Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7. Функции комплексного переменного / m7var06

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

650.37 Кб

Скачать

☆

z = 3 − 2i . Найдём

Вариант 6

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

а) sh(2 − i); б) ln(3 − 2i)

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

ϕ = arg z = −arctg

(четвёртая

модуль и аргумент этого числа:

32 + (−2)2 =

четверть). Таким образом Ln(3 − 2i) = ln

+ i(2kπ − arctg

) .

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

Ln(3 − 2i) = ln

+ i(2kπ − arctg

) .

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж.

z − i

z − 3i

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

вид:

x + i(y −1)

x + i(y − 3)

y=2

Или

x2 + (y −1)2 =

x2 + (y − 3)2 . Возведём обе части в

квадрат. Получим: x2 + y2 − 2y +1= x2 + y2 − 6y + 9. Или

4y = 8. Уравнение можно поделить на 2, получим: y=2.

Ответ. Данное соотношение представляет уравнение

прямой y = 2 .

Задача 3. Решить уравнение:

2sh z − ch z = i.

Решение. Перейдём к показательной функции:

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

2(e2z + 1) − (e2z −1) = 2iez или e2z − 2iez + 3 = 0 . Введём обозначение V=ez. Найдём корни квадратного уравнения V2-2iV+3=0:

V = i ± i2 − 3 = i ± 2i = i(1± 2) .

Таким образом, имеем два корня: V1 = 3i,

V2 = −i .

Найдём модули и аргументы этих чисел:

= 3,

arg V =

=1,

arg V

= −

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

z		= LnV					= ln 3 + i(π + 2kπ)] = ln3 + πi(2k										+		1		),	z		= LnV		= ln1+ i(−			π	+ 2kπ)] = πi(2k −							1	) .
z	1	= LnV					= ln 3 + i(π + 2kπ)] = ln3 + πi(2k										+				),	z	2	= LnV		= ln1+ i(−				+ 2kπ)] = πi(2k −								) .
	1				1		2										2						2		2		2										2
							2										2										2										2
Ответ.				z			= ln3 + πi(2k +				1	),	z		= πi(2k −			1		) .
Ответ.				z		1	= ln3 + πi(2k +					),	z	2	= πi(2k −					) .
						1				2				2			2
										2							2
Задача 4. Доказать тождество.
ch(z1 − z2 ) = ch z1ch z2 − sh z1sh z2
Решение. Рассмотрим правую часть равенства:
										ez1		+ e	−z1			ez2 + e	−z2					ez1		− e	−z1	ez2 − e	−z2			1 z		z		z	−z
ch z			ch z		2		− sh z sh z	2	=												−							=			(e 1 e		2	+ e 1 e		2	+
ch z			ch z				− sh z sh z		=												−							=			(e 1 e		2	+ e 1 e		2	+
		1					1					2				2								2		2				4
												2				2								2		2				4

+ e−z1 ez2 + e−z1 e−z2 − ez1 ez2 + ez1 e−z2 + e−z1 ez2 − e−z1 e−z2 ) = 1 2(ez1 e−z2 + e−z1 ez2 ) = 4

=1 (e(z1−z2 ) + e−(z1−z2 ) ) = ch(z1 − z2 ) , что и требовалось доказать.

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

Imf (z) = v = ex (ycos y + (x −1)sin y) , если f(0)=1.

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

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

второго порядка от v по x и по y:

∂v	= ex	(ycos y + (x −1)sin y) + ex sin y = ex (ycos y + x sin y),		∂2u		= ex [ycos y + x sin y + sin y],
∂x				∂x2

∂v	= ex	(cos y − ysin y + (x −1)cos y) = ex	∂2u		= ex		[−x sin y − ycos y − sin y].
∂y			(x cos y − ysin y),	2
			∂y

Таким образом, лапласиан ∆v равен нулю. Восстановим действительную часть u(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: ∂u =	∂v = ex (x cos y − ysin y) . Тогда u(x, y) = ∫ ∂udx + ϕ(x) ,
∂x	∂y	∂x

или u(x, y) = ∫ex (x cos y − ysin y)dx + ϕ(x) = ex [(x −1)cos y − ysin y] + ϕ(y). Производная по y от

этого выражения равна ∂u = ex (−(x −1)sin y − sin y − ycos y) + ϕ′(y) = ex (−x sin y − ycos y). С

∂y

другой стороны по второму условию Даламбера-Эйлера ∂u = − ∂v = −ex (ycos y + x sin y) = .

