7. Функции комплексного переменного / m7var22

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

, где С: y=4x-x3, z1=-2, z2=2,

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

645.6 Кб

Скачать

☆

Вариант 22

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

а) cos(2 +	πi		б) 6
		);		− 8

2
Решение. а). По формуле тригонометрии cos(2 + πi) = cos 2 cos πi					− sin 2 sin	πi	.

2			2		2

Воспользуемся формулами связи между тригонометрическими и гиперболическими функциями:

cos(πi/2)=ch(π/2); sin(πi/2)= ish(π/2). Получим cos(2 + πi) = cos 2 ch π		− isin 2 sh	π	.

2	2	2

																							(cos ϕ + 2kπ + isin ϕ + 2kπ). В данном случае
б) Воспользуемся формулой n																	z	= n		z
б) Воспользуемся формулой n																	z	= n		z
																													n								n
									(cos			π + 2kπ			+ isin	π + 2kπ						) =					(cos π + 2kπ + isin π + 2kπ) . При k=0, 1, 2
6				= 6				− 8
		− 8																							2


														6	6											π					π	6							6

получаем первые три корня: z1 =																					(cos							+ isin				) =				(	3	+	i	) =	1	(		+ i) ,
																			2																2		3		i		1		3
																			2																2								3
																								6				6					2						2		2
			=				(cos				π + 2π			+ isin π + 2π) = i
z	2				2						π + 2π								2 ,
z					2														2 ,
				6											6
				6											6
										π + 4π			+ isin π + 4π) =
						(cos																			3		+		i	) = −		1
z3 =					2														2 (−						3				i			1		( 3 − i).

																								2								2
				6											6									2				2				2

Следующие три корня являются сопряжёнными по отношению к первым трём корням:

			1								= −	1
z	4	=	1	(		3 − i), z	5	= − 2i,	z	6		1	(	3 + i) .
		=		(		3 − i), z		= − 2i,	z				(	3 + i) .
		2									2


					cos(2 + πi) = cos 2 ch π − isin 2 sh										π		1
Ответ. а)															π	; б). z = ±	1	( 3 ± i), z = ±i 2 .
																		( 3 ± i), z = ±i 2 .

					2					2				2			2

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж. z − 5 + z + 5 = 6.

yРешение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет вид: x − 5 + iy − x + 5 + iy = 6.

xИли (x − 5)2 + y2 − (x + 5)2 + y2 = 6 . Перенесём второй

корень в правую часть неравенства и возведём обе части в квадрат. Получим:

x2 −10x + 25 + y2 = 36 +12(x + 2)2 + y2 + x2 + 10x + 25 + y2 . Или

12(x + 5)2 + y2 = −(36 + 20x) . Отметим, что правая часть неравенства не может быть отрицательной. Тогда 36+20x<0, т.е. x<-36/20=-9/5. Возведём полученное равенство ещё раз в квадрат: 144x2 + 1440x + 3600 +144y2 =1296 +1440x + 400x2.

Или 256x2 −144y2 = 2304.Поделив всё равенство на правую часть, получим :					x2	−	y2	=1.
						−		=1.
				9		16
Ответ. Данное соотношение представляет левую ветвь гиперболы	x2	−	y2	=1.
		−		=1.
9		16

Задача 3. Решить уравнение: ez2 = i.

Решение. Логарифмируя уравнгение, получим: z2 = Ln(i) = ln1+ i(π + 2kπ) = i(π + 2kπ) .

2 2


						i(π + 2kπ) =						i(			π	+ 2kπ)		(cos					π / 2 + 2kπ					+ isin				π / 2 + 2kπ		) . Таким образом,
Далее, z = z2 =															π								π / 2 + 2kπ									π / 2 + 2kπ
Далее, z = z2 =
					2							2												2							2

z		=	(π + 2kπ)(cos				π		+ isin	π	) =	(		π		+ 2kπ)(			1			+		i	) =		1+ i		(	π		+ 2kπ) ,
	1															+ 2kπ)(						+			) =				(			+ 2kπ) ,

