Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белгородский государственный национальный исследовательский университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lungu1_math453 / ТФКП Питер[Aleksandrova_E.B.,_Svencickaya_T.A.,_Timofeeva_L.(BookFi.org)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.04.2015

Размер:

1.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1714 15 16 17 > Следующая >>>

N∑+1Res f (z)= 0 .
k =1	zk

Вычеты позволяют вычислять не только интегралы от функций комплексного переменного, но и интегралы от функций вещественного аргумента.

В качестве примеров рассмотрим два вида интегралов.

I.Интегралы вида

2∫πR(cosϕ;sinϕ)dϕ ,

(10)

где R - рациональная функция, вычисляются с помощью замены

z = eiϕ .

(11)

В этом случае:

dz = ieiϕ dϕ ; dϕ =

;

cosϕ =

eiϕ + e−iϕ

z + z −1

;

sin ϕ =

eiϕ − e−iϕ

z − z −1

(12)

Тогда интеграл (10) примет вид

2π

−1

z − z

−1

∫

R(cosϕ;sinϕ)dϕ =

∫+

z + z

;

(13)

iϕ

где C + - окружность z = 1 , проходимая против часовой стрелки.

Интеграл, стоящий в правой части формулы (3) является интегралом от функции комплексной переменной, для вычисления которого и применяется теорема о вычетах.

	2π	2 dϕ
	Пример 6. Вычислить интеграл ∫	2 dϕ
	Пример 6. Вычислить интеграл ∫	2 + 3 cosϕ .
	0

Решение. По формулам (11), (12) получаем:

131

2π

2 dϕ

2 dz

4 dz

∫

2 +

3 cosϕ =

z + z −1 =

C + iz

+ 3

C + iz

z +

∫

= i ∫

+ 3z

= i

3z 2 + 4z + 3

C + z 4

C +

∫

C + z

z + 1

C + (z +

3) z +

У подынтегральной функции две особые точки z1 = − 3 и z2 = −

1 ,

но только точка z2

попадает в область,

ограниченную контуром С (окруж-

ность

= 1 ).

Следовательно,

∫

2π i Res

−

C +

(z +

3) z +

(z +

3) z +

8π

lim

8π

= 4π .

z +

1 + 3

−

z →−

(z +

3) z +

−

II.Несобственный вещественный интеграл вида

+∞∫ f (x )dx	(13)
−∞

может быть найден с применением вычетов при выполнении некоторых условий, накладываемых на функцию f (x ).

Пусть функция f (x ) такова, что после замены вещественного аргумен-

та x на комплексный z , получившаяся функция f (z) удовлетворяет услови-

ям:

132

а) f (z)

- аналитическая в верхней полуплоскости, кроме конечного числа по-

люсов

zk , k = 1,K,N ,

лежащих выше вещест-

венной оси Ox ;

z f (z)

б)

lim

= 0 .

→∞

Пусть D –

область, ограниченная полу-

-R

= R ,

Im z ≥ 0 и отрезком [− R ;R ],

Рис. 3

окружностью

причем число R настолько велико, что все полюсы zk ,

k = 1,K,N , содер-

жатся внутри D (см. рис.3).

Тогда

∫f (z)dz = ∫f (z)dz + ∫f (x )dx =2π i∑Reszk

f (z),

(14)

C +

γ +

−R

k =1

где C + - контур полукруга, а γ + - дуга полуокружности, проходимые против

часовой стрелки.

Оценим ∫f (z)dz по модулю:

γ +

∫

f (z)dz

≤πR max

f (z)

=π max

z f (z)

γ +

При R → ∞ z → ∞, а, следовательно, в силу условия б), имеем

∫f (z)dz → 0 .

γ+

Тогда, переходя к пределу при R → ∞ в равенстве (14), получаем:

+∞	N
∫f (x )dx = 2π i∑Reszk		f (z).	(15)
−∞	k =1

Пример 7. Вычислить интеграл ∞∫( dx )3 .

0 x 2 + 1

133

Решение. В силу четности подынтегральной функции имеем

∞				+∞
∫0	dx			= 21 −∞∫		dx	.
	(x 2 + 1)3				(x 2 + 1)3
		1
Рассмотрим функцию f (z)=						.
			(z 2 + 1)3
Точки z1 = i и z2 = −i		являются полюсами третьего порядка этой

функции, причем в верхней полуплоскости лежит лишь точка z1 . Далее вы-

числим предел:

lim z f (z)=

lim

= 0.

z→∞

→∞

(

→∞)

(

→∞) (z

Следовательно, выполнены условия а) и б), накладываемые на функ-

цию f (z). Тогда по формуле (15):

+∞

2π i

″

− 3

′

−∞∫

= 2π i Res

lim

=π i lim

(x 2 + 1)3

(z 2

+ 1)3

z→i (z

+ i)3

z→i (z + i)4

=π i lim

12π i

12π

3π .

(z + i)5

z→i

(2i)5

∞

3π

∫0

Следовательно,

= 16 .

(x 2 + 1)3

134

ПРИЛОЖЕНИЕ

Индивидуальная работа №1

Задание 1 . По заданным z1 и z2 выполнить:

а) найти значение выражения; б) вычислить значения корня и изобразить их на комплексной плоскости;

в) записать число в тригонометрической и показательной форме;

г) на комплексной плоскости изобразить множество точек z , удовлетворяющих заданным соотношениям.

