Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7. Функции комплексного переменного / m7var01

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

655.63 Кб

Скачать

☆

Вариант 1

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

а) Arsh3; б) Ln(3 + i)

Решение. а). Будем вычислять Arsh3 по формуле Arsh(z) = Ln(z + z2 + 1) . В данном примере z=3, следовательно, Arsh3 = Ln(3 ± 10) . Далее воспользуемся формулой

Ln(z) = ln z + i(ϕ + 2kπ) . В данном случае у функции Ln(z) имеется два значения z:

z1 = 3 +

и z2 = 3 −

10 . Найдём модули и аргументы этих чисел:

= 3 +

10,

ϕ1 = arg z1 = 0,

10 − 3, ϕ2 = arg z2 = π , так как 3 − 10 < 0. Таким

образом Arsh3 = Ln(3 +

10) = ln(3 +

10) + 2kπi и Arsh3 = Ln(3 − 10) = ln( 10 − 3) + πi(1+ 2k) .

б). Воспользуемся формулой Ln(z) = ln z + i(ϕ + 2kπ) . В данном случае z = 3 + i . Найдём

= π (первая

(

модуль и аргумент этого числа:

3)2 + 12

= 2

ϕ = arg z = arctg

четверть). Таким образом Ln(

+ i) = ln(2) + i(

+ 2kπ) = ln(2) + iπ(

+ 2k) .

ln(3

10)

+ 2kπ

; б)

3 + i) = ln 2 + iπ(

+ 2k) .

Ответ. а) Arsh3 =

Ln(

ln(

− 3)

+ πi(1+

2k)

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

Решение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет вид: x − 2 + iy + x + 2 + iy = 5.

ли (x − 2)2 + y2 + (x + 2)2 + y2 = 5 . Перенесём второй корень в правую часть равенства и возведём обе части в квадрат. Получим:

x2 − 4x + 4 + y2 = 25 −10(x + 2)2 + y2 + x2 + 4x + 4 + y2 .

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

xИли 36x2 + 100y2 = 225.

Поделив всё равенство на правую часть, получим каноническое уравнение эллипса с фокусами на действительной оси: 4x2 + 4y2 =1.

25 9

Ответ. Данное соотношение представляет уравнение эллипса

4x2

4y2

=1.

Задача 3. Решить уравнение:

sin z + cos z = i.

Решение. Перейдём к гиперболическим функциям: sin z = −i sh(iz),

cos z = ch(iz).

Получим уравнение − i sh(iz) + ch(iz) = i. Или − i

− e

−iz

)

+ e

−iz

)

= i.Умножим

уравнение на 2eiz. Тогда уравнение примет вид: (1− i)e2iz − 2ieiz

+ 1+ i = 0 . Введём

обозначение V=eiz. Найдём корни квадратного уравнения (1-i)V2-2iV+1+i=0:

2i +

(2i)2 − 4(1− i)(1+ i)

2i ± i 2

(1±

+ i)

(1±

−1)

V =

3)i

3)i(1

3)(i

2(1− i)

1− i

12 − i2

(1+ 3)

( 3 −

Таким образом, имеем два корня: V

−

Приравнивая эти выражения, получим:

С другой стороны по второму условию Даламбера-Эйлера

Найдём модули и аргументы этих чисел:

						V	=			1+				3		,	ϕ		= arg V		=		3π		,		V	=	3		−	1				,				ϕ		2	= arg V = − π .
										1+				3									3π						3		−	1

						1	2										1		1		4						2	2															2	4
							2														4							2																4
Так как V=eiz, то iz=LnV или z=-i·LnV. Далее воспользуемся формулой
LnV = ln			V	+ i(ϕ + 2kπ) . Получим:
LnV = ln			V	+ i(ϕ + 2kπ) . Получим:
								1+														3π								1+
z		= −i LnV			= −i[ln			1+				3			+ i(		3π	+ 2kπ)] =				3π		+ 2kπ − i ln						1+							3		. Аналогично,
z	1	= −i LnV			= −i[ln										+ i(			+ 2kπ)] =						+ 2kπ − i ln															. Аналогично,
	1	1			2												4				4												2
					2												4				4												2
											−				+ i(− π + 2kπ)]									π														−
z		= −i LnV			= −i[ln				3		−		1								= −			π		+ 2kπ − i ln								3				−	1		.
z	2	= −i LnV			= −i[ln																= −					+ 2kπ − i ln															.
	2	2			2												4				4																2
					2												4				4																2
																				π	± π + 2kπ − i ln														±
Эти решения можно объединить: z =																				π											3				±			1		.
Эти решения можно объединить: z =																																								.
																			4		2												2

Ответ. z = π ± π + 2kπ − i ln 3 ±1 .