∂y ∂x

Приравнивая эти выражения, получим: ϕ′(x) = 0. Отсюда ϕ(x) = C. Таким образом, u(x, y) = ex ((x −1)cos y − ysin y) + C. Тогда

f(z) = ex ((x −1)cos y − ysin y) + i ex (ycos y + (x −1)sin y) + C. Перейдём к переменной z: f(z) = ex [(x −1)(cos y + isin y) + y(i2 sin y + icos y)] + C = ex [(x −1)eiy + iyeiy ] + C =

= ex eiy (x + iy −1] + C = ex+iy (z −1) + C = (z −1) ez + C .Воспользуемся дополнительным условием f(0)=i. В данном случае f(0)=-1+С=1. Т.е. C=2.

Ответ. f(z) = ex [(x −1)cos y − ysin y] + 2 + i ex [(x −1)sin y + ycos y] = (z −1) ez + 2.

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

∫z Re	z	dz;	C: x = y2 , 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

C C C

f(z) = x2 + i xy. Значит ∫f(z)dz = ∫x2dx − xydy + i∫x2dy + xydx . Примем y за параметр.

C C C

Тогда x = y2 , dx = 2ydy . Начальной точке z1=0 соответствует значение y=0, конечной z2=1+i – значение y=1.

				1					1	y	6		y	4		1	3y	5	1	1		3
				1					1		6			4		1		5	1
Следовательно, ∫z Re					z		dz = ∫[2y5 − y3 ]dy + i∫[y4 + 2y4 ]dy = [					−			]	+ i			=		+		i .
Следовательно, ∫z Re					z		dz = ∫[2y5 − y3 ]dy + i∫[y4 + 2y4 ]dy = [			3		−			]	+ i			=		+		i .
		C		0					0	3		4				5			12		5
																0			0
																0			0
Ответ. ∫z Re		dz =	1	+		3		i .
	z		1			3
	z
C	12			5
C

				i
Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции. ∫z sh zdz .
		1
Решение. Применим формулу формулу интегрирования по частям:
i	u = z du = dz			i

∫z sh zdz =			= z ch z	1i − ∫ch z dz = i ch i − ch1− sh z	1i = i ch i − ch1− sh i + sh1.

	dv = sh zdz v = ch z
1			1

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

∫z sh zdz = sh1− ch1+ i (cos1− sin1) .

Ответ. ∫z sh zdz = sh1− ch1+ i (cos1− sin1) .

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

L3.

L∫

eizdz

1) L1 :

z −1− i

, 2)

L2 :

+ y2

=1,

3) L3 :

z +

=1.

(z2 −1)(z + 3)2

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

z=1 и z=-3. В круге

z −1− i

≤

подынтегральная

функция аналитична. Следовательно,

I1 =

= 0 .

2). В эллипсе

+ y2 ≤1 есть

L∫ (z

2 −1)(z + 3)2

-1

две особые точки: z=-1 и z=1. Поэтому применим

теорему Коши для многосвязной области:

I2 =

eizdz

2−1)(z + 3)2

−1)(z + 3)2

L∫2 (z2−1)(z + 3)2

l∫ (z

где l1 - окружность достаточно малого радиуса с центром в точке z=-1, а l2 - окружность малого радиуса с центром в точке z=1. Вычислим оба интеграла по интегральной формуле Коши:

eiz

∫

(z−1)(z + 3)

−i

πi

e−i ;

= 2πi

= −

−1)(z + 3)

(z+1)

− 8

(z −1)(z + 3)

z=−1

eiz

∫

(z+ 1)(z + 3)

πi

ei .

= 2πi

−1)(z + 3)

+ 3)

(z−1)

(z + 1)(z

z=1

Следовательно, I

eizdz

πi

− 4e

−i

) .

L2∫ (z2 −1)(z + 3)2

3). Внутри области

z +

≤1 расположена одна особая точка z=-3. Тогда по интегральной

eiz

формуле Коши ∫

eizdz

= ∫

(z2−1)

= 2πi

eiz

−1)(z + 3)

(z+

−1)

z=−3

ieiz (z2

−1)

− eiz 2z

πi

= 2πi

(4i + 3)e−3i .

