7. Функции комплексного переменного / m7var24

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

u = z −1 du = dz

∫(z −1) sh zdz =

= (z −1) ch z

1i − ∫ch zdz = (i −1) ch i −sh z

dv = sh z dz v = ch z

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

639.03 Кб

Скачать

☆

Вариант 24

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

а)

;

б)

ln(−3 − 4i)

1− i 3

Решение. а). Умножим числитель и знаменатель на

1+ i 3 . Получим:

1+ i 3

1+ i

3 . Корни находятся по формуле

1− i 3

12 − (i

3)2

(cos ϕ + 2kπ + i sin ϕ + 2kπ) , где k=0, 1. При k=0

z =

(cos ϕ + i sin ϕ) . Полагая k=1, получим второй корень

получим первый корень

z =

(cos(ϕ + π) + i sin(ϕ + π)) = −

(cos ϕ + i sin ϕ)

z =

(по формулам приведения). В

= 2 и, следовательно, z = (

i) .

12 + (

данном примере z =1+ i

3 . Тогда

3)2

Поскольку z =

(cosϕ + i sin ϕ) , то в данном случае cosφ=1/2, а sinφ=

3 / 2. Из этого

(cos ϕ + i sin ϕ) = ±

(cos π + i sin

) = ±

(

) .

следует, что φ=π/3. Тогда

z = ±

(

Окончательно получаем:

1+ i 3 = ±

3 + i) .

1− i

б). Воспользуемся формулой Ln(z) = ln z + i(ϕ + 2kπ) . В данном случае z = −3 − 4i . Найдём


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

										3
четверть). Таким образом Ln(−3 − 4i) = ln 5 + i(2kπ + π + arctg												4	) .
													) .
										3
														4
Ответ. а)	1		= ±	2	(		+ i) ; б)			Ln(−3 − 4i) = ln 5 + i(2kπ + π + arctg					) .
	1			2		3


	1− i 3	4								3

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж.

Imz2 = 1.

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

y	Re[(x + iy)	2 ] = Re[x	2 − y2 + 2ixy]	=1.

Или x2 − y2 =1. Это уравнение гиперболы, фокусы которой

расположены на оси ОХ, а вершины – в точках (-1;0) и (1;0).

Ответ. Данное соотношение представляет гиперболы

x2 − y2 =1.

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

Решение. Перейдём от гиперболических функций к функции ez:

ez − e−z

−

ez + e−z

= i , т.е. − e−z = i или ez = −

= i . Далее воспользуемся формулой

Ln v = ln

+ i(ϕ + 2kπ) . В данном случае v = i,

=1, ϕ =

. Получим:

z = ln1+ i(π + 2kπ) = iπ(2k + 1).

Ответ. z = iπ(2k + 1). 2

Задача 4. Нет условия задачи.

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

Re f (z) = u = ex (x cos y − ysin y) + 2y −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 производные
	∂x	2		∂y	2

второго порядка от u по x и по y:

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

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

Таким образом, функция u(x, y) = ex (x cos y − ysin y) + 2y −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	.
	∂x
			∂y	∂y	∂x
Из первого условия получаем:				∂v =	∂u = ex (x cos y − ysin y + cos y). Тогда
				∂y	∂x

∂v

v(x, y) = ∫ ∂ydy + ϕ(x) , или

v(x, y) = ∫ex (x cos y − ysin y + cos y)dy + ϕ(x) = ex (x sin y + ycos y − sin y + sin y) + ϕ(x). Интеграл от второго слагаемого был вычислен методом интегрирования по частям:

v(x, y) = 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 условию Даламбера-

∂x

Эйлера ∂v = ex (x sin y + sin y + ycos y) − . Приравнивая эти выражения, получим: ϕ′(x) = − .

∂x

Или ϕ(x) = −2x + C. Таким образом, v(x, y) = ex (x sin y + ycos y) − 2x + C.Тогда

f(z) = ex (xcosy − ysiny) + 2y −1+ i (ex (xsiny + ycosy) − 2x + C). Перейдём к переменной z: f(z) = exx(cosy + i siny) + exiy(cosy + isiny) − i(x + iy) −1+ i C = xexeiy + iyexeiy − 2iz −1+ iC.

Или f(z) = zez − 2iz −1+ iC. Воспользуемся дополнительным условием f(0)=-1. В данном случае f(0)=-1+iC. Следовательно, C=0.