			2		4					4		2					2							2	2				2
			2		4					4		2					2							2	2				2

z		=	(π + 2kπ)(cos(					π	+ π) + isin(			π	+ π)) =					(		π	+ 2kπ)(−					1		−	i		) = −		1+ i	(	π	+ 2kπ) . Оба
z	1	=	(π + 2kπ)(cos(						+ π) + isin(				+ π)) =					(			+ 2kπ)(−							−			) = −			(		+ 2kπ) . Оба
	1		2		4							4					2								2				2		2			2
			2		4							4					2								2				2		2			2

решения можно объединить: z = ±																1+ i	(π + 2kπ),								k = 0,1, 2,....
решения можно объединить: z = ±																	(π + 2kπ),								k = 0,1, 2,....
												2					2

Ответ. z = ±				1+ i	(π + 2kπ), k = 0,1, 2,....
Ответ. z = ±

			2		2

Задача 4. Нет условия задачи.

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

Imf(z) = v = (ey + e−y )cos x , если f(0) = 2i .

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 y cos x и найдём производные второго порядка от v по x и по y:

∂v	= −2ch y sin x,	∂2v		= −2ch y cos x,	∂v	= 2sh y cos x,	∂2v	= 2ch y cos x . Очевидно,что
∂x		∂x	2		∂y		∂y2

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 получаем:

			∂x	∂y	∂y	∂x
∂u = −	∂v	= 2ch y sin x. Тогда u(x, y) = ∫ ∂udy + ϕ(x) , или

∂y	∂x			∂y

u(x, y) = ∫2ch y sin x dy + ϕ(x) = 2sh y sin x + ϕ(x). Производная по x от этого выражения

равна ∂u = 2sh y cos x + ϕ′(x) . С другой стороны по первому условию Даламбера-Эйлера

∂x

∂u = ∂v = 2sh y cos x. Приравнивая эти выражения, получим: ϕ′(x) = 0. Или ϕ(x) = C. Таким

∂x ∂y

образом, u(x, y) = 2sh y sin x + C. Тогда f(z) = 2sh y sin x + C + i 2ch y cos x. Перейдём к переменной z, применяя формулы sh y = −isin iy и ch y = cosiy :

f(z) = 2sh y sin x + C+ i 2ch y cos x =2(icos x cosiy − isin x sin iy) +C =2icos(x + iy) +C = 2icos z +C.

Воспользуемся дополнительным условием f(0) = 2i . В данном случае f(0) = 2i + C . Следовательно, C=0.

Ответ. f(z) = 2sh y sin x + i 2ch y cos x = 2icos z.

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

∫(1+		C: y = x2 , z1 = 0, z2 = 2 + 4i.
	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+x-iy), т.е. u=1+x, v=-y.

C C C

Значит ∫(1+ z)dz = ∫(1+ x)dx + ydy + i∫(1+ x)dy − ydx . Примем x за параметр. Тогда y=x2,

C C C

dy=2xdx. Начальной точке z1=0 соответствует значение x=0, конечной z2=2+4i – значение x=2.

Следовательно, ∫(1+ z)dz = ∫(1+ x + 2x3)dx + i∫(2x + 2x2 − x2 )dx =

= [x +

+ i[x2 +

=12 +

]

Ответ. ∫

(1+

i .

z)dz =12 +

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

Решение. Применим формулу интегрирования по частям:

u = z + 1

= dz

∫(z + 1) sin zdz =

= − (z +1)cos z

+ ∫cos z dz = −(i +1)cosi +1+

dv = sin z dz

v = − cos z

i = −icosi − cosi +1+ sin i .

+ sin z

Перейдём к гиперболическим функциям: sin i = ish1,

cosi = ch1.Получим:

∫(z +1) sin zdz = −ich1− ch1+1+ ish1.

Ответ. ∫(z +1) sin zdz =1− ch1+ i(sh1− ch1) .

