v = − ∂u = −ex (−x sin y − sin y − ycos y). Приравнивая эти

∂x ∂y

выражения, получим: ϕ′(x) = 0. Отсюда ϕ(x) = C. Таким образом,

v(x, y) = ex (x sin y + ycos y) + C. Тогда f (z) = ex (x cos y − ysin y) + i (ex (x sin y + ycos y) + C).

Перейдём к переменной z:

f (z) = ex [x(cos y + isin y) + y(i2 sin y + icos y)] + iC) = ex [xeiy + iyeiy ] + iC =

= ex eiy (x + iy] + iC = ex+iyz + iC = z ez + iC .Воспользуемся дополнительным условием f(0)=i. В данном случае f(0)=0. Т.е. C=0.

Ответ. f(z) = ex (x cos y − ysin y) + i ex (x sin y + ycos y) = z ez .

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

∫(1+ i +		C − прямая, z1 = 0, z2 = −4 − 2i.
	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 + (1− y)i. Значит ∫f (z)dz = ∫(1+ x)dx − (1− y)dy + i∫(1+ x)dy + (1− y)dx . Примем x за

C C C

y x

параметр. Составим уравнение прямой , по которой проводится интегрирование: − 2 = − 4 , т.е. y = 1 x, dy = 1 dx . Начальной точке z1=0 соответствует значение x=0, конечной

z2=-4-2i – значение x=-4. Следовательно,

			−4		1		1	−4	1		1			x		5		x	2		−4		3x	−4
			−4					−4											2		−4			−4
∫(1+ i +		z)dz = ∫[(1+ x) −				(1−		x)]dx + i ∫[		(1+ x) + (1−		x)]dx = [			+					]		+ i		= 8 − 6i .
∫(1+ i +		z)dz = ∫[(1+ x) −			2	(1−	2	x)]dx + i ∫[	2	(1+ x) + (1−	2	x)]dx = [			+		2			]		+ i		= 8 − 6i .
C	0				2		2	0	2		2		2		4		2				0	2		0
C	0							0													0			0
	∫(1+ i +
Ответ.	∫(1+ i +			z)dz = 8 − 6i .
	C
													i−1
Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции.													∫(2z + 3)dz .
													1−i

Решение. Применим формулу Ньютона-Лейбница:

i−1 i−1

∫(2z + 3)dz = (z2 + 3z) = (i −1)2 + 3(i −1) − (1− i)2 − 3(1− i) = −2i + 3i − 3 + 2i − 3 + 3i = 6(i −1) .

1−i

i−1

Ответ. ∫(2z + 3)dz = 6(i −1) .

1−i

Задача 8. Найти интеграл, используя интегральную формулу Коши, по конту-

L∫

cos zdz

=1, 3) L3 : (x − 3)2 +

(y −1)

рам L1, L2, L3.

1) L1 :

z − i

2) L2 :

=1.

z3 − πz2

Решение. 1). Подынтегральная функция аналитична всюду, за исключением точек z=0 и

z=π. В круге z − i ≤ 1 нет особых точка. Тогда по теореме Коши I1=0.

2). Внутри эллипса x2 + y2 ≤1 расположена одна особая точка z=0. Тогда по

интегральной формуле Коши :

cos z

− (z − π)sin z − cos z

cos zdz

(z − π)

cos z

= 2πi

= = 2πi

= −

∫

(z − π)

L z

(z − π) z=0

3) Внутри эллипса (x − 3)2 + (y −1)2 ≤1 также находится одна особая точки: z=π.

Воспользуемся снова интегральной формулой Коши:

cos z

cos zdz

−1

I3 = ∫

= ∫

2πi

cos z

= 2πi

= −

− π)

(z − π)

z=π

Ответ.

