7. Функции комплексного переменного / m7var23
.pdfВариант 23
Задача 1. Вычислить значение функции (ответ дать в алгебраической форме):
а) tg(π + i); |
б) |
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− 5 −12i |
Решение. а). Выразим тангенс через синус и сосинус: tg(π + i) = sin(π + i) . Применим cos(π + i)
формулы для синуса суммы и косинуса суммы. Тогда
tg(π + i) = |
sin(π)cos(i) + cos(π)sin(i) |
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sin(i) |
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. Воспользуемся формулами связи между |
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cos(π)cos(i) − sin(π)sin(i) |
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cos(i) |
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тригонометрическими и гиперболическими функциями: |
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cos(i)=ch(1); sin(i)= |
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= i·sh(1). Получим: |
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tg(π + i) = |
i sh(1) |
= i th(1) . |
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ch(1) |
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(cos ϕ + 2kπ + i sin ϕ + 2kπ) , где k=0, 1. При k=0 |
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z |
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б). Корни находятся по формуле |
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z = |
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(cos ϕ + i sin ϕ) . Полагая k=1, получим второй корень |
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получим первый корень |
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z = |
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z |
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(cos(ϕ + π) + i sin(ϕ + π)) = − |
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(cos ϕ + i sin ϕ) |
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z |
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z |
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z = |
(по формулам приведения). В |
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данном примере z=-5-12i. Тогда |
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z |
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= |
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(−5)2 + (−12)2 =13и, следовательно, |
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z =13(− |
5 |
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− |
12 |
i) . Поскольку z = |
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z |
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(cosϕ + i sin ϕ) , то в данном случае cosφ=-5/13, а |
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sinφ=-12/13. Учитывая, что sin2 ϕ = |
1 |
(1− cosϕ) |
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и cos2 ϕ = |
1 |
(1+ cosϕ) , получим: |
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2 |
2 |
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sin2 ϕ = |
1 |
(1+ |
5 |
) = |
9 |
и |
cos2 ϕ = |
1 |
(1− |
5 |
) = |
4 |
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. Отрицательным значениям синуса и |
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13 |
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13 |
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13 |
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13 |
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косинуса соответствует третий координатный угол комплексной плоскости. |
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Следовательно -π<φ<-π/2 и, соответственно, -π/2 <φ/2<-π/4. В таком случае |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
sin ϕ < 0, а |
cos ϕ > 0 , т.е. sin ϕ = − |
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3 |
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и cos ϕ = |
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2 |
. Окончательно получаем |
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(cos ϕ + i sin ϕ) = ± |
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2 |
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3 |
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) = ±(2 − 3i) . |
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z |
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z = ± |
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13 ( |
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− i |
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2 |
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tg(π + i) = i th(1) ; б) |
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Ответ. |
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а) |
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− 5 −12i = ±(2 − 3i) . |
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Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж.
Imz2 =1.
Решение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет вид:
y |
Im[(x + iy)2 ] = Im[x2 − y2 + 2ixy] =1. |
Или 2xy =1. Это уравнение гиперболы, ветви которой
xрасположены в первой и третьей четвертях координатной
плоскости: y = 1 .
2x
Ответ. Данное соотношение представляет гиперболы y = 1 .
2x
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Задача 3. Решить уравнение: |
ch z + sh z = i 3 −1. |
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Решение. Перейдём от гиперболических функций к функции ez: |
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||||||||||||||||||||||||||
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ez − e−z |
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ez + e−z |
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1 |
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3 |
i) , т.е. ez = 2(− |
1 |
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3 |
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|||||||
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+ |
= i 3 −1= 2(− |
+ |
+ |
i) . Далее воспользуемся |
|||||||||||||||||||||||||||||
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
|||||||||||||||||||||||||||||
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2π |
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|||||||||||||||||||
формулой Ln v = ln |
|
v |
|
+ i(ϕ + 2kπ) . В данном случае v = 2(− |
1 |
+ |
|
3 |
i), |
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v |
|
= 2, ϕ = |
. Получим: |
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2 |
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2 |
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3 |
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z = ln 2 + i(2π + 2kπ). 3
Ответ. z = ln 2 + i(2π + 2kπ). 3
Задача 4. Нет условия задачи.
Задача 5. Восстановить аналитическую функцию по заданной мнимой части её:
Imf(z) = v = (ex + e−x )sin y − 2xy , если f (0) = 0 .