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

e−πzdz

: 4(x2

− 2x +1) + (y −1)2 =1, 2) L

= 2, 3) L

z + i

, 1) L

z −

L∫ (z + i)(z − i)2

Решение. 1). Подынтегральная функция аналитична

всюду, за исключением точек z=-i и z=i. В эллипсе

4(x2 − 2x +1) + (y −1)2 ≤1 подынтегральная функция

аналитична. Следовательно, I1 =

∫

−πz

= 0 . 2). В

-1

L1 (z +1)(z − i)

круге

z −

≤ 2 есть две особые точки z=-i и z=i. Поэтому

применим теорему Коши для многосвязной области:

I2 =

e−πzdz

, где l1

L∫ (z + i)(z − i)2

l∫ (z + i)(z − i)

l∫

(z + i)(z − i)2

окружность достаточно малого радиуса с центром в точке z=i, а l2 - окружность малого радиуса с центром в точке z=-i. Вычислим интегралы по интегральной формуле Коши:

e−πz

−πzdz

2πi

−πz

− πe−πz

(z + i) − e−πz

πi(2πi +1)

z + i

= 2πi

= −

∫

(z + i)(z − i)2

∫

(z − i)2

dz z + i

(z + i)2

z=i

e−πz

∫

e−πzdz

= ∫

− i)2

e−πz

πi

2πi

. Следовательно,

(z + i)(z

− i)

(z + i)

(z − i)

z=−i

e−πzdz

= [−

πi(2πi +1)

πi

= π2

]

L∫2 (z

+ i)(z − i)2

3). Внутри области

z + i

расположена одна особая точка z=-i. Интеграл по контуру L3

совпадает с уже вычисленным интегралом по контуру l2:

e−πz

= ∫

e−πzdz

∫

(z − i)2

e−πz

πi

= 2πi

(z + i)(z

− i)

(z + i)

(z − i)

z=−i

Ответ. I

= 0,

= π

2 , I

= πi .

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

z + 2

1) 1

< 5

> 5.

z2 + 6z + 5

Решение. Корнями уравнения z2+6z+5=0 являются числа z1=-1 и z2=-5. Разложим эту

дробь на простые дроби:

z + 2

A(z + 5) + B(z +1)

. Или

2 + 6z +

z +

z + 5

(z + 1)(z + 5)

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

Следовательно,

z +

. 1). В кольце 1<

< 5 имеем

2 + 6 z + 5

z + 1

z + 5

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

z + 2

. Воспользуемся формулой для бесконечно убывающей

z2 + 6z + 5

z(1+

)

5(1+

)

геометрической прогрессии:

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где

<1. В первой дроби q=-1/z,

1− q

z +

∞

n−1

∞

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

∑

(−1)

∑

(−1) z

. 2). В

n+1

+ 6z + 5 4 n=1

4 n=0 5

кольце

> 5

выполняются неравенства

<1. Следовательно,

∞

n−1

z + 2

∞

1+ 3 5

∑

(−1)

∑

(−1)

= =

∑(−1)n−1

z2 + 6z+ 5

z(1+

)

z(1+

)

n=1

z + 2

∞

n−1

∞

Ответ. 1).

∑

(−1)

∑

(−1) z

.в кольце 1<

< 5 .

n+1

+ 6z + 5 4 n=1

n=0 5

z + 2

∞

1+ 3 5

n−1

2).

∑

(−1)n−1

в кольце

> 5 .

z2 + 6z + 5 4 n=1

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

sin2 πz

z−2

10. ∫

11.

∫(2z −1)e

z dz

+ z

Решение. 10.

Корни знаменателя: z1 = −i,

z2 = i,

z3 = 0 . Значения z1 и z2 являются

простыми полюсами подынтегральной функции, а z3 – полюсом кратности 3. Тогда

sin2 πz

(z + i)sin2 πz

sin

2 πz

(sin(−πi))2

(−i shπ)2

sh2π

Re s

lim [

]

= lim [

] =

= −

−i

z3 (z2 +1)

z→−i

z3 (z + i)(z − i)

z→−i

z3 (z − i)

sin2 πz

(z − i)sin2 πz

sin2

πz

(sin

πi)2

(i shπ)2

sh2π

Res

= lim [

] = lim [

] =

= −

z3 (z2 +1)

z3 (z

z→i

+ i)(z − i)

z→i

+ i)

sin2 πz

z3 sin2

πz

sin

2 πz

πsin 2πz (z2 + 1) − 2zsin

2 πz

Res

lim

[

] =

lim

[

] =

lim

[

] =

(z2

+ 1)2

z3 (z2 + 1)