= 0,

= −

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в

L1 2

областях.

z −1

-1

2 <

< 5

> 5. 3) 7<|z+2|;

z2 − 3z

−10

Решение. Корнями уравнения z2-3z-10=0 являются

числа z1=5 и z2=-2. Разложим эту дробь на простые

дроби:

z −1

A(z + 2) + B(z − 5)

z2 − 3z −10

z − 5

z + 2

(z − 5)(z + 2)

Или A(z + 2) + B(z − 5) = z −1. При z=5 получим A=4/7. Если положить z=-2, то получим

В=3/7. Следовательно,

z −1

1). В кольце 2 <

< 5 имеем

2 − 3z −10 7 z

− 5 7 z + 2

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

	z −1	= −	4		1			+	3	1			. Воспользуемся формулой для бесконечно
	z2 − 3z −10	= −				z		+			2		. Воспользуемся формулой для бесконечно
	z2 − 3z −10	7		5(1	−	z	)	7		z(1+	2	)
				5(1	−	5	)			z(1+		)
						5					z
убывающей геометрической прогрессии:														1	=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где	q	<1. В первой
														1

											1			− q
											1			− q

дроби q=z/5, во второй дроби q=-2/z. Следовательно,

z −1

∞

(−1)

n−1

∞

∑

−

∑

. 2). В кольце

> 5 выполняются неравенства

n+1

− 3z −10 7

n=1

n=0 5

<1 и

<1. Следовательно,

z −1

∞

n−1

∞

n−1

∞

4 5

n−1

+ (−1)

n−1

3 2

n−1

.∑

∑

(−1)

.∑

z2−3z−10 7

z(1−

)

z(1

)

n=1

3) 7<|z+2|;

7 <

z + 2

< 1;

∞

(−1)n zn

z −1

∑

2n+1

z2 − 3z −10 7 z

− 5 7 z +

2 7

(z + 2)(1−

)

7 z + 2 7 1 (z + 2)n+1

7 1

z + 2

z −1

∞

(−1)n zn

∑

в кольце 7<|z+2|;

2n+1

z2 − 3z −10 7 1 (z + 2)n+1

7 1

z −1

∞

(−1)

n−1

∞

Ответ. 1).

∑

−

∑

в кольце 2 <

< 5 .

n+1

− 3z −10 7

n=1

n=0 5

∞

−1

n−1

2).

z −1

.∑

4 5

(−1)

в кольце

> 5 .

z2 − 3z −10 7 n=1

(−1)n zn

z −1

4 ∞

∞

∑

в кольце 7<|z+2|;

2n+1

2 − 3z −10 7 1 (z + 2)n+1

7 1

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

10. ∫

sh(πz)

11.

∫

(z + 1)

=4 z

+ 8z +16

z −1

Решение. 10..Решим квадратное уравнение: z4+8z+16=(z2+4)2=0 или z1,2 = ±2i . Значения z1=2i и z2=-2i являются полюсами подынтегральной функции кратности 2. Тогда

sh(πz)

. Следовательно,

z4 + 8z + 16

(z + 2i)2 (z − 2i)2

Res

sh(πz)

lim

[(z + 2i)2

sh(πz)

] =

(z + 2i)2 (z − 2i)2

1! z→−2i dz

(z + 2i)2 (z − 2i)2

= lim

πch(πz) (z − 2i)2 − sh(πz) 2(z − 2i)

πch(−2πi) (−2i − 2i)2 − sh(−2πi)

2(− 2i − 2i)

= −

(z − 2i)4

(−2i − 2i)4

z→−2i

Res

sh(πz)

lim

[(z − 2i)2

sh(πz)

] =

(z + 2i)2 (z − 2i)2

1! z→2i dz

πch(πz) (z + 2i)2 − sh(πz) 2(z + 2i)

πch(2πi) (2i +

2i)2 − sh(2πi) 2(2i

+ 2i)

= −

= lim

(z + 2i)4

(2i + 2i)4

z→2i

Здесь учтено, что ch(2πi)=1, а sh(2πi)=0. Получим окончательно:

sh(πz)

dz = 2πi (−

−

) = −

π2i

∫=4 z4

+ 8z +

16 16

11. Подынтегральная функция имеет существенно особую точку z=1. Поэтому для вычисления вычета относительно этой точки следует разложить функцию в ряд Лорана. Воспользуемся разложением в ряд функций sh(w) и cos(w) по степеням w:

ch(w) =1+

+ ... Полагая w =

, получим:

z −1

z +

= (1+

) 1

+ ...

z −

−1

2(z −

4!(z −1)

5!(z −1)

z −1

Коэффициентом при (z-1)-1 с учётом множителя будет число 2.