Ответ. f(z) = ex (xcosy − ysiny) + 2y −1+ i (ex (xsiny + ycosy) − 2x+) = zez − 2iz −1.

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

∫(1− i +		C − прямая, z1 =1+ i, z2 = 2 + 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), т.е. u=1+x,

C C C

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

C C C

параметр. Составим уравнение прямой, проходящей через две точки:

	y −1	=	x −1	, т.е. y = x,	dy = dx . Начальной точке z1=1+i соответствует значение x=1,
		=		, т.е. y = x,
	2 −1 2 −1
конечной z2=2+2i – значение x=2.
							2	2	2
Следовательно, ∫(1− i +						z)dz = ∫(2 + 2x)dx + i∫0 dx= [2x + x2 ]			2	8 − 3 = 5 .
				C	1			1	1
				C	1			1

Ответ. ∫(1− i + z)dz = 5 .

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

Решение. Применим формулу интегрирования по частям:

= (i −1) chi − shi + sh1

Перейдём к тригонометрическим функциям: sh i = isin1, ch i = cos1.Получим:

∫(z −1) sh z dz = sh1− cos1+ i(cos1− sin1) .

Ответ. ∫(z −1) sh z dz = sh1− cos1+ i(cos1− sin1) .

Задача 8. Найти интеграл, используя интегральную формулу Коши, по контурам L1, L2, L3.

cos πz dz

: 4(x −1)2

4(y

−

1)2

)2 +

z − 3

) L

=1,

3) L

:(x

=1 .

L∫ (z −1)2 (z +1)

Решение. 1). Подынтегральная функция

аналитична всюду, за исключением точек z=-1 и

z= 1. Внутри круга

z − 3

≤

нет особых точек.

cos πz dz

-2

Тогда по теореме Коши I1 =

= 0.

L∫

(z −1)2

(z +1)

2). Внутри эллипса 4(x −1)2 +

4(y

−1)

≤1

расположена одна особая точка z=1. Тогда по

интегральной формуле Коши:

cos πz

cos πz dz

(z +1)

∫

(z −1)2 (z +1)

∫ (z −1)2

2πi

d cos πz

− πsin(πz) (z +1) − cos πz

πi

2πi

+1)

(z +1)2

dz (z

z=1

3) В эллипсе (x + 1)2 + y2 ≤1 также находится одна особая точка: z=-1. Тогда по

cos πz

= ∫

cos

πz dz

= ∫

(z −1)2

cos πz

πi

интегральной формуле Коши: I3

= 2πi

= −

(z −1)

(z +1)

(z −1)

z=−1

Ответ.

= 0,

πi

= −

πi

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

z − 4	,	1) 3 < z < 4	) z > 4.
z2 + 7z +12

Решение. Корнями уравнения z2+7z+12=0 являются числа z1=-3 и z2=-4. Разложим эту

дробь на простые дроби:		z − 4	=	A		+	B	=	A(z + 4) + B(z + 3)	. Или
		2 + 7z +12		z +			z + 4
	z				3				(z + 3)(z + 4)

A(z + 4) + B(z + 3) = z − 4 . При z=-3 получим A=-7. Если положить z=-4, то получим В=8.

Следовательно,

z − 4

= −7

+ 8

. 1). В кольце 3 <

< 4 имеем

2 + 7z + 12

z + 3

z +

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

z − 4

= −7

+ 8

. Воспользуемся формулой для бесконечно

z2 + 7z +12

z(1+

)

4(1+

)

убывающей геометрической прогрессии:

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где

<1. В первой

− q

дроби q=-3/z, во второй дроби q= -z/4. Следовательно,

z − 4

∞

n−1

∞

= −7∑

(−3)

+ 2 ∑

(−1)

2). В кольце

> 4

выполняются неравенства

z2 + 7z +12

n=1

n=0

<1. Следовательно,

z − 4

∞

(−3)

n−1

∞

n−1

= −7

+ 8

= −7 ∑

+8 ∑

(−1)

z2 + 7z +12

z(1+

)

n=1

∞

2 4

− 7

n−1

= ∑(−1)n−1

n=1

z − 4

∞

(−3)

n−1

∞

(−1)

Ответ. 1).

= −7∑

+ 2 ∑

в кольце 3 <

< 4 .

z2 + 7z +12

n=1

n=0

z − 4

∞

2 4

− 7

n−1

2).

= ∑(−1)n−1

в кольце

> 4 .

z2 + 7z +

12 n=1

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

10.

∫

z −1

11.

