7. Функции комплексного переменного / m7var12

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

, ГДЕ С: ПРЯМАЯ, Z1=1+I, Z2=0,

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

657.96 Кб

Скачать

☆

ВАРИАНТ 12

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

а) sin(2 + 2i);	б)
		3 + 4i

РЕШЕНИЕ. А). ПО ФОРМУЛЕ ТРИГОНОМЕТРИИ SIN(2+2I)=SIN2·COS2I+COS2·SIN2I. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛАМИ СВЯЗИ МЕЖДУ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИМИ И ГИПЕРБОЛИЧЕСКИМИ

ФУНКЦИЯМИ:

COS2I=CH2; SIN2I= ISH2. ПОЛУЧИМ SIN(2+2I)=SIN2·CH2+ I·COS2·SH2.

Б). КОРНИ НАХОДЯТСЯ ПО ФОРМУЛЕ

ϕ + 2kπ + i sin ϕ + 2kπ) , ГДЕ K=0, 1. ПРИ K=0

z =

(cos

(cos ϕ

+ i sin

ϕ) . ПОЛАГАЯ K=1, ПОЛУЧИМ ВТОРОЙ

ПОЛУЧИМ ПЕРВЫЙ КОРЕНЬ

(cos(ϕ + π) + i sin(

ϕ + i sin

ϕ) (ПО ФОРМУЛАМ

+ π)) = −

(cos

КОРЕНЬ

ПРИВЕДЕНИЯ). В ДАННОМ ПРИМЕРЕ Z=3+4I. ТОГДА

32 + 42

= 5 И, СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z= 5(35 + 45 i). ПОСКОЛЬКУ

z= z (cosϕ + i sin ϕ) , ТО В ДАННОМ СЛУЧАЕ COSΦ=3/5, А SINΦ=4/5. УЧИТЫВАЯ, ЧТО sin2 ϕ2 = 12 (1− cosϕ) и cos2 ϕ2 = 12 (1+ cosϕ) , ПОЛУЧИМ:

sin2 ϕ =	1	(1−	3	) =	1	и cos	2 ϕ =		1	(1+			3	) =	4	.				ТАК КАК 0<Φ<Π/2, ТО, СООТВЕТСТВЕННО,
sin2 ϕ =	2	(1−		) =	5	и cos	2 ϕ =		2	(1+				) =	5	.				ТАК КАК 0<Φ<Π/2, ТО, СООТВЕТСТВЕННО,
2	2	5			5		2		2	5					5
0<Φ/2< Π/2. В ТАКОМ СЛУЧАЕ sin									ϕ	> 0 и cos							ϕ > 0 , Т.Е. sin								ϕ =		1	и cos		ϕ =		2	.
0<Φ/2< Π/2. В ТАКОМ СЛУЧАЕ sin										> 0 и cos							ϕ > 0 , Т.Е. sin								ϕ =			и cos		ϕ =			.
									2								2								2		5			2		5
ОКОНЧАТЕЛЬНО ПОЛУЧАЕМ															ϕ		+ i sin ϕ) = ±										2	+ i	1		) = ±(2 + i) .

								z = ±			z	(cos														5 (
								z = ±			z	(cos														5 (
															2			б)		2							5	5
															2					2							5	5
ОТВЕТ. А)		SIN(2+2I)= SIN2·CH2+ I·COS2·SH2;
ОТВЕТ. А)		SIN(2+2I)= SIN2·CH2+ I·COS2·SH2;																					3 + 4i	= ±(2 + i).
ЗАДАЧА 2. ВЫЯСНИТЬ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ СООТНОШЕНИЯ. СДЕЛАТЬ ЧЕРТЁЖ.
															Im			1	<		1	.
															Im				<			.
																		z		2

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

YX ВИД: Im x +1iy < 12 .

ИЛИ Im	x − iy	=	− y	<	1	. ПРИВОДЯ К ОБЩЕМУ
	x2 + y2		x2 + y2		2

ЗНАМЕНАТЕЛЮ И ОТБРАСЫВАЯ ЕГО, ПОЛУЧИМ: x2 + y2 > −2y .

ВЫДЕЛЯЯ ПОЛНЫЙ КВАДРАТ СУММЫ, МОЖНО ЗАПИСАТЬ: x2 + (y + 1)2 >1.

