Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7. Функции комплексного переменного / m7var11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

652.34 Кб

Скачать

☆

ВАРИАНТ 11

ЗАДАЧА 1. ВЫЧИСЛИТЬ ЗНАЧЕНИЕ ФУНКЦИИ (ОТВЕТ ДАТЬ В АЛГЕБРАИЧЕСКОЙ ФОРМЕ):

а) cos(1− i);

б) (1− i)3−3i

РЕШЕНИЕ. А). ПО ФОРМУЛЕ ТРИГОНОМЕТРИИ COS(1-I)=COS1·COS(I)+SIN1·SIN(I). ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛАМИ СВЯЗИ МЕЖДУ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИМИ И ГИПЕРБОЛИЧЕСКИМИ ФУНКЦИЯМИ:

COS(I)=CH1; SIN(I)= ISH1. ПОЛУЧИМ COS(1-I)=COS1·CH1+ I·SIN1·SH1.

Б). ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ (1− i)3−3i

= e(3−3i)Ln(1−i) . ПОЛУЧИМ:

(3 − 3i)Ln(1− i) = (3 − 3i) [ln1− i

+ i(−

+ 2kπ)] = (3 − 3i)ln

− 3i(−

+ 2kπ) + 3π(2k −

) . ИЛИ

(3− 3i)Ln(1− i) = 3[ln

+ π(2k − 1)]− 3i[ln

+ π(2k − 1)]

ТОГДА (1− i)3−3i = e3[ln

2+π(2k−

)]−3i[ln 2+π(2k−

)] = 2

e3π(2k−

)[cos[3(ln

+ π(2k −

))] −

π) − sin(ln

))] = 2

e3π(2k−

)

) −

− isin[3(ln

2 + π(2k

−

[cos(ln

8)cos(−

8)sin(−

3π(2k

−

)

1+ i

− i

− i(sin(ln

8)cos(−

) − cos(ln

8)sin(−

= 2

2 e

))]

[

cos(ln

sin(ln

8)]

ОТВЕТ. А) COS(1-I)=COS1·CH1+ I·SIN1·SH1.;

3π(2k−

)

+ i

1− i

Б) (1− i)3−3i = 2 2 e

4 [

cos(ln

sin(ln

8)].

ЗАДАЧА 2. ВЫЯСНИТЬ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ СООТНОШЕНИЯ. СДЕЛАТЬ ЧЕРТЁЖ.

РЕШЕНИЕ. ТАК КАК Z=X+IY, ТО ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ИМЕЕТ

ВИД: Re

≥ 2 .

x + iy

ИЛИ Re

x − iy

≥

. ПРИВОДЯ К ОБЩЕМУ

2 + y2

x2 + y2

ЗНАМЕНАТЕЛЮ И ОТБРАСЫВАЯ ЕГО, ПОЛУЧИМ: x2 + y2 ≤ 2x .

ВЫДЕЛЯЯ ПОЛНЫЙ КВАДРАТ РАЗНОСТИ, МОЖНО ЗАПИСАТЬ:

(x −1)2 + y2 ≤1.

ОТВЕТ. ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ПРЕДСТАВЛЯЕТ КРУГ РАДИУСА 1

С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ (1; 0)

ЗАДАЧА 3. РЕШИТЬ УРАВНЕНИЕ: sh z − ch z = 3 + i3.

РЕШЕНИЕ. ПЕРЕЙДЁМ ОТ ГИПЕРБОЛИЧЕСКИХ ФУНКЦИЙ К ФУНКЦИИ EZ:

	ez − e−z				ez + e					−z
																			3				i	) , Т.Е.
																			3				i
		−											= 3 + i 3 = 2 3(								+
2		−				2							= 3 + i 3 = 2 3(						2		+	2
2						2													2			2

																															(	3		−			i
																																						)						1
						3					i										1																								(	3	−	i	) .
e−z = −2									+			) или			ez	= −												= −				2				2							= −
		3(																														2				2
		3(
						2				2												3		+	i	)					3	+		i					3	−	i	)		2 3		2	2
						2				2						2			3(			3			i					2 3(	3			i	)(				3		i			2 3		2	2