∫

z2sh

=5 z

(z +1)(z

z+1

Решение. 10. Корни знаменателя: z1 = 0,

z2 = −1,

z3 = −i, z4 = i

. Корни z2, z3, z4

являются простыми полюсами подынтегральной функции, а корень z1 – полюсом кратности 2. Тогда

	Re s	z −1

		z2 (z +1)(z2 +1)
	0	z2 (z +1)(z2 +1)
	Re s	z −1

		z2 (z +1)(z2 +1)
	−1	z2 (z +1)(z2 +1)
	Res	z −1

		z2 (z +1)(z2 +1)
	−i	z2 (z +1)(z2 +1)

z2 (z −1)

(z +1)(z2 +1) − (z −1)(z2 +1+

2 + z)

= lim

[

] = lim [

] = 2

[(z +1)(z2 +1)]2

z→0

z2 (z +1)(z2 +1)

z→0

= lim

[

(z +1)(z −1)

] = lim [

(z −1)

] = −1

z→−1

2 (z +1)(z2 +1)

z→− z

2 (z2 +1)

= lim

[

(z + i)(z −1)

] = lim

[

(z −1)

] =

− i −1

= −

z→−i

2 (z +1)(z + i)(z − i)

z→−i

z2 (z +1)(z − i)

(i +1)

Re s

z −1

= lim [

(z − i)(z −1)

] = lim [

(z −1)

] =

1− i

= −

. Получим

z2 (z +1)(z2 +1)

z2 (z +1)(z + i)(z − i)

z2 (z +1)(z + i)

(i −1)

z→i

z −1

окончательно:

dz = 2πi∑Resf (z) =2πi[2 −1−

−

] = 0 .

∫=5 z2 (z

+1)(z2

+1)

k=1

2 2

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 sh(w) по степеням w:

sh(w) = w +

+ ... Полагая w =

, получим:

z +1

= z

(

+ ...). Разложим, кроме того, функцию z

z +1

3!(z +

1)3

5!(z +

1)5

+1)

z +1

7!(z

по степеням (z+1): z2 = (z + 1−1)2 = (z +1)2 −

(z +1) + 1. Тогда

z2sh

= [(z +1)2 −

(z +1) +1](

+ ...)

z + 1

5!(z +1)5

7!(z +1)7

3!(z +1)3

Последующие слагаемые не содержат степени (z+1)-1. Перемножая ряды, находим, что

коэффициентом при (z+1)

-1

в разложении функции будет число 3 +

= 3 +

. Вычет

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

Res[z2sh

] =

. Следовательно. ∫

z2sh

dz = 2πi

=15πi .

−1

z+1

Ответ. 10.

∫

z −1

dz = 0 .

11.

∫

z2sh

dz =15πi .

=5 z

(z +1)(z

+ 1)

z+1

z +1

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

∫

+10x2 + 9

−∞

Решение. Знаменатель разлагается на множители x4 +10x2 + 9 = (x2 +1)(x2 + 9) . Корнями

знаменателя функции f(z) =

являются числа

z4 +10z2 + 9

(z2 +1)(z2 + 9)2

z1,2 = ±i,

z3,4

= ±3i . В данном случае в верхней полуплоскости расположены два полюса

z=i и z=3i данной функции.

∞

Тогда

∫

= 2πi(Res

+ Res

+ 1)(x

+ 9)

+1)(z

+ 1)(z

+ 9)

−∞

Res

= lim

(z − i)

= lim

+1)(z2

+ i)(z2

+ 9)

z→i (z + i)(z − i)(z2

+ 9)

z→i (z

+ 9)

16i

Res

= lim

(z − 3i)

= lim

= −

+1)(z2

+ 3i)(z2

+ 9)

z→3i (z + 3i)(z − 3i)(z2 +

z→3i (z

+1)

48i

∞

2πi

Следовательно. ∫

(3 −1) =

+ 9

−∞

10x

48i

∞

Ответ.

∫

+10x

+ 9

−∞

Соседние файлы в папке 7. Функции комплексного переменного

#
27.03.2015655.84 Кб58m7var19.pdf
#
27.03.2015662.01 Кб60m7var20.pdf
#
27.03.2015653.78 Кб59m7var21.pdf
#
27.03.2015645.6 Кб61m7var22.pdf
#
27.03.2015650.45 Кб57m7var23.pdf
#
27.03.2015639.03 Кб62m7var24.pdf
#
27.03.2015646.67 Кб54m7var25.pdf