)

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

Ref (z) = u = Ax2 − y2 + xy , если f(0)=i.

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

. Проверим выполнение этого условия, для чего найдём производные

∂x2

∂y

второго порядка от u по x и по y:

∂u

= 2Ax

+ y,

∂2u

= 2A,

∂u

= −2y

+ x,

∂2u

= −2.

∂x

∂x2

∂y

∂y2

Чтобы лапласиан ∆u был равен нулю, нужно положить A=1. Таким образом, функция u(x, y) = x2 − y2 + xy является гармонической. 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 = 2x + y. Тогда v(x, y) = ∫		∂vdy + ϕ(x) , или
	∂y	∂x		∂y

v(x, y) = ∫(2x + y)dy + ϕ(x) = 2xy + y2 + ϕ(x). Производная по x от этого выражения равна

∂v = 2y + ϕ′(x).

∂x

∂v = − ∂u = 2y − x. 2y + ϕ′(x) = 2y − x. Отсюда

∂x ∂y

ϕ′(x) = −x. Или ϕ(x) = −	x2	+ C. Таким образом, v(x, y) = 2xy +					y2	−	x2	+ C. Тогда

2						2		2
f (z) = x2 − y2 + xy + i (2xy −			x2	+	y2	+ C). Перейдём к переменной z:

		2		2

f (z) = x2 + 2ixy − y2 − i (x2 + 2ixy − y2 − 2C) = (x + iy)2 (1− i ) + iC = z2 (1− i ) + iC . 2 2 2

Воспользуемся дополнительным условием f(0)=i. В данном случае f(0)=iC. Т.е. C=1.

Ответ. f (z) = z2 (1−	i		2 − y2 + xy + i (2xy		y2 − x	2
		) + i = x		+			+1).
	2				2

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

∫	z	Re zdz;	C: y = x2 , z1 = 0, z2 = −1+ i.
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)=(x-iy)x или f (z) = x2 − ixy.

C C C

Значит ∫f (z)dz = ∫x2dx + xydy + i∫x2dy − xydx . Примем x за параметр. Тогда y=x2, dy=2xdx.

C C C

Начальной точке z1=0 соответствует значение x=0, конечной z2=-1+i – значение x=-1.

−1

Следовательно, ∫

Re zdz = ∫(x2 + 2x4 )dx + ∫(2x3 − x3 )dx = [

+ i

]

Ответ. ∫

Re zdz = −

1+i

Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции.

∫(3z2

+ z +1)dz .

Решение. Применим формулу Ньютона-Лейбница:

=− 11 + i . 15 4

1+i

(1+ i)

∫(3z2 + z +1)dz = (z3

+ z)

(1+ i)3 +

+1+ i −1−

−1=

1+ 2i −1

=1+ 3i − 3 − i +

+ i −

= 4i −

1+i

Ответ.

∫(3z2 + z +1)dz = 4i −

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

рам L1, L2, L3.

ezdz

L1 :

z − i

=1,

2) L2

z +1

= 2,

L3 :

=1.

L∫ (z +1)2 (z − 2)

Решение. 1). Подынтегральная функция аналитична

всюду, за исключением точек z=-1 и z=2. В круге

z − i

≤1подынтегральная функция аналитична.

Следовательно, I1 =

ezdz

= 0. 2). В круге

L∫ (z +1)

2 (z − 2)

z +1

≤ 2 есть одна особая точка z=-1. Тогда по

-1

интегральной формуле Коши

ezdz

2πi

I2 =

z − 2

∫ (z +1)2 (z −

∫

(z +

1)2

−

dz z

z=−1

ez (z − 2) − ez

8πi

= 2πi

= −

(z − 2)2

z=−1

3). Внутри области

≤1 расположены обе особые точки. Поэтому применим

теорему Коши для многосвязной области:

I3 =

ezdz

, где l1

- окружность достаточно

L3∫ (z +1)

l∫ (z +1)

2 (z − 2)

l∫

(z + 1)2

(z − 2)

малого радиуса с центром в точке z=-1, а l2 - окружность малого радиуса с центром в

точке z=2. Первый интеграл в этой сумме совпадает с I2. Вычислим второй интеграл по интегральной формуле Коши:

∫

ezdz

= ∫

(z + 1)

2πi

e2 . Тогда

2πi

(z +1)

− 2)

z −

(z + 1)

z=2

= −

8πi

2πi

e2 =

2πi

(e3 − 4).