																					2				2						2		2						2		2
																					2				2						2		2						2		2
ДАЛЕЕ ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ Ln v = ln																											v		+ i(ϕ + 2kπ) . ПОЛУЧИМ:
ДАЛЕЕ ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ Ln v = ln																											v		+ i(ϕ + 2kπ) . ПОЛУЧИМ:
			1															5π
								3					i		1																						5		).
z = Ln[−							(	3			−		i	)] = ln	1		+ i(			+ 2kπ) = − ln										12 + iπ(2k +							5
z = Ln[−							(				−			)] = ln			+ i(			+ 2kπ) = − ln										12 + iπ(2k +
		2		3		2				2					2	3			6																	6

ОТВЕТ. z = − ln 12 + iπ(2k + 56).

ЗАДАЧА 4. ДОКАЗАТЬ ТОЖДЕСТВО. ch2z − sh2z =1.

РЕШЕНИЕ. РАССМОТРИМ ЛЕВУЮ ЧАСТЬ РАВЕНСТВА:

z − sh

z =

(ez + e−z )2

−

(ez − e−z )2

+ 2e

−z

+ e

−2z

− e

+ 2e

−z

− e

−2z

) =

= 4e2ze−2z =1, ЧТО И ТРЕБОВАЛОСЬ ДОКАЗАТЬ.

ЗАДАЧА 5. ВОССТАНОВИТЬ АНАЛИТИЧЕСКУЮ ФУНКЦИЮ ПО ЗАДАННОЙ ДЕЙСТВИТЕЛЬНОЙ ЧАСТИ

ЕЁ:

Ref(z) = u = Ax3 − 3xy2 − 3x2 + 3y2 + x −1, ЕСЛИ F(0)=-1 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
НУЛЮ: ∆U=0,	≡	∂x2	+	∂y2		. ПРОВЕРИМ ВЫПОЛНЕНИЕ ЭТОГО УСЛОВИЯ, ДЛЯ ЧЕГО НАЙДЁМ
		∂x2		∂y2
ПРОИЗВОДНЫЕ ВТОРОГО ПОРЯДКА ОТ U ПО X И ПО Y:
∂u = 3Ax2 − 3y2	− 6x +1,				∂2u		= 6Ax − 6,	∂u = −6xy + 6y,	∂2u	= −6x + 6.
∂u = 3Ax2 − 3y2	− 6x +1,				∂x2		= 6Ax − 6,	∂u = −6xy + 6y,	∂y2	= −6x + 6.
∂x					∂x2			∂y	∂y2

ЧТОБЫ ЛАПЛАСИАН ∆U БЫЛ РАВЕН НУЛЮ, НУЖНО ПОЛОЖИТЬ A=1. ТАКИМ ОБРАЗОМ, ФУНКЦИЯ u(x, y) = x3 − 3xy2 − 3x2 + 3y2 + x −1ЯВЛЯЕТСЯ ГАРМОНИЧЕСКОЙ. ВОССТАНОВИМ МНИМУЮ ЧАСТЬ V(X,Y) ФУНКЦИИ F(Z)=U(X,Y)+IV(X,Y), ПОЛЬЗУЯСЬ УСЛОВИЯМИ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА:

∂u

∂v

∂u

= −

∂v

. ИЗ ПЕРВОГО УСЛОВИЯ ПОЛУЧАЕМ:

∂v

∂u

= 3x2 − 3y2 − 6x + 1. ТОГДА

∂y

∂x

∂y

∂x

∂y

∂x

v(x, y) = ∫

∂v

dy + ϕ(x) , ИЛИ v(x, y) = ∫(3x2

− 3y2 − 6x + 1)dy + ϕ(x) = 3x2 y − y3 − 6xy + y + ϕ(x).