Решение. Чтобы функция v(x,y) бала мнимой 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 запишем функцию v более |
|||
∂x |
2 |
∂y |
2 |
||||
|
|
|
компактно v(x, y) = 2ch x sin y − 2xy и найдём производные второго порядка от v по x и по
y: |
∂v |
= 2sh x sin y − 2y, |
∂2v |
= 2ch x sin y, |
∂v |
= 2ch x cos y − 2x, |
∂2v |
= −2ch x sin y . |
|
∂x |
∂x2 |
∂y |
∂y2 |
||||||
|
|
|
|
|
Очевидно,что лапласиан ∆v равен нулю. Таким образом, данная функция является гармонической. Восстановим действиительную часть u(x,y) функции f(z)=u(x,y)+iv(x,y),
пользуясь условиями Даламбера-Эйлера: |
∂u = |
∂v , |
∂u = − |
∂v |
. Из второго условия |
||||
|
|||||||||
|
|
|
|
∂x |
∂y |
∂y |
|
∂x |
|
получаем: |
∂u = − |
∂v |
= −2sh x sin y + 2y. Тогда u(x, y) = ∫ |
∂udy + ϕ(x) , или |
|||||
|
|||||||||
|
∂y |
∂x |
|
|
|
∂y |
|
|
u(x, y) = −2∫(sh x sin y − y)dy + ϕ(x) = 2(sh x cos y + y2 ) + ϕ(x). Производная по x от этого 2
выражения равна ∂u = 2ch x cos y + ϕ′(x) . С другой стороны по первому условию
∂x
∂u ∂v
Даламбера-Эйлера ∂x = ∂y = 2ch x cos y − 2x. Приравнивая эти выражения, получим:
ϕ′(x) = −2x. Или ϕ(x) = −x2 + C. Таким образом, u(x, y) = 2sh x cos y − x2 + y2 + C. Тогда
f (z) = 2sh x cos y − x 2 + y 2 + C + i (2ch x sin y − 2xy ). Перейдём к переменной z, применяя формулы sin yx = −ish iy и cos y = ch iy :
f(z) = 2(sh x ch iy + ch x sh iy) − (x2 + 2ixy − y2 ) + C = 2sh(x + iy) − (x + iy)2 +C = 2sh z − z2 +C.
Воспользуемся дополнительным условием f(0) = 0 . В данном случае f(0) = C . Следовательно, C=0.
Ответ. f(z) = 2sh x cos y − x2 + y2 + i (2ch x sin y − 2xy) = 2sh z − z2 +C.
Задача 6. Вычислить интеграл по дуге C от точки z1 до точки z2.
∫(1+ i − |
|
|
C: y = x2 , z1 = 0, z2 =1+ 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. Тогда y=x2, dy=2xdx. Начальной точке z1=0 соответствует значение x=0, конечной z2=1+i – значение x=1.
1 1
Следовательно, ∫(1+ i − z)dz = ∫(1− x − 2x − 2x3 )dx + i∫(2x − 2x2 +1+ x2 )dx =
C |
0 |
0 |
= [x − |
3x2 |
− |
x4 |
] |
1 |
+ i[x2 + x− |
x3 |
] |
|
|
|
|
|||||
2 |
2 |
|
|
3 |
|
0
Ответ. ∫(1+ i − z)dz = −1+ 5 i .
3
C
Задача 7. Вычислить интеграл
1
= −1+ 5 i
3
0
i
от аналитической функции. ∫(z −1) cos zdz .
|
|
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−1 |
||
Решение. Применим формулу интегрирования по частям: |
||||||||
i |
|
u = z −1 du = dz |
|
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|
i |
||
|
|
|||||||
∫(z −1) cos zdz = |
|
|
= (z −1)sin z |
|
i−1 − ∫sin zdz = (i −1)sin i − 2sin1+ cos z |
|
i−1 = |
|
|
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|
|
|||||
|
dv = cos zdz v = sin z |
|
|
|
||||
−1 |
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|
|
|
−1 |
|||
|
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|
|
|
= (i −1)sin i − 2sin1+ cosi − cos1.