Ответ.

= 0,

= −

8πi

, I

2πi

(e3

− 4).

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

z +1

4 <

< 5

> 5

3) 0<|z-4|<9.

− z − 20

Решение. Корнями уравнения z2-z-20=0 являются числа z1=5 и z2=-4. Разложим эту дробь

на простые дроби:		z + 1	=	A		+	B	=	A(z + 4) + B(z − 5)	. Или
на простые дроби:		2 − z − 20	=			+		=		. Или
	z	2 − z − 20		z −	5		z + 4		(z − 5)(z + 4)

A(z + 4) + B(z − 5) = z +1. При z=5 получим 9A=6, т.е. А= 2/3. Если z=-4, то -9B=-3, т.е.

В=1/3. Следовательно,

z + 1

. 1). В кольце 4 <

< 5 имеем

2 − z − 20 3

z − 5 3

z + 4

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

z + 1

= −

. Воспользуемся формулой для бесконечно

z2 − z − 20

5(1

−

)

z(1+

)

убывающей геометрической прогрессии:

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где

<1. В первой

1− q

дроби q=z/5, во второй дроби q=-4/z. Следовательно,

z + 1

∞

n−1

∞

∑

(−1)

−

∑

2). В кольце

> 5

выполняются неравенства

n+1

− z − 20 3

n=1

n=0 5

z + 1

∞

2 5

(−1)

<1 и

<1. Следовательно,

∑

zn+1

z2 − z − 20

z(1

−

)

z(1

)

n=1

3) 0 <

z + 4

< 9

z + 4

< 1;

∞

z +1

−1

(z + 4)n

(−1)n

= −

∑

z + 4

z +

9n+1

4n+1

z2 − z − 20 3 z −

5 3 z +

4 3 9 1−

z +1

∞

(z + 4)n

∞

(−1)n zn

= −

∑

z2 − z − 20

9n+1

4n+1

z + 1

∞

(−1)

n−1

∞

Ответ. 1).

∑

−

∑

. в кольце 4 <

< 5 .

n+1

− z − 20 3

n=1

3 n=0 5

z + 1

∞

2 5

(−1)

2).

∑

в кольце

> 5 .

zn+1

z2 − z − 20 3 n=0

+ w3

z +1

∞

(z + 4)n

∞

(−1)n zn

3).

= −

∑

в кольце 0<|z+4|<9.

z2 − z − 20

9n+1

4n+1

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

z −1

10. ∫

11.

∫zez−1dz

+1)z

z−1

Решение. 10. Разложим подынтегральную функцию на простые дроби. Знаменатель представляется в виде (z3+1)z=z(z+1)(z2-z+1). Следовательно,

z −1	=	A	+	B		+	Cz + D	. Приводя к общему знаменателю и приравнивая числители
(z3 +1)z				z +
		z			1 z		2 − z +1

правой и левой части, получим: A(z+1)(z2 –z+1)+Bz(z2 –z+1)+z(Cz+D)(z+1)=z-1. Полагая z=0, находим A=-1. Полагая z=-1, находим B=2/3. Для определения С и В приравняем коэффициенты при z3 и z2 в правой и левой части равенства. Получим систему уравнений:

A + B + C = 0

Решая систему, находим: C=1/3, D=1/3. Таким образом,− B + C + D = 0

∫

z −1

dz = − ∫

dz +

∫

dz +

∫

z +1

dz = 2πi(−1+

) +

∫

z +1

dz.