Вычет данной функции равен коэффициенту при (z-1)-1 в данном разложении, т.е.

Res

z + 1

= 2 . Следовательно.

∫

(z + 1)

dz = 2πi 2 = 4πi .

z −1 z −1

z =2

z −1

Ответ. 10.

∫

sh(πz)

dz = −

π2i

11. ∫

+ 1)

dz = 4πi

=4 z

+ 8z +16

−1

z −1

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞∫ x4 +1dx.

−∞ x6 + 1

Решение. Рассмотрим функциюf(z) = z4 +1 . Найдём полюсы этой функции: z6 +1

z = ei

π+2kπ

z6 = −1

или

. В данном случае в верхней полуплоскости расположены три

= ei

5π

= ei 6 (k = 0),

= ei

(k =1),

(k = 2).

полюса из шести: z

∞

x4 +1

z4 +1

z4 + 1

z4 +1

Тогда

∫

2πi(Res

+ Res

−∞ x

+ 1

z1 z

z2 z

+1 z3 z

Res

lim

− z1)(z4 +1)

= lim

(z − z1)(z4 + 1)

z6 +1

)(z5 + z4z

+ z3z2

+ z2z3

z1 z6

z→z1

z→z1 (z − z

+ zz4 + z5 )

4π

2π

cos

+ isin

−

+ i

(z14 + 1)

= −

5π

6z15

+ isin

6(−

6( 3 − i)

6(cos

)

При разложении z6 +1 на множители было учтено, что z6

= −1. Аналогично,

4π

+ 1

cos 2π + isin 2π + 1

= −

Res

6z52

5π

z2 z6

6(cos

+ isin

)

20π

4π

z34 +1

cos

+ isin

−

− i

z4 +1

1− i 3

Res

= −

z3 z6 +1

6z6

25π

6(cos

+ isin

)

6( 3 + i)

)

∞

x4 +

4π

Следовательно. ∫

dx =

2πi(−

−

)

−∞ x

∞

x4 +1

4π

Ответ.

∫

−∞ x

+ 1

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

∫	dz						3		i	.
	dz		, где С прямая, z1=1, z2=-1,	1− i		3 = −	3	+	i
							2
	z − i								2
C	z − i	3							2
							[cos ϕ + 2kπ + isin ϕ + 2kπ].

Решение. Рассмотрим функцию z − i				3 =	z − i 3
									2		2
									2		2

Рассматривается та ветвь функции, для которой в точке z=1 величина z − i3 будет принимать заданное значение. С одной стороны

[cos − π / 3 + 2kπ + isin − π / 3 + 2kπ]. С другой стороны

1− i

3 =

5π

= −

(−

) =

[cos(

) + isin(

)].. Сравнивая эти выражения,

1− i

приходим к выводу, что указанной ветви функции соответствует значение k=1.

Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение

[cos(ϕ + π) + isin(ϕ + π)].

z − i

3 =

z − i

Таким образом, ∫

−1

= 2 z − i

= 2(

−1− i 3 −

1− i

3) =

z − i

= 2

{[cos(

4π

+ π) + isin(

+ π)] − [cos(−

+ π) + isin(−

+ π)]}=

3 2

−

] =

= 2

2[(1+

3) − (1+

3)i] = 2(1+

3)(1− i)

∫

Ответ.

2(1+

3)(1− i) .

z − i 3

Соседние файлы в папке 7. Функции комплексного переменного

#
27.03.2015655.63 Кб65m7var01.pdf
#
27.03.2015653.39 Кб62m7var02.pdf
#
27.03.2015651.89 Кб68m7var03.pdf
#
27.03.2015656.24 Кб69m7var04.pdf
#
27.03.2015647.46 Кб84m7var05.pdf
#
27.03.2015650.37 Кб63m7var06.pdf
#
27.03.2015641.19 Кб62m7var07.pdf
#
27.03.2015645.21 Кб74m7var08.pdf
#
27.03.2015642.55 Кб63m7var09.pdf
#
27.03.2015647.71 Кб61m7var10.pdf