ОТВЕТ. ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ОПРЕДЕЛЯЕТ ОБЛАСТЬ, РАСПОЛОЖЕННУЮ ВНЕ КРУГА РАДИУСА 1 С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ (0;-1).

ЗАДАЧА 3. РЕШИТЬ УРАВНЕНИЕ: sh iz = −i.

РЕШЕНИЕ. ПЕРЕЙДЁМ ОТ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ К ФУНКЦИИ EIZ:

	eiz − e−iz	= −i . УМНОЖИМ ВСЁ УРАВНЕНИЕ НА 2EIZ, ПОЛУЧИМ e2iz −1= −2ieiz . ОБОЗНАЧИМ
2
2

	v = eiz И РЕШИМ КВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ v2 + 2iv −1= 0,				v1,2 = −i ±		(−i)2 +1 = −i . ТАКИМ
ОБРАЗОМ, v = eiz = −i или z = −iLn(−i) = −i[ln			− i	+ i(− π + 2kπ)] = − π		+ 2kπ .
ОБРАЗОМ, v = eiz = −i или z = −iLn(−i) = −i[ln			− i	+ i(− π + 2kπ)] = − π		+ 2kπ .
				2	2
				2	2

ОТВЕТ. z = − π2 + 2kπ

ЗАДАЧА 4. ДОКАЗАТЬ ТОЖДЕСТВО. sh(z + πi) = −shz . РЕШЕНИЕ. РАССМОТРИМ ЛЕВУЮ ЧАСТЬ РАВЕНСТВА:

sh( z + πi) =

ez+πi − e−z−πi

πi

− e

−z

−πi

) =

(cosπ + isin π) − e

−z

(cosπ − isin π)) =

= 12 (ez (−1) − e−z (−1)) = − 12 (ez − e−z ) = −shz , ЧТО И ТРЕБОВАЛОСЬ ДОКАЗАТЬ.

ЗАДАЧА 5. ВОССТАНОВИТЬ АНАЛИТИЧЕСКУЮ ФУНКЦИЮ ПО ЗАДАННОЙ ДЕЙСТВИТЕЛЬНОЙ ЧАСТИ

ЕЁ:

Ref (z) = u = Ax3 − 3xy + x , ЕСЛИ F(I)=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	+	∂2	. ПРОВЕРИМ ВЫПОЛНЕНИЕ ЭТОГО УСЛОВИЯ, ДЛЯ ЧЕГО НАЙДЁМ
	∂x2			∂y2

ПРОИЗВОДНЫЕ ВТОРОГО ПОРЯДКА ОТ U ПО X И ПО Y:
∂u = 3Ax2 − 3y +1,		∂2u		= 6Ax,		∂u = −3x,	∂2u = 0.
∂x		∂x2				∂y	∂y2

ЧТОБЫ ЛАПЛАСИАН ∆U БЫЛ РАВЕН НУЛЮ, НУЖНО ПОЛОЖИТЬ A=0. ТАКИМ ОБРАЗОМ, ФУНКЦИЯ u(x, y) = −3xy + x 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

∂x

∂y

ИЗ ПЕРВОГО УСЛОВИЯ ПОЛУЧАЕМ:

∂v

∂u

= −3y +1. ТОГДА v(x, y) = ∫

∂v

dy + ϕ(x) , ИЛИ

∂y

∂x

∂y

v(x, y) = ∫(−3y

+ 1)dy + ϕ(x) = −

+ y + ϕ(x). ПРОИЗВОДНАЯ ПО X ОТ ЭТОГО ВЫРАЖЕНИЯ РАВНА

∂v

= ϕ′(x). С ДРУГОЙ СТОРОНЫ ПО ВТОРОМУ УСЛОВИЮ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА

∂v

= 3x.

∂x

ПРИРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПОЛУЧИМ:

ϕ′(x) = 3x. ИЛИ ϕ(x) =

3x2

+ C. ТАКИМ ОБРАЗОМ,

3y2

3x2

v(x, y) = −

+ y +

+ C. ТОГДА f(z) = −3xy + x + i (−

+ y +

+ C). ПЕРЕЙДЁМ К

ПЕРЕМЕННОЙ Z: f(z) =

i(x2 + 2ixy − y2 ) + x

+ iy + iC =

iz2 + z + iC. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫМ УСЛОВИЕМ F(I)=I. В ДАННОМ СЛУЧАЕ f(i) = −

i + i

+ iC . СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

C=3/2.