(z2 −

1)2

z=−3

Ответ. I

= 0,

πi

− 4e

−i

πi

(4i + 3)e

−i

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

	z − 6		1) 2 <		< 5			> 5.	3) 2<\|z-5\|.
		,		z		2)	z
z2
	− 7z +10

Решение. Корнями уравнения z2-7z+10=0 являются числа z1=5 и z2=2. Разложим эту дробь

на простые дроби:		z − 6	=	A		+	B	=	A(z − 2) + B(z − 5)	. Или
		2 − 7z +10		z −			z − 2
	z				5				(z − 5)(z − 2)

A(z − 2) + B(z − 5) = z − 6 . При z=5 получим A=-1/3. Если положить z=2, то получим В=4/3.

Следовательно,

z − 6

= −

. 1). В кольце 2 <

< 5 имеем

2 − 7z +10

z − 5 3

z − 2

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

z − 6

. Воспользуемся формулой для бесконечно убывающей

z2 − 7z +10

−

z(1−

5(1

)

геометрической прогрессии:

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где

<1. В первой дроби q=z/5,

1− q

во второй дроби q=2/z. Следовательно,

z − 6

∞

n+1

∞

∑

. 2). В кольце

> 5 выполняются неравенства

n+1

− 7z +10 3 n=1 z

n=0 5

2 <1 и 5 <1. Следовательно,

z − 6		1	1				4	1				1	∞	5	n−1		1	∞	2	n+1		1	∞	2	n+1	− 5	n−1
	= −					+					= −		.∑			+		∑			=		.∑					.
z2 − 7z +10				5					2					zn					zn							zn
	3		z(1−		)	3		z(1−		)	3		n=1			3		n=1			3		n=1

3) 2<|z-5|;

2 <

z − 5

< 1;

z −

z − 6

= −

z2 − 7z +10

− 3

3 z −

5 3 z −

z − 5 3

(z − 5)(1−

)

z − 5

= −

∞ zn

∞

(−1)n3n

∑

;

3 1 5n+1

3 1 (z − 5)n+1

z − 6

= −

1 ∞

4 ∞

(−1)n

∑

;

z2 − 7z +10

3 1 5n+1

3 1 (z − 5)n+1

z − 6

∞

n+1

∞

Ответ. 1).

∑

в кольце 2 <

< 5 .

n+1

− 7z +10 3

n=1 z

n=0 5

z − 6

∞

n+1

− 5

−1

2).

.∑

в кольце

> 5 .

z2 − 7z +10 3 n=1

∞

(−1)n3n

z − 6

= −

1 ∞

∑

;

в кольце 2<|z-5|.

2 − 7z +10

3 1 5n+1

3 1 (z − 5)n+1

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

10. ∫

sin(z2 − 4)

11. ∫

z + 1

ezdz

− 8z

+16

=3 z

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

sin(z2 − 4)

sh(z2 − 4)

. Следовательно,

z4 − 8z +16

(z + 2)2

(z − 2)2

sin(z

2 − 4)

sin(z2

− 4)

Res

lim

[(z + 2)

] =

(z − 2)2

z1 (z + 2)2

1! z→−2 dz

(z + 2)2 (z − 2)2

= lim

2z cos(z2 − 4) (z − 2)2 − sin(z2 − 4) 2(z − 2)

−

4ch(0) (−2 − 2)2 − sh(0) 2(−

− 2)

= −

(z − 2)4

(−2 − 2)4

z→−2

sin(z

2 − 4)

sin(z2 − 4)

Res

lim

[(z − 2)2

] =

(z − 2)2

(z + 2)2 (z − 2)2

z2 (z + 2)2

1! z→2 dz

= lim

2zcos(z2 − 4) (z + 2)2 − sin(z2 −

4) 2(z + 2)

4ch(0)

+ 2)2 − sh(0) 2(2

+ 2)

(z + 2)4

(2 + 2)4

z→2

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

		sin(z2 − 4)			1		1
				dz = 2πi (−		+		) = 0 .
z	∫=3 z4 − 8z2		+16		4		4

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 ew по степеням w:

ez =1+ w +	w2	+	w3	+	w4	+ ... Полагая w =	1	, получим:

2!		3!		4!			z

1									2
z +1		= (1+	1		+	2	+	2		+
z +1			1			2		2
	ez			) 1
	ez			) 1
								2!z2
z			z			z		2!z2

2	3		2	4			3		4
	3			4
		+			+ ...	=1+		+		+ ...
		+			+ ...	=1+		+		+ ...
3!z3			4!z4						z2
3!z3			4!z4				z		z2

Коэффициентом при z-1 в разложении функции будет число 3.Вычет данной функции равен коэффициенту при z-1 в данном разложении, т.е. Res[z +1e1z ] = 3 . Следовательно.