Перейдём к гиперболическим функциям: sin i = ish1, cosi = ch1.Получим:
i
∫(z −1) cos z dz = ch1− cos1− sh1− 2sin1− ish1
−1
|
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i |
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Ответ. |
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∫(z −1) cos z dz = ch1− cos1− sh1− 2sin1− ish1. |
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|||||||||||||||||||||||||
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−1 |
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Задача 8. Найти интеграл, используя интегральную формулу Коши, по конту- |
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рам L1, L2, L3. |
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||||||||
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y |
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∫ |
sin πzdz |
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i |
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||||||||||
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, 1) L1 |
: |
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z − i |
|
=1, 2) L2 : |
z − |
=1, 3) |
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L1 |
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L (z −1)2 (z + |
1 |
) |
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2 |
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|||||||
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||||||||||
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L3 |
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|
2 |
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||||||||
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||||||||||
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|
-2 |
|
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|
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|
2 |
|
x |
|
|
|
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|
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||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
L2 |
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Решение. 1). Подынтегральная функция аналитична |
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|||||||||||||||||||||||||
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|
y |
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||||||||||||||||||||||
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|
всюду, за исключением точек z=-1/2 и z= 1. Внутри |
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круга |
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z − i |
|
≤1 нет особых точек. Тогда по теореме |
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Коши I1 = ∫ |
|
sin πz dz |
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|
= 0. 2). Внутри области |
||||||||||||
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1 |
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|||||||||||||||||
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|
L1 (z −1)2 (z + |
) |
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||||||||||||||
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|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
z − |
1 |
|
≤1 расположена одна особая точка -1/2. Тогда по интегральной формуле Коши: |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
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|
2 |
|
|
|
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|
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||
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|
sin πz |
dz |
|
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|
|
|
||||||||||
|
|
|
= |
∫ |
|
|
sin πzdz |
|
|
|
|
∫ |
(z −1)2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
I |
|
|
|
1 |
|
= |
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
2 |
L2 (z −1)2 (z + |
|
|
|
(z − |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|||||||||||
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|
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|||||||||
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|
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|
|
) L2 |
|
) |
|
|
|
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|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
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|
|
22
|
|
|
|
|
sin(− |
π |
) |
|
|
|||
sin πz |
|
|
|
|
8πi |
|||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
= − |
|||||
= 2πi |
|
|
|
= 2πi |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
(z −1)2 |
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
2 |
|
9 |
|
|
|
z=− |
|
|
(− |
|
−1) |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
22
3)В эллипсе 4(x +1)2 + y2 =1 находится две особых точки: z=-1/2 и z= 1. Поэтому
25
применим теорему Коши для многосвязной области:
I3 = |
∫ |
sin |
πzdz |
1 |
|
= |
∫ |
sin |
πzdz |
1 |
|
= |
∫ |
sin |
πzdz |
1 |
|
, где l1 |
- окружность достаточно |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
L3 (z −1)2(z + |
|
) |
l1 (z −1)2(z + |
|
) |
l2 (z −1)2(z + |
|
) |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
2 |
|
2 |
|
2 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
малого радиуса с центром в точке z= -1/2, а l2 - окружность малого радиуса с центром в точке z= 1. Первый интеграл в этой сумме совпадает с I2. Вычислим второй интеграл по
L3 : 4(x +
25
интегральной формуле Коши:
|
|
|
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|
sin πz |
|
|
dz |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫ |
sin πz dz |
|
|
= |
∫ |
(z +1/ 2) |
2πi |
|
d |
sin πzdz |
||||||||||||
|
|
|
= |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
1! |
|
|
1 |
|
|||||||||||
L |
|
(z −1) |
2 |
(z + |
1 |
|
|
L |
|
(z −1) |
|
|
|
|
|
dz |
(z + |
|
|
|||
|
3 |
|
) |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
) |
|
|||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
z=1 |
|
2πi |
|
πcos πz (z +1/ 2) |
− sin πz |
|
|
= |
|
|
|
|
|
= |
|
(z +1/ 2)2 |
|
||||
|
1! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z=1 |
|
|
|
|
3π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
− |
|
|
|
4 |
|
|
4π2i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4π2i |
|
8πi |
|
4πi |
(2 |
+ 3π).. |
|||||
= 2πi |
|
2 |
|
= − |
|
. Тогда I3 |
= − |
− |
= − |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
9 |
|
|
|
|
3 |
|
3 |
9 |
9 |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Ответ. |
I |
|
= 0, |
I |
|
|
= − |
8πi |
, |
I |
|
= − |
4πi |
|
|
(2 + 3π). . |
|
|
|
|
|||||||||||||||
1 |
2 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9 |
|
|
|
9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
z + 3 |
|
|
, |
1) 1< |
|
z |
|
< 5 |
|
|
2) |
|
z |
|
> 5. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
z2 + 4z − 5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
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|
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|
|
Решение. Корнями уравнения z2+4z-5=0 являются числа z1=1 и z2=-5. Разложим эту
дробь на простые дроби: |
|
z + 3 |
= |
A |
|
+ |
B |
= |
A(z + 5) + B(z −1) |
. Или |
|
2 + 4z − 5 |
|
|
|
|
|||||
|
z |
|
z − |
1 |
z + 5 |
|
(z −1)(z + 5) |
A(z + 5) + B(z −1) = z + 3. При z=1 получим A=2/3. Если положить z=-5, то получим В=1/3.