ОТВЕТ. f(z) = −3xy + x + i (−

3y2

+ y +

3x2

) =

i(z2 +1) + z.

ЗАДАЧА 6. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ПО ДУГЕ C ОТ ТОЧКИ Z1

ДО ТОЧКИ Z2.

∫Im

dz;

C: x = y2 , z1 = 0,

z2 = 4 − 2i.

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, Т.Е.U=-Y, V=0.

C C C


		∫ydx + i∫
ЗНАЧИТ ∫Imzdz = −		∫ydx + i∫
C	C		C

ydy . ПРИМЕМ Y ЗА ПАРАМЕТР. ТОГДА: x = y2 , dx = 2ydy .

НАЧАЛЬНОЙ ТОЧКЕ Z1=0 СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ Y=0, КОНЕЧНОЙ

Z2=4-2I – ЗНАЧЕНИЕ

Y=-2.

−2

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ∫Im

dz = −2 ∫y2dy − i ∫ydy =−

− i

= −

− 2i .

ОТВЕТ. ∫Im

dz = −

− 2i .

1+i

ЗАДАЧА 7. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ОТ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ. ∫z cos zdz .

РЕШЕНИЕ. ПРИМЕНИМ ФОРМУЛУ ИНТЕГРИРОВАНИЯ ПО ЧАСТЯМ:

1+i	u = z du = dz			10+i −	1+i	10+i =
1+i					1+i
∫z cos z dz =			= zsin z		∫sin z dz = (1+ i)sin(1+ i) + cos z

	dv = cos z dz	v = sin z
0	dv = cos z dz	v = sin z			0
0					0
= (1+ i)[sin1 cosi + cos1 sin i] + cos1 cosi − sin1 sin i −1.

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

1+i

∫z cos zdz = (i +1)[sin1ch1+ icos1sh1] + cos1ch1− isin1sh1−1= ch1(sin1+ cos1) − cos1sh1+

+ i(cos1sh1− sin1sh1+ cos1ch1) .

1+i

ОТВЕТ. ∫z cos zdz = ch1(sin1+ cos1) − cos1sh1+ i(cos1sh1− sin1sh1+ cos1ch1) .

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

РАМ L1, L2, L3.

ezdz

1) L1 :

z −

=1, 2) L2

= π, 3) L3 :

=1.

∫

+ i

L z

РЕШЕНИЕ. 1). ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ АНАЛИТИЧНА ВСЮДУ, ЗА ИСКЛЮЧЕНИЕМ ТОЧЕК

Z=0 И z = − πi . В КРУГЕ

z −

=1НЕТ ОСОБЫХ ТОЧЕК. ТОГДА ПО ТЕОРЕМЕ КОШИ I1=0.

2). ВНУТРИ КРУГА

≤ π РАСПОЛОЖЕНЫ ДВЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ Z=0 И z = − πi . ПОЭТОМУ

ПРИМЕНИМ ТЕОРЕМУ КОШИ ДЛЯ МНОГОСВЯЗНОЙ ОБЛАСТИ:

∫

ezdz

=∫

ezdz

+∫

ezdz

, ГДЕ L1 - ОКРУЖНОСТЬ ДОСТАТОЧНО МАЛОГО РАДИУСА С

+ i

L2 z

l1 z

ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=0, А L2

- ОКРУЖНОСТЬ МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ z = −

πi .

ВЫЧИСЛИМ ОБА ИНТЕГРАЛА ПО ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ:

ezdz l∫1 z3+ i π2 z2

ezdz

z+ iπ

/ 2

= ∫

= 2πi

dz (z + iπ / 2)

z=0

= 2πi	ez (z + iπ / 2) − ez			=	8	(	π	+ i) .
	(z + iπ / 2)	2	z=0		π		2

ezdz

−i

∫

= ∫

= 2πi

= −

. ЗДЕСЬ УЧТЕНО, ЧТО e

= −i

l2 z + i

l2 z +

=−i

ОКОНЧАТЕЛЬНО ПОЛУЧАЕМ: I2 =

∫

ezdz

(

+ i) +

πi

(π − 2 + 2i)

− i

L2 z

3) ВНУТРИ КРУГА

≤1 НАХОДИТСЯ ОДНА ОСОБАЯ ТОЧКИ: Z=0. ИНТЕГРАЛ ПО КОНТУРУ L3

СОВПАДАЕТ С УЖЕ ВЫЧИСЛЕННЫМ ИНТЕГРАЛОМ ПО

ezdz

КОНТУРУ L1. I3

(

+ i) .