∫

z +1

ezdz = 2πi 3 = 6πi .

Ответ. 10. ∫

sin(z2 − 4)

∫

z + 1

ezdz = 6πi

dz = 0

. 11.

− 8z

+16

=3 z

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

∫

dx.

(x4 + 6x2

+ 25)

−∞

Решение. Найдём корни знаменателя функции

f (z) =

, решая биквадратное

4 + 6z2 + 25)

уравнение: (z2)2+6(z2)+25=0, z2 = −3 ±

= −3 ± 4i = 5(−

) . Число z2 = 5(−

)

9 − 25

геометрически расположено во второй четверти комплексной плоскости. Следовательно,

один из корней z2 обязательно будет расположен в первой четверти. Найдём этот корень. Если


cosϕ = −	3	,	то cos ϕ =	1	(1+ cosϕ) =	1	(1−	3	) =	1		2	=	1	, тогда	sin ϕ =	1−	1	=	2
cosϕ = −		,	то cos ϕ =		(1+ cosϕ) =		(1−		) =				=		, тогда	sin ϕ =	1−		=
5			2	2		2	5			2	5			5		2	5			5

		=		1	+	2i	) =1+ 2i . Тогда z		=		2		i	) =1− 2i .Аналогично, число
Итак, z	1		5(					2		5(−		+


		5			5				5				5

z2 = 5(− 3 − 4i) геометрически расположено в третьей четверти комплексной плоскости.

Следовательно, один из корней z2

обязательно будет расположен во второй четверти.

) = −1+ 2i . Тогда z

) = −1− 2i .В данном

Это значит, что z

5(−

−

случае в верхней полуплоскости расположены два простых полюса z1 и z3 функции

f (z) =

(z4 + 6z2 + 25)

∞

Тогда

∫

dx = 2πi(Res

+ Res

+ 25)

+ 6x

+ 25)

+ 6x

25)

−∞

1+2i x

−1+2i x

Res

lim

(z −1− 2i)z2

− 3 + 4i

1+ 2i

+ 6z2

1+2i z

+ 25

z→1+2i (z −1− 2i)(z −1+ 2i)(z +1− 2i)(z +

1+ 2i)

4(1+ 2i)

16i

Res

lim

(z +1− 2i)z2

− 3 − 4i

1− 2i

4 + 6z2

+ 25

−1− 2i)(z −1+ 2i)(z +1− 2i)(z +1+ 2i)

4i 4(1− 2i)

−1+2i z

z→−1+2i (z

24i

∞

+ 2i

1− 2i

Следовательно. ∫

dx = 2πi(

) =

+ 6x

+ 25)

16i

−∞ x

∞

Ответ.

∫

dx =

+ 6x

+ 25)

−∞ x

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

∫

, где С прямая, z1=-4i, z2=4i, 3 + 4i = 2 + i .

3 − z

Решение. По формуле Ньютона –Лейбница ∫

4i .

= −2 3 − z

3 − z

−4i

Рассмотрим функцию 3 − z = 3 − z [cos ϕ + 2kπ + isin ϕ + 2kπ]. Рассматривается та ветвь
2	2

функции, для которой в точке z=-4i величина 3 − z будет принимать заданное значение

3 + 4i = 2 + i . Так как числа 3+4i и 2+i оба геометрически находятся в первой четверти комплексной плоскости, то это соответствует первой ветви функции 3 − z (k=0).

Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение 3 − z = 3 − z [cos ϕ + isin ϕ].
2	2

Вычислим 3 − 4i на этой ветви. Так как число 3-4i находится в четвёртой четверти комплексной плоскости, то число 3 − 4i на этой ветви будет расположен также в четвёртой четверти (при делении отрицательного угла на 2 получается также отрицательный угол). Следовательно, 3 − 4i = 2 − i .

Таким образом, ∫	dz		4i = 2(2 − i − 2 − i) = −4i .

		= 2 3 − z

C	3 − z		−4i

Ответ. ∫	dz		4i = 2(2 − i − 2 − i) = −4i .
		= 2 3 − z

C	3 − z		−4i

Соседние файлы в папке 7. Функции комплексного переменного

#
27.03.2015655.63 Кб67m7var01.pdf
#
27.03.2015653.39 Кб64m7var02.pdf
#
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