∂y

ПРОИЗВОДНАЯ ПО X ОТ ЭТОГО ВЫРАЖЕНИЯ РАВНА

∂v

= 6yx − 6y + ϕ′(x). С ДРУГОЙ СТОРОНЫ ПО

∂x

ВТОРОМУ УСЛОВИЮ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА

∂v

= 6xy − 6y. ПРИРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ,

∂x

ПОЛУЧИМ: ϕ′(x) = 0.		ИЛИ ϕ(x) = C. ТАКИМ ОБРАЗОМ, v(x, y) = 3x2 y − y3 − 6xy + y + C.ТОГДА
f(z) = x3	− 3xy2 − 3x	2 + 3y2 + x −1+ i (3x2 y − y3 − 6xy + y + C). ПЕРЕЙДЁМ К ПЕРЕМЕННОЙ Z:
f(z) = x3	+ 3ix2 y − 3xy2 − iy3 − 3(x2 + 2ixy − y2 ) + (x + iy) −1+ iC = z3 − 3z2 + z −1+ iC. .
ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫМ УСЛОВИЕМ F(0)=-1. В ДАННОМ СЛУЧАЕ F(0)=-1+IC.
СЛЕДОВАТЕЛЬНО, C=0.
ОТВЕТ. f(z) = x3 − 3xy2 − 3x2 + 3y2 + x −1+ i (3x2 y − y3 − 6xy + y) = z3 − 3z2 + z −1.
ЗАДАЧА 6. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ПО ДУГЕ C ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.

∫Imz dz;	C − прямая, z1 = 0, z2 =1+ 2i.
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)=Y. ЗНАЧИТ

C C C

∫Imzdz = ∫ydx + i∫ydy . ПРИМЕМ X ЗА ПАРАМЕТР. СОСТАВИМ УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПО КОТОРОЙ


C	C	C
ПРОВОДИТСЯ ИНТЕГРИРОВАНИЕ:			y	=	x	, Т.Е. y = 2x, dy = 2dx . НАЧАЛЬНОЙ ТОЧКЕ Z1=0
ПРОВОДИТСЯ ИНТЕГРИРОВАНИЕ:				=		, Т.Е. y = 2x, dy = 2dx . НАЧАЛЬНОЙ ТОЧКЕ Z1=0
		2		1

СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ X=0, КОНЕЧНОЙ Z2=1+2I – ЗНАЧЕНИЕ X=1.

	1	1	2x	2	1	x2	1

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ∫Imz dz = 2∫xdx + 4i∫xdx =−					+ 4i		=1+ 2i .
			2			2
C	0	0			0		0

ОТВЕТ. ∫Imz dz =1+ 2i .

−i

ЗАДАЧА 7. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ОТ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ. ∫(z − i) sin z dz .

РЕШЕНИЕ. ПРИМЕНИМ ФОРМУЛУ ИНТЕГРИРОВАНИЯ ПО ЧАСТЯМ:

−i		u = z − i du = dz			−i

∫(z − i) sin zdz =			= − (z − i)cosz		1−i + ∫coszdz = 2icosi + (1− i)cos1+

		dv = sin z dz v = − cosz
1				1
	−i = 2icosi + (1− i)cos1− sin(i) − sin1.
+ sin z

	1

ПЕРЕЙДЁМ К ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИМ ФУНКЦИЯМ: sin i = ish1, cosi = ch1.ПОЛУЧИМ:

−i

∫(z − i) sin z dz = 2ich1+ (1− i)cos1− ish1− sin1.

−i

ОТВЕТ. ∫(z − i) sin z dz = cos1− sin1+ (2ch1− cos− sh1) .

ЗАДАЧА 8. НАЙТИ ИНТЕГРАЛ, ИСПОЛЬЗУЯ ИНТЕГРАЛЬНУЮ ФОРМУЛУ КОШИ, ПО КОНТУ-

РАМ L1, L2, L3.

e2zdz

, 1) L1 : x2 + 4(y + 1)2 =1,

2) L2 :

z − i

3) L3 :

1 .

L∫ z3 − iz2

РЕШЕНИЕ. 1). ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ АНАЛИТИЧНА ВСЮДУ, ЗА ИСКЛЮЧЕНИЕМ ТОЧЕК Z=0 И Z=Π. В ЭЛЛИПСЕ x2 + 4(y +1)2 ≤1НЕТ ОСОБЫХ ТОЧКА. ТОГДА ПО ТЕОРЕМЕ КОШИ I1=0.