Следовательно, |
|
z + 3 |
= |
2 |
|
1 |
+ |
1 |
|
1 |
. 1). В кольце 1< |
|
z |
|
< 5 имеем |
||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
1 |
|
|
|
z |
|
|
|
z |
2 + 4z − 5 3 |
|
z −1 3 |
|
z + 5 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
<1 и |
|
|
|
|
<1. Тогда дробь можно представить следующим образом: |
|||||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
z5
|
|
|
z + 3 |
= |
2 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
+ |
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
. Воспользуемся формулой для бесконечно убывающей |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
z2 + 4z − 5 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
z(1 |
− |
) |
3 |
|
5(1 |
+ |
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
геометрической прогрессии: |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где |
|
q |
|
|
<1. В первой дроби q=1/z, |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
− q |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z + 3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
n |
n |
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
во второй дроби q= -z/5. Следовательно, |
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
2 |
|
∑ |
|
|
1 |
+ |
1 |
∑ |
(−1) z |
|
. 2). В кольце |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
n+1 |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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z |
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+ 4z − 5 3 n=1 z |
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3 n=0 5 |
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z |
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> 5 |
выполняются неравенства |
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1 |
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<1 и |
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5 |
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<1. Следовательно, |
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z |
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z |
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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z + 3 |
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∞ |
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∞ |
n−1 |
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n−1 |
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∞ |
+ (−5) |
n−1 |
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= |
2 |
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1 |
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+ |
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1 |
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1 |
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= |
2 |
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∑ |
1 |
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+ |
1 |
∑ |
(−1) |
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5 |
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= = |
1 |
∑ |
2 |
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. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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z2 + 4z − 5 |
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1 |
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5 |
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zn |
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zn |
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zn |
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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3 |
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z(1 |
− |
) |
3 |
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z(1 |
+ |
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) |
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3 |
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n=1 |
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3 |
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n=1 |
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3 |
n=1 |
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z |
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z |
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|||||||||||
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z + 3 |
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∞ |
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∞ |
(−1) |
n |
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n |
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Ответ. 1). |
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= |
2 |
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∑ |
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1 |
+ |
1 |
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∑ |
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z |
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.в кольце 1< |
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z |
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< 5 . |
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2 |
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n |
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n |
+1 |
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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|
z |
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3 |
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+ 4z − 5 3 n=1 z |
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n=0 5 |
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z + 3 |
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1 |
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∞ |
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2 + (−5) |
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n−1 |
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|
2). |
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= |
∑ |
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в кольце |
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z |
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> 5 . |
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z2 + 4z − 5 3 n=1 |
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zn |
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов. |
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− |
z |
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|||||
10. |
∫ |
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e 2 |
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11. |
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|
∫ |
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1 |
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dz |
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zsin |
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|
dz |
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2 |
+ π |
2 |
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2 |
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z |
+1 |
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z |
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=1 (9z |
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) |
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z |
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=2 |
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− |
z |
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− |
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||||||||||
Решение. 10. Преобразуем подинтегральную функцию: |
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e |
2 |
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= |
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1 |
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e 2 |
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. |
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(9z |