2!z→0 dz2

z3 (z2 +1)

2!z→0 dz2

(z2

+1)

2 z→0 dz

[2π2 cos 2πz (z2 +1) + 2πzsin 2πz − 2sin2 πz − 2πzsin 2πz](z2 + 1)2

lim [

−

(z2 +1)4

2 z→0

−

[πsin 2πz (z2 +1) − 2zsin2 πz]4z(z2 +

] =

2π2 = π2 Получим окончательно:

(z2 +1)4

sin

πz

sin

πz

dz = 2πi∑Res

=2πi(π2 − sh2π) .

∫=2 z5 + z3

k=1

z5 + z3

z−2

−

11). Преобразуем подинтегральную функцию: (2z −1)e z

= (2z −1) e e

z 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: ew =1+ w +

+ ... Полагая

w = −

, получим:

4z − 2

8z − 4

(2z −1) e e−

= e (2z −1)(1−

−

+ ...) = e (2z −1−

− ...)

2!z2

3!z3

2z2

Последующие слагаемые не содержат степени z-1. Коэффициентом при z-1 в разложении функции будет число 6e. Вычет данной функции равен коэффициенту при z-1 в данном

z−2

разложении, т.е. Res[(2z −1)e

z ] = 6e . Следовательно.

∫(2z −1)e

dz = 2πi 6e =12πie .

sin2 πz

z−2

∫

dz = 2πi(π2 − sh2π) .

∫(2z −1)e

dz =12πie .

Ответ. 10.

11.

+ z

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

∫

(x2

+1)2 (x2 + 4)

Решение. Корнями знаменателя функции

f(z) =

являются числа

2 + 1)

2 (z2

+ 4)

z1,2 = ±i,

z3,4

= ±2i . В данном случае в верхней полуплоскости расположены два полюса

z=i и z=2i данной функции.

∞

Тогда ∫

= 2πi(Res

+ Res

+1)

+ 4)

+1)

+ 4)

−∞

Res

= lim

(z − 2i)

= lim

2 +1)

2 (z2 + 4)

+ 2i)(z2

+1)2

z→2i (z + 2i)(z − 2i)(z2 +1)2

z→2i (z

36i

Res

= lim

(z − i)2

= lim

2 (z2 + 4)

+1)

z→i dz (z + i)2 (z − i)2 (z2

+ 4)

z→i dz (z + i)2

(z2 + 4)

= lim[−

2(z + i)(z2 + 4) + 2z(z

+ i)

] = lim[−

2(z2

+ 4) + 2z(z + i)

] =

[(z + i)2 (z2

+ 4)]2

(z + i)3 (z2

+ 4)2

z→i

36i

∞

2πi

Следовательно. ∫

∫

+1)

+ 4)

36i

+ 4) 2

−∞

∞

Ответ.

∫

+1)

+ 4)

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 +1

= 2( z2

+1 − z1 +1) . Рассмотрим функцию

z +1

(cos ϕ + 2kπ + isin ϕ + 2kπ) . Рассматривается та ветвь функции, для которой в точке

z=-1 функция будет принимать заданное значение. С одной стороны

−1= cos π + 2kπ + isin π + 2kπ . С другой стороны −1 = −i = cos(−π / 2) + isin(−π / 2) .

Сравнивая эти выражения, приходим к выводу, что указанной ветви функции соответствует значение k=1. Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение

(cos ϕ + 2π + isin ϕ + 2π) . Таким образом,

1(cos

3π

+ isin

3π

) = −i ,

z =

−1

3(cos

2π

+ isin

2π

) =

. Следовательно,

+1 =

∫

= 2 z +1

= 2( z2 + 1 − z1 +1) = 2( 3 + i) .

z + 1

∫

Ответ.

= 2(

3 + i) .

z +1

Соседние файлы в папке 7. Функции комплексного переменного

#
27.03.2015654.73 Кб65m7var17.pdf
#
27.03.2015647.85 Кб61m7var18.pdf
#
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