2). ВНУТРИ КРУГА z − i ≤ 32 РАСПОЛОЖЕНЫ ДВЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ Z=0 И Z=I. ПОЭТОМУ

L3 2

-1

= 2πi 2(z − i)e2z − e2z (z − i)2

ПРИМЕНИМ ТЕОРЕМУ КОШИ ДЛЯ МНОГОСВЯЗНОЙ ОБЛАСТИ:

∫

=∫

+∫

, ГДЕ L1 - ОКРУЖНОСТЬ

− iz

XДОСТАТОЧНО МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=0, А L2 - ОКРУЖНОСТЬ МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=I. ВЫЧИСЛИМ ОБА ИНТЕГРАЛА ПО ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ:

e2zdz

e2z

z− i

∫

= ∫

= 2πi

− iz

(z − i)

z=0

= 2π(i − 2) .

z=0

e2zdz

z 2

e2z

∫

= ∫

= 2πi

= −2πie2i .

− iz

z − i

z=i

ОКОНЧАТЕЛЬНО ПОЛУЧАЕМ: I2 =

∫

e2zdz

= 2π(i − 2) − 2πie2z

= 2πi(1+ 2i − e2i )

z3− iz2

3) ВНУТРИ КРУГА z ≤ 12 ТАКЖЕ НАХОДИТСЯ ОДНА ОСОБАЯ ТОЧКИ: Z=0. ИНТЕГРАЛ ПО КОНТУРУ

e2zdz

L3 СОВПАДАЕТ С УЖЕ ВЫЧИСЛЕННЫМ ИНТЕГРАЛОМ ПО КОНТУРУ L1. I3 = L∫3 z3− iz2 = 2π(i − 2) .

ОТВЕТ. I1 = 0,

I2 = 2πi(1+ 2i − e2i ),

I3 = 2π(i − 2).

ЗАДАЧА 9. РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД ЛОРАНА В ОБЛАСТЯХ.

z + 5

1) 1<

< 4

> 4. 3) 0<|Z+1|<5;

z2 − 3z − 4

РЕШЕНИЕ. КОРНЯМИ УРАВНЕНИЯ Z2-3Z-4=0 ЯВЛЯЮТСЯ ЧИСЛА Z1=4 И Z2=-1. РАЗЛОЖИМ ЭТУ

ДРОБЬ НА ПРОСТЫЕ ДРОБИ:

z + 5

A(z +1) + B(z − 4)

. ИЛИ

z2 − 3z − 4

z − 4

z +1

(z − 4)(z + 1)

A(z +1) + B(z − 4) = z + 5 . ПРИ Z=4 ПОЛУЧИМ A=9/5. ЕСЛИ ПОЛОЖИТЬ Z=-1, ТО ПОЛУЧИМ В=-

4/5. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z + 5

−

1). В КОЛЬЦЕ 1<

< 4 ИМЕЕМ

z2 − 3z − 4

z − 4

z +

<1. ТОГДА ДРОБЬ МОЖНО ПРЕДСТАВИТЬ СЛЕДУЮЩИМ ОБРАЗОМ:

z + 5

= − 9

−

. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ ДЛЯ БЕСКОНЕЧНО

z2 − 3z − 4

4(1−

z(1+

)

УБЫВАЮЩЕЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ:

=1+ q + q2

+ ... + qn + ..., ГДЕ

<1. В

− q

ПЕРВОЙ ДРОБИ Q=Z/4, ВО ВТОРОЙ ДРОБИ Q=-1/Z. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z + 5

∞

(−1)

∞

∑

−

∑

2). В КОЛЬЦЕ

> 4

ВЫПОЛНЯЮТСЯ НЕРАВЕНСТВА

z2 − 3z − 4

5 n=1

n=0

4n+1

<1. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z + 5

∞

−1

∞

(−1)

n−1

∞

9 4

n−1

+ 4 (−1)

−

∑

−

∑

z2 − 3z − 4

n=1

z(1−

)

z(1−

)

3) 0<|Z+1|<5;

z + 1

< 1;

z + 5

−1

∞

(−1)n zn

∞ (z + 1)n

= −

∑

−

∑

;

z2 − 3z − 4

+ 1

z − 4

z + 1

5(1−

)

1 5n

z + 5

∞

(−1)n zn

∞

(z +1)n

= −

∑

−

∑

;

z2 − 3z − 4

1 5n +1

z + 5

∞

(−1)

∞

ОТВЕТ. 1).