2 |
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+ π |
2 |
) |
2 |
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81 |
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(z2 + |
π |
2 |
)2 |
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Корни знаменателя: z1 |
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= − πi , |
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z2 = πi |
i. Значения z1 и z2 являются полюсами |
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подынтегральной функции кратности 2. Тогда |
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] = |
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z→ |
πi |
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81(z + |
) |
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− 24π3i |
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24π3i |
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3 |
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3 |
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Получим окончательно: |
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− |
z |
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− [ |
π |
+ |
|
− i(π |
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3 −1)] + π + |
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+ i( |
π |
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3 |
−1) |
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3 |
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|
3 |
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|
π |
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∫ |
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e 2 |
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dz |
= 2πi |
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6 |
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6 |
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6 |
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6 |
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= |
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i |
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( |
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− 2) . |
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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2 |
+ π |
2 |
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2 |
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24π |
3 |
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12π |
2 |
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|
z |
=1 |
(9z |
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) |
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i |
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3 |
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11. Преобразуем подинтегральную функцию: |
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
zsin |
|
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z |
|
= zsin |
z −1+1 |
= zsin(1+ |
1 |
|
|
|
) = z(sin1cos |
|
|
1 |
|
|
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|
+ cos1sin |
|
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1 |
) . Подынтегральная |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
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z − |
|
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z −1 |
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
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|
z −1 |
|
|
|
|
|
|
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|
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z −1 |
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1 |
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z |
|
−1 |
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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− |
|
w2 |
+ |
w4 |
− |
w6 |
+ ..., |
sin(w) = w − |
w3 |
+ |
|
w5 |
− |
w7 |
|
+ ... Полагая w = |
1 |
|
|
, получим: |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
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|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2! |
4! |
6! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3! |
|
5! |
|
7! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z −1 |
|
||||||||||||||
zsin |
z |
|
= z{sin1[1− |
|
1 |
|
|
+ |
|
|
|
1 |
|
|
− |
1 |
|
|
|
+ ...] − + cos1[ |
1 |
|
− |
|
1 |
|
|
+ |
|
||||||||||||||||||||
|
|
2(z−1)2 |
|
|
|
|
|
|
|
720(z−1)6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
z− |
1 |
|
|
|
|
|
24(z |
|
|
−1)4 |
|
|
|
|
|
|
|
(z−1) |
|
6(z−1)3 |
|
||||||||||||||||||||||||||
+ |
|
1 |
|
|
+ ...]} = sin1[1− |
z −1+1 |
+ |
|
|
z |
|
|
|
|
− |
|
z |
+ ...] + cos1[ |
z −1+1 |
− |
|
|
z |
+ |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2(z−1)2 |
|
|
|
−1)4 |
720(z−1)6 |
|
|
6(z−1)3 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
120(z−1)5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
24(z |
|
|
|
|
|
|
(z−1) |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
+ |
|
z |
|
+ ...]} = sin1[1− |
|
|
1 |
|
− |
|
1 |
|
|
+ ...] + cos1[1+ |
|
1 |
− |
|
z |
|
+ ...] |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2(z−1)2 |
|
|
|
6(z−1)3 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
120(z−1)5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2(z −1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(z−1) |
|
|
|
|
|
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|
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|
Последующие слагаемые не содержат степени (z-1)-1. Коэффициентом при (z-1)-1 в
разложении функции будет число − (1 sin1− cos1) . Вычет данной функции равен
2
коэффициенту при (z-1)-1 в данном разложении, т.е. Res[zsin |
|
|
|
|
|
z |
|
] = −( |
1 |
sin1− cos1). |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
− |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
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|
|
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|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|||||
Следовательно. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
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||||||||||||||
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∫ |
zsin |
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z |
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dz = −2πi ( |
1 |
sin1− cos1) = πi(2cos1− sin1) . |
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z |
−1 |
2 |
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z |
=2 |
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||||||||
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− |
z |
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π |
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||||||||
Ответ. 10. |
∫ |
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e |
2 |
|
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|
dz = |
|
i |
|
|
( |
− 2) |
. 11. |
|
|
|
∫ |
zsin |
|
|
|
|
z |
|
|
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|
dz = πi(2cos1− sin1) . |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
2 |
|
+ π |
2 |
|
2 |
12π |
2 |
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z − |
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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z |
|
=1 |
(9z |
|
|
|
) |
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3 |
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z |
|
=2 |
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1 |
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||||||||||||||||||||||||||
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов. |
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∞ |
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x2 + 2x + 3 |
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∫ |
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dx. |
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(x4 + |
25x2 |