+1)z

=2 z

=2 z +1

=2 z

− z +1

3 3

=2 z

− z +1

Два первых интеграла сразу вычислены по формуле Коши, третий интеграл найдём с помощью вычетов. Полюсами подынтегральной функции являются значения

−

− z

и z

i . Заметим, что z

3i . Тогда

z +1

= lim[(z − z

z +1

z1 +1

Res

)

] = lim

(z1 − z2 )

2 − z +1

z→z1

(z − z1)(z − z2 )

z→z1 (z − z2 )

Res

z +1

= lim [(z − z

)

z + 1

] = lim

z +1

z2 +1

2 − z +1

(z − z1)(z − z2 )

(z − z1)

(z2 − z1)

z→z2

Получим окончательно:

3 −

3 + i

−

3 −

3 − i

− 2

− 2i

				z −1		2	1	2		z +1		2πi 2πi
								2							1			3i 1		3i
															1			3i 1		3i

	∫			3	+ 1)z	dz = 2πi(−1+ ) + 2πi∑Res			2	− z +1	= −		+			−	+ +				= 0.
z		=2	(z			3	3	k=1 zi z				3		3	2		2 2		2
z		=2	(z			3	3	k=1 zi z				3		3	2		2 2		2

11. Подынтегральная функция имеет существенно особую точку z=1. Поэтому для вычисления вычета относительно этой точки следует разложить функцию в ряд Лорана.

z 1

Представим подынтегральную функцию в виде: ze z−1 = z e ez−1

разложением в ряд функции ew по степеням w: ew =1+ w + w2

w = z −1 , найдём разложение данной функции:

ивоспользуемся

+... + wn + ... Полагая n!

z e e z−1 = e z(1+

... +

+ ...) =

−1)

1)2

3!(z −1)3

2!(z −

n!(z −1)n

= e (z +

... +

+ ...).

3!(z −1)3

(z −1)

2!(z −1)2

n!(z −1)n

Воспользуемся соотношением

z −1+ 1

. Учитывая это,

(z −1)n

(z −1)n−1

(z −1)n

−1)n

получим:

z e e

= e [(z −1) + 2 +

z−1

...]. Вычет данной функции равен

5 (z −1)3

2 (z −1) 3 (z −1)2

коэффициенту при (z-1)-1 в данном разложении, т.е. Res[ze z−1 ] =

e . Следовательно.

∫ ze

dz = 2πi Res[ze

] = 2πi

e = 3πei.

z−1

z −1

Ответ. 10. ∫

dz = 0.

11.

∫ze z−1dz = 3πei.

+1)z

z−1

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

x2dx

∫

(x2

+1)(x2 + 9)

−∞

Решение. В данном случае в верхней полуплоскости расположены два полюса z=i и z=3i

функции f(z) =

(z2 +1)(z2 + 9)

∞

x2dx

Тогда

∫

= 2πi(Res

+ Res

+ 1)(x

+ 9)

+1)(z

+ 9)

1)(z

+ 9)

−∞

Res

= lim

(z − i)z2

−1

2 + 9)

2i 8

+1)(z

+ 9)

z→i (z + i)(z − i)(z2 + 9)

2i(i

Res

= lim

(z − 3i)z2

9i2

− 3

= −

Следовательно.

+ 3i)(z − 3i)(z2 +

− 2i 8

+1)(z

+ 9)

z→3i (z

1) 6i(9i2 +1)

∞

x2dx

−∞∫

= 2πi(

−

i) = −

2 =

(x2 + 1)(x2

+ 9)

∞

x2dx

Ответ.

∫

+ 1)(x

+ 9)

−∞

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

C∫

2 +1

2 −1

, где С прямая, z1=-i, z2=i, 1− i =

+ i

1− z

[cos ϕ + 2kπ + isin ϕ + 2kπ]. Рассматривается

Решение. Рассмотрим функцию

1− z

та ветвь функции, для которой в точке i величина

1− z

будет принимать заданное

[cos ϕ + 2kπ + isin ϕ + 2kπ]. С другой стороны

значение. С одной стороны

1− i =

2 +1

2 −1

1− i =

+ i

+ isin

2(cos

) . Сравнивая эти

выражения, приходим к выводу, что указанной ветви функции соответствует значение

		=	1− z	[cos ϕ + isin ϕ].
k=0. Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение	1− z
k=0. Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение	1− z
				2	2
6

Таким образом,

∫

= 2 1− z

= 2 [ 1− i − 1+ i] =

1− z

−i

− isin π) −

2(cos π + isin π) = −2

2isin π = 4

2 −1

= 2 [

2(cos

= 2

−1.

Ответ. ∫

= 2

2 i

2 −1 .

1− z

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