∫

+ i

L3 z

ОТВЕТ.

I1 = 0,

I2 =

(π − 2 + 2i),

(

π + i).

ЗАДАЧА 9. РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД ЛОРАНА В

-1

ОБЛАСТЯХ.

z − 6

1) 1<

< 4

> 4.

z2 − 5z + 4

РЕШЕНИЕ. КОРНЯМИ УРАВНЕНИЯ Z2-5Z+4=0 ЯВЛЯЮТСЯ

ЧИСЛА Z1=1 И Z2=4. РАЗЛОЖИМ ЭТУ ДРОБЬ НА ПРОСТЫЕ

ДРОБИ:

z − 6

A(z −1) + B(z − 4)

. ИЛИ A(z −1) + B(z − 4) = z − 6 . ПРИ Z=4

z2 − 5z + 4

−

z −1

(z − 4)(z −1)

ПОЛУЧИМ A=-2/3. ЕСЛИ ПОЛОЖИТЬ Z=1, ТО ПОЛУЧИМ В=5/3. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z − 6

= −

1). В КОЛЬЦЕ 1<

< 4 ИМЕЕМ

<1. ТОГДА

z2 − 5z + 4

− 4

z −1

z − 6

ДРОБЬ МОЖНО ПРЕДСТАВИТЬ СЛЕДУЮЩИМ ОБРАЗОМ:

z2 − 5z + 4

4(1−

)

z(1−

)

ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ ДЛЯ БЕСКОНЕЧНО УБЫВАЮЩЕЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ:

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., ГДЕ

<1. В ПЕРВОЙ ДРОБИ Q=Z/4, ВО ВТОРОЙ ДРОБИ Q=1/Z.

1− q

z − 6

∞

СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

∑

2). В КОЛЬЦЕ

> 4

ВЫПОЛНЯЮТСЯ

z2 − 5z + 4

n=0 4n+1

3 n=1

НЕРАВЕНСТВА

<1. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z − 6

∞

n−1

∞

n−1

= −

+ 5

= −

∑

∑5 − 2 4

z2 − 5z + 4

n=1

n=1 zn

n=1

z(1

−

)

z(1−

)

z − 6

∞

ОТВЕТ. 1).

∑

.В КОЛЬЦЕ 1<

< 4.

z2 − 5z + 4

4n+1

n=0

3 n=1

z − 6

∞

− 2

n−1

2).

∑

В КОЛЬЦЕ

> 4 .

2 − 5z + 4

n=1

ЗАДАЧИ 10-11. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛЫ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

−πz

10.

∫

11.

∫ z cos

(4z

z − 1

−

πz

−

πz

РЕШЕНИЕ. 10. ПРЕОБРАЗУЕМ ПОДИНТЕГРАЛЬНУЮ ФУНКЦИЮ:

(4z2 +1)2

)

КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ: z1

= −

z2 =

I. ЗНАЧЕНИЯ Z1 И Z2 ЯВЛЯЮТСЯ ПОЛЮСАМИ

ПОДЫНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ КРАТНОСТИ 2. ТОГДА

πz

−

πz

−

πz

−

πz

−

(z +

)

−

3 (z

−

)

− 2e

3 (z

−

)

Res

= lim

[

] =

lim [

] =

−

16(z

)

z→−

16(z +

)

(z −

)

z→−

16(z −

)

(π

π + 2i)(

6i =

)) ,

+ 2i)e

(

) =

(

−1+ i(

3 +

πz

)2 e−

πz

e−

πz

− 2e−

πz

−

)

(z −

−

3 (z +

Res

= lim

[

] = lim [

] =

16(z

)

z→

16(z +

)

−

)

z→

16(z +

)

(π

+ 2i)e−

i =

))

(

−

2i)(

−

) =

(

−1− i(

3 +

ПОЛУЧИМ ОКОНЧАТЕЛЬНО:

−πz

∫

e 3

2πi

πi

− 2) .

dz =

(

−1

+ i( 3 +

) +

−1

− i( 3

))

(

+ 1)

(4z

11. ПРЕОБРАЗУЕМ ПОДИНТЕГРАЛЬНУЮ ФУНКЦИЮ:

z cos

= zcos

z −1+ 1

= zcos(1+

) = z(cos1cos

− sin1sin

) . ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ

z −1

−1

z −

z −1

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 COSW И SINW ПО СТЕПЕНЯМ W:

cos(w) =1−

−

+ ...,

sin(w) = w

−

+ ... ПОЛАГАЯ w =

−

ПОЛУЧИМ:

z cos

= z{cos1[1−

−

+ ...] −sin1[

−

z−

2(z−1)2

24(z

−1)4

720(z−1)6

(z−1)

6(z−1)3

+ ...]}= cos1[1−

z −1+1

−

+ ...] −sin1[

z −1+1

−

−1)4

720(z−1)6

6(z−1)3

120(z−1)5

2(z−1)2

24(z

(z−1)

+ ...]}= cos1[1−

−

+ ...] −sin1[1+

−

+ ...]

2(z−1)2

6(z−1)3

120(z−1)5

2(z −1)

(z−1)

ПОСЛЕДУЮЩИЕ СЛАГАЕМЫЕ НЕ СОДЕРЖАТ СТЕПЕНИ (Z-1)-1. КОЭФФИЦИЕНТОМ ПРИ (Z-1)-1 В

РАЗЛОЖЕНИИ ФУНКЦИИ БУДЕТ ЧИСЛО − (12 cos1+ sin1) . ВЫЧЕТ ДАННОЙ ФУНКЦИИ РАВЕН

КОЭФФИЦИЕНТУ ПРИ (Z-1)-1 В ДАННОМ РАЗЛОЖЕНИИ, Т.Е. Res[z cos

] = −(

cos1+ sin1) .

z −1

СЛЕДОВАТЕЛЬНО.

∫ z cos

dz = −2πi (

1 cos1+ sin1) = −πi(cos1+ 2sin1) .

z −1

																								−πz

ОТВЕТ. 10.												∫									e						3						dz =			πi		(				π								− 2) .								11.															∫		z cos							z				dz = −πi(cos1+ 2sin1).

																							2				+				2					8																																													z −1
																(4z							2					1)			2												3
											z		=1			(4z												1)															3																											z			=2
ЗАДАЧА 12. ВЫЧИСЛИТЬ НЕСОБСТВЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.
																																																												∞										dx						.

																																																													∫						x6 +
																																																													∫						x6 +							1
																																																											−∞
РЕШЕНИЕ. НАЙДЁМ КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ ФУНКЦИИ f(z) =																																																					1					:
РЕШЕНИЕ. НАЙДЁМ КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ ФУНКЦИИ f(z) =																																																	z			6 +1						:
																																																	z			6 +1
z = 6				= cos										(2k +1)π															+ icos						(2k + 1)π																	. ПОЛАГАЯ ЗДЕСЬ K=0, 1, 2, НАХОДИМ ТРИ КОРНЯ,
			−1											(2k +1)π																					(2k + 1)π
			−1
																			6																				6
ЛЕЖАЩИЕ В ВЕРХНЕЙ ПОЛОВИНЕ КОМПЛЕКСНОЙПЛОСКОСТИ:

z1 =		3		+				i		,					z2 = i,														z3				= −			3			+					i				. ОСТАЛЬНЫЕ ТРИ КОРНЯ ЯВЛЯЮТСЯ СОПРЯЖЁННЫМИ ПО
z1 =	2			+						,					z2 = i,														z3				= −			2			+				2					. ОСТАЛЬНЫЕ ТРИ КОРНЯ ЯВЛЯЮТСЯ СОПРЯЖЁННЫМИ ПО
	2			2																																2							2
ОТНОШЕНИЮ К НАЙДЕННЫМ КОРНЯМ И НАХОДЯТСЯ В НИЖНЕЙ ПОЛУПЛОСКОСТИ. ТАКИМ
ОБРАЗОМ,
∞	dx																										1												1																						1
∫	dx					= 2πi(Res																					1						+ Res						1												+ Res										1											).
∫	6					= 2πi(Res																					6						+ Res						6												+ Res										6											).
−∞ z	+1																z1 z										+1							z2 z						+ 1														z3 z							+1
																																													(z −										3			−						i
	1																																																																	)																																1										− i
Res	1						=							lim																																							2											2		)																									=							1									=	− i			.
Res							=							lim																																																																													=		1														=				.
z1	z6+1														3						i															3										i												3											i										3							1																			3) 3(1+ i				3)
z1											z→				3			+			i				(z2+1)(z −																−								)(z −													+									)[(z +											)2+							]						(3 + i 3)i(3 + i
															2						2																																																																							2
															2						2															2																						2										2																		4
																																				2									2													2										2											2							4
Res	1						= lim																														(z − i)																																										=								1									=		1			.
Res							= lim																																																																								=																	=					.
z2	z6+1									z→i						(z+ i)(z − i)[(z −																					3				)		2			+						1	][(z +								3								)		2		+		1		]			2i(−i								3)(i						3)				6i
																(z+ i)(z − i)[(z −																				2					)					+					4		][(z +								2								)				+	4			]
																																				2															4										2													4

																																													(z +								3					−						i
	1																																																																)																																	1										− i
Res	1					=								lim																																							2										2		)																									=								1								=		− i		.
Res						=								lim																																																																												=		1														=				.
z3	z6+1																3						i														3										i											3									i												3						1																					3(1		− i	3)
z3	z6+1								z→−								3		+				i			(z2+ 1)(z +											3					−					i			)(z +								3			+						i			)[(z −									3		)2			+	1		]							(3 − i						3)i(3 − i					3)	3(1		− i	3)
																2						2																																																																						2
																2						2														2										2												2									2												2						4
																																				2										2												2									2												2						4
																									∞					dx												− i(1− i																			+1+ i																																										2π
																									∞																															3)																		3)							1													2					1
СЛЕДОВАТЕЛЬНО. ∫																																		= 2πi(																						3)																		3)				+			1		) = 2πi (											2			+		1			) =		.
																														6																																																																									3
																														6																											3)(1+ i
																								−∞ x								+1												3(1− i													3)(1+ i																3)							6i													12i						6i
																																																																i
						∞						dx														2π
ОТВЕТ.						∫						dx								=						2π			.
ОТВЕТ.						∫				x		6								=									.
					−∞					x		+1															3
					−∞

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

С ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.

РЕШЕНИЕ. ТОЧКИ Z1 И Z2 НЕ ЯВЛЯЮТСЯ ОСОБЫМИ ТОЧКАМИ ДЛЯ ПОДИНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, МОЖНО ПРИМЕНИТЬ ФОРМУЛУ НЬЮТОНА-ЛЕЙБНИЦА:

∫

= 2 z − i

= 2( z2 − i −

z1 − i) . РАССМОТРИМ ФУНКЦИЮ

z − i

ϕ + 2kπ

ϕ + 2kπ) . РАССМАТРИВАЕТСЯ ТА ВЕТВЬ ФУНКЦИИ, ДЛЯ

z − i =

z − i

(cos

+ isin

КОТОРОЙ В ТОЧКЕ Z=I+1 ФУНКЦИЯ БУДЕТ ПРИНИМАТЬ ЗАДАННОЕ ЗНАЧЕНИЕ. С ОДНОЙ СТОРОНЫ

2kπ

. С ДРУГОЙ СТОРОНЫ

= −1= cos(π) + isin(π) .

i + 1− i = 1= cos

+ isin

i +1− i

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

(cos

ϕ + 2π

+ isin

ϕ + 2π

) . ТАКИМ ОБРАЗОМ,

z − i

УРАВНЕНИЕ

z − i =

z1 − i =

1+ i − i =

1(cosπ + isin π) = −1,

= cos

− π / 2 + 2π

+ isin

− π / 2 + 2π

) = −

. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z2 − i =

− i

∫

= 2 z − i

= 2( z2 − i − z1

− i) = 2(−

+1) = 2 − 2 + i 2 .

z − i

ОТВЕТ. ∫

= 2 −

+ i

z − i

Соседние файлы в папке 7. Функции комплексного переменного

#
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
#
27.03.2015654.73 Кб63m7var17.pdf