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+144) |
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−∞ |
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Решение. Найдём корни знаменателя функции |
|
f(z) = |
|
|
z2 |
|
+ 2z + 3 |
|
|
, решая биквадратное |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
(z4 + 25z2 |
+144) |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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|||||||||||||||||||||||||
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
уравнение: (z2)2+25(z2)+144=0, z2 = − |
25 |
± |
|
|
625 |
− |
576 |
|
= − |
25 |
± |
|
7 |
. Следовательно, |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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2 |
|
4 |
|
4 |
|
|
|
|
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|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
z1,2 |
= ±3i, |
|
|
|
z3,4 |
= ±4i . В данном случае в верхней полуплоскости расположены два полюса |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
z=3i и z=4i функции f(z) = |
|
|
|
z2 + 2z + 3 |
|
= |
|
|
|
|
z2 + 2z + 3 |
|
|
|
|
. |
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
(z |
4 + 25z2 +144) |
(z2 + 9)(z2 + 16) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
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|
|
|
∞ |
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x2 + 2x + 3 |
|
|
|
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|
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|
z2 + 2z + 3 |
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
z2 + 2z + 3 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Тогда |
|
∫ |
|
|
|
|
|
|
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|
|
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|
|
|
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|
dx = 2πi(Res |
|
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+ Res |
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|
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|
|
|
|
). |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
(x |
2 |
+ |
9)(x |
2 |
+16) |
(z |
2 |
+ 9)(z |
2 |
+16) |
|
|
|
|
2 |
+ |
9)(z |
2 |
+16) |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
−∞ |
|
|
|
|
|
|
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|
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3i |
|
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4i (z |
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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|||
Res |
|
z2 |
|
+ 2z + 3 |
|
|
|
|
= lim |
|
|
|
(z |
− 3i)(z2 + 2z + 3) |
= |
|
− 9 |
|
+ 6i + 3 |
= |
|
|
−1+ i |
|
|
|
|
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
+ 9)(z2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
6i(9i2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
3i |
|
(z |
2 |
+16) |
|
|
|
|
z→3i (z + 3i)(z − 3i)(z2 + |
16) |
|
|
|
+ 16) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Res |
|
z2 |
|
+ 2z + 3 |
|
|
|
|
= lim |
|
(z |
− 4i)(z2 + 2z + 3) |
= |
|
−16 + 8i + 3 |
= |
|
13 |
− |
8i |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8i(16i2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
+ 9)(z2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
4i |
|
(z |
2 |
+16) |
|
|
|
|
z→4i (z + 4i)(z − 4i)(z2 + 9) |
|
|
+ 9) |
|
|
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|
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|
|
|
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|
|
56i |
|
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
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|
|
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|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
x2 + 2x + 3 |
|
|
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|
|
|
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|
− 8 + 8i +13 − 8i |
|
|
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|
5π |
|
|
|
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|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Следовательно. ∫ |
|
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|
|
|
|
|
|
|
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|
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dx |
|
= 2πi |
|
|
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|
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|
|
|
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|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
+ 9)(x |
2 |
+16) |
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
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|
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|
|
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|
|
−∞ |
(x |
|
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56i |
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28 |
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∞ |
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x2 + 2x + 3 |
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5π |
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Ответ. |
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∫ |
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dx |
= |
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. |
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2 |
+ 9)(x |
2 |
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+ |
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28 |
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−∞ (x |
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16) |
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Задача 13. Вычислить интеграл от заданной ветви многозначной функции по кривой С от точки z1 до точки z2.
∫ln zdz , где С – прямая z1 = 2 − 2i, z2 |
= 2 + 2i, ln(2 − 2i) = ln |
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− |
πi |
. |
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8 |
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||||||
C |
4 |
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||||
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Решение. Рассмотрим функцию Lnz = ln z + i(ϕ + 2kπ). Рассматривается та ветвь функции, для которой в точке z=2-2i величина lnz будет принимать заданное значение. С одной стороны Ln(2 − 2i) = ln 8 + i(− π + 2kπ). С другой стороны ln(2 − 2i) = ln 8 − πi . Сравнивая
4 |
4 |
эти выражения, приходим к выводу, что указанной ветви функции соответствует значение k=0. Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение ln z = ln z + iϕ.
Таким образом,
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u = ln z |
du = |
dz |
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22−+2i2i − ∫dz = z(ln z −1) |
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22−+2i2i = (2 + 2i)(ln |
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πi −1) − |
||||
∫ln zdz = |
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= zln z |
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+ |
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z |
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8 |
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dv = dz |
v = z |
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4 |
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C |
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C |
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− (2 − 2i)(ln |
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− πi |
−1) = 4iln |
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− 4i + πi = 2iln( |
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|||||||||||
8 |
8 |
8)2 − 4i + πi = 2i ln8 − 4i + πi = 6i ln 2 − 4i + πi . |
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4 |
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Ответ. |
∫ln zdz = i(6ln 2 |
+ π − 4) . |
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C |
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