∑

−

∑

В КОЛЬЦЕ 1<

< 4.

z2 − 3z − 4

5 n=1

−1

n=0 4n+1

z + 5

∞

9 4

+ 4

(−1)

2).

∑

В КОЛЬЦЕ

> 4 .

z2 − 3z − 4

n=1

z + 5

∞

(−1)n zn

∞

(z +1)n

; В КОЛЬЦЕ 0<|Z+1|<5;

= −

∑

−

∑

z2 − 3z − 4

1 5n +1

ЗАДАЧИ 10-11. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛЫ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

10.

∫

11.

∫(z2 +1)e z+1dz

(4z

+ π

)

=π

РЕШЕНИЕ. 10. ПРЕОБРАЗУЕМ ПОДИНТЕГРАЛЬНУЮ ФУНКЦИЮ:

(4z2 + π

2 )2

π2

)

КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ: z1 = − πi

πi

I. ЗНАЧЕНИЯ Z1 И Z2 ЯВЛЯЮТСЯ ПОЛЮСАМИ

ПОДЫНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ КРАТНОСТИ 2. ТОГДА

(z +

πi

)

(z −

πi

)

− 2e

−

πi

[

)

] =

iπ + 2

Res

lim

[

] = lim

πi

π2

πi

16(z +

πi

(z −

πi

16(z −

16π3

−

16(z2 +

z→− 2

)

z→− 2

)

(z −

πi

)

(z +

πi

)

− 2e

(z +

πi

)

− iπ + 2

Res

lim

[

] =

lim [

] =

πi

π2

πi

(z −

πi

16(z +

16π3

16(z2 +

z→ 2

16(z

)

z→

)

ПОЛУЧИМ ОКОНЧАТЕЛЬНО:

∫

dz = 2πi(

iπ +

− iπ + 2

) =

(4z

+ π

)

16π

2π

=π

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 ФУНКЦИИ EW ПО СТЕПЕНЯМ W:

sр(w) =1+ w +

+ ... ПОЛАГАЯ w =

, ПОЛУЧИМ:

z +1

+ ...

z2 −1+ 2

(z2 + 1)e

z+1

= (z2 +1)

= z2 + 1+

z +1

2(z +

1)2

6(z +1)3

24(z +1)4

z +1

z2 −1+ 2

+ ... = z2 + z +

z −1

+ ... =

2(z +1)2

(z +1)2

6(z +1)2

6(z + 1)3

6(z +1)3

z +1

2(z +1)

= z2 + z +

−

+ ... ПОСЛЕДУЮЩИЕ

z +1

z + 1

(z + 1)2

6(z +1)

3(z +1)2

6(z + 1)3

СЛАГАЕМЫЕ НЕ СОДЕРЖАТ СТЕПЕНИ (Z+1)-1. КОЭФФИЦИЕНТОМ ПРИ (Z+1)-1 В РАЗЛОЖЕНИИ ФУНКЦИИ БУДЕТ ЧИСЛО 7/6. ВЫЧЕТ ДАННОЙ ФУНКЦИИ РАВЕН КОЭФФИЦИЕНТУ ПРИ (Z+1)-1 В

ДАННОМ РАЗЛОЖЕНИИ, Т.Е. Res[(z2 +

−1

∫ (z2 +1)e

dz = 2πi

πi .

z+1

ОТВЕТ. 10. ∫

dz =

=π

(4z

+ π

)

2π

1)ez+1 ] = 76 . СЛЕДОВАТЕЛЬНО.

			1			7
11. ∫			(z2 +1)e		dz =		πi .
11. ∫			(z2 +1)e	z+1	dz =		πi .
	z	=2				3
						3

ЗАДАЧА 12. ВЫЧИСЛИТЬ НЕСОБСТВЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

∞		x2 + 3
∫				dx.
	(x4	+ 25x2	+144)	dx.
	(x4	+ 25x2	+144)
−∞

РЕШЕНИЕ. НАЙДЁМ КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ ФУНКЦИИ f(z) =

z2 + 3

, РЕШАЯ

4 + 25z2 +144)

БИКВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ: (Z2)2+25(Z2)+144=0, z2 = −

625

−

576

= −

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, z1,2

= ±3i,

z3,4 = ±4i . В ДАННОМ СЛУЧАЕ В ВЕРХНЕЙ ПОЛУПЛОСКОСТИ

РАСПОЛОЖЕНЫ ДВА ПОЛЮСА Z=3I И Z=4I ФУНКЦИИ f(z) =

z2 +

z2 + 3

(z4 + 25z2

+144)

(z2

+ 9)(z2

+ 16)

∞

x2 + 3

z2 + 3

ТОГДА

∫

dx = 2πi(Res

+ Res

+ 9)(x

+16)

+ 9)(z

+16)

9)(z

−∞

+16)

Res

z2 +

= lim

− 3i)(z2 + 3)

− 6

−1

(z2

+ 9)(z

+16)

+ 3i)(z − 3i)(z2

+16)

z→3i (z

6i(9i

Res

z2 +

= lim

− 4i)(z2 + 3)

−13

(z2

8i(16i2

+ 9)(z

+16)

z→4i (z + 4i)(z − 4i)(z2

+ 9)

∞

x2 + 3

5π

СЛЕДОВАТЕЛЬНО. ∫

dx = 2πi(

−

)

+ 9)(x

+16)

56i

−∞

∞

x2 + 3

5π

ОТВЕТ.

∫

dx =

+ 9)(x

16)

−∞ (x

ЗАДАЧА 13. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ОТ ЗАДАННОЙ ВЕТВИ МНОГОЗНАЧНОЙ ФУНКЦИИ ПО КРИВОЙ

С ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.

∫zln zdz , ГДЕ С – ЧАСТЬ ОКРУЖНОСТИ z =1, (x ≥ 0, y ≤ 0), z1 =1, z2 = −i, ln1= 2πi .

РЕШЕНИЕ. РАССМОТРИМ ФУНКЦИЮ Lnz = ln z + i(ϕ + 2kπ). РАССМАТРИВАЕТСЯ ТА ВЕТВЬ ФУНКЦИИ, ДЛЯ КОТОРОЙ В ТОЧКЕ Z=1 ВЕЛИЧИНА LNZ БУДЕТ ПРИНИМАТЬ ЗАДАННОЕ ЗНАЧЕНИЕ. С ОДНОЙ СТОРОНЫ Ln 1 = ln 1 + i(0 + 2 k π ). С ДРУГОЙ СТОРОНЫ ln1= 2πi . СРАВНИВАЯ

ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПРИХОДИМ К ВЫВОДУ, ЧТО УКАЗАННОЙ ВЕТВИ ФУНКЦИИ СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ K=1. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ДАННАЯ ВЕТВЬ ФУНКЦИИ ИМЕЕТ УРАВНЕНИЕ

ln z = ln z + i(ϕ + 2π).

ТАКИМ ОБРАЗОМ,

u = ln z

du =

ln z

−i

∫z ln z dz =

−

∫zdz =

(2ln z − 1)

dv = zdz

v =

= − 14 (2ln(−i) − 1) −

−	1	(2ln(1) −1) = −		1	[2(ln				− i	−	iπ	+ 2πi) −1+ 2(ln1	+ 2πi) −1] =	1	−	1	(−πi + 4πi + 4πi) =	1	−	7	πi .
	1			1							iπ			1		1		1		7

	4			4						2				2		4		2		4
	4			4						2				2		4		2		4
ОТВЕТ.			∫zln zdz =	1		−	7	πi .
			C	2			4
			C

Соседние файлы в папке 7. Функции комплексного переменного

#
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
#
27.03.2015652.34 Кб62m7var11.pdf
#
27.03.2015657.96 Кб70m7var12.pdf
#
27.03.2015658.02 Кб63m7var13.pdf
#
27.03.2015667.47 Кб80m7var14.pdf
#
27.03.2015659.4 Кб82m7var15.pdf
#
27.03.2015657.97 Кб56m7var16.pdf