Задание 2 . Найти lim zn .

n →∞

Задание 3 . Найти и построить стереографические проекции: а) точки z ; б) указанной области.

Варианты заданий

1 вариант

z1 = 1 − 3i , z2 = 3 − 2i :

а) z14 +

iz2

+ 8z1z2 ; б) 3 z1 ;

в) z2 ;

г)

z1 + z2

< 2 ; Re(z 2 − z )= 2 + Im z .

zn =

+ 1 −

n2 − 1

+ ln

i .

а) z1 ;

б) 2 <

≤ 3 .

2 вариант

z1 = 3 + 3i , z2 = 2 + i :

а) z16 + 8iz1z22 −

5z2

;

б) 4 z1 ;

в) z2 ;

г) 2 ≤

z1 + z2

< 4 ;

Rez + 2 = Im2 (

− 2n n

z − z2

zn =

i .

− n

+ 2n

а) z2 ;

б) 1 <

≤ 5 .

135

3 вариант

z1 = 2 − 2i , z2 = −2 + 2i :

а) z13 +

+ 3iz1 ;

б) 4 z1 ; в) z2 ;

г)

0 < Im(zi )< Re2 z ;

z − z2

z − z1

2.zn = ((n + 1))!+n! + 1n i . n + 1 !−n! 3

3.а) z2 ; б) 5 > z > 3 .

4вариант

z1 = 8 + 8i , z2 = 2 + 3i :

а) z13 + z2 3 +

;

б) 4 z1 ;

в) z2 ;

2iz

г) 5 <

z1 − z2

< 7 ;

Im z1 + Im z2 = Re2 z1 − Im z1 .

3n3

+ 2n

1 − 3n

zn =

i .

1 −

4n3

а) z1 ;

б)

= 3 .

5 вариант

z1 = −2i , z2 = 3 − 4i :

а) z110 + iz1

z2 2 −

;

б) 4 z1 ;

в) z2 ;

г) Re(1 + z )= Re z2

;

4 >

z + 2i

> 2 .

zn =

−n

3n2

i .

1 −

n 4

+ 1

а) z2 ;

б)

< 7 .

6 вариант

z1 = 2(i − 1), z2 = 2 + 4i :

а) z2 2 − 4i

+ 5z1z2 ;

б) 4 z1 ;

в) z2 ;

136


г)	Im(z + z2 )=		z	Im z1 ;

2.	zn =	n 4 + 1			1	−
		16n 4 − 1			+	+
					1

0 < z + z2 ≤ 3 .

2n n

i .

а) z1 ;

б)

> 7 .

7 вариант

z1 = 1 + i , z2 = 2 − i 2 :

а) iz14 +

+ 2z1z2 ;

б) 3 z2 ;

в) z1 ;

+ z1

г)

z − 2

z + 2

= 5 ;

Rez2 Im2 z > Rez Rez1 .

zn =

2n2 − 3

+ n sin

i .

n + 1

а) z = −i − 2 ;

б) 1 ≤

≤ 2 .

8 вариант

z1 = −1 − i , z2 = 3i :

а) 3iz1 −

+ z28 ;

б) 4 z2 ;

в) z1 ;

iz1

г) Re(z + z2 )2 ≤ 1 + Im2 z ;

+ 1

+ i sin

− 2n2

а) z = 4 + i ;

б)

> 8 .

9 вариант

z1 = −2i , z2 = 4 + i :

а) 3z1

6 +

− 4z1z2 ;

+ z2

г) Re(z − z1 )= 2 Im2 z ;

− 2

cosn

i .

3n2 + 1

(Im z )−1 Re z = 2 .

		б) 3 z1 ;		в) z2 ;
π		< arg z ≤		π

2
	z	− z1	> 3

137

а) z = i + 7 ;

б) 3 <

≤ 5 .

10 вариант

z1 = 1 + i , z2 = 2 − 5i :

а)

z110 + iz2 −

; б) 3 z1 ;

в) z2 ;

+ z2

г) Rez + Im z = Im z2 + Rez1 ;

z + 2i

< 1

zn =

2n − 1

i .

3−n +

3n + 1

а) z = 3 − 2i ;

б)

= 5 .

11 вариант

z1 = 3 − 4i , z2 = −8 :

а)

(3i + 1)z2

+ z14 − 3z1 (z2 + 2i);

б) 3 z2 ;

г) z − z2 − z1

2.zn = 5n + (

3.а) z = 4i ;

12 вариант

1. z1 = 3i , z2

а) 2z18 + z1z2

> 3 ;						Re z − (Im z )2 = Re z1 .
n + 1 −				n − 1)i .
		б)		z	> 5 .
		б)		z	> 5 .
= −1 + i :
−		2iz2				;	б) 4 z1 ;
−	z1	+ 4i	− 6			;	б) 4 z1 ;
	z1	+ 4i	− 6

г)

Im z − (Re z )2 = Im z1 ;

z − z2

z − z1

zn = 3 +

5n + 4

i .

10n + 1

в) z1 ;

в) z2 ;


3.	а) z = 5 + i ;			б)	z	> 4 .
3.	а) z = 5 + i ;			б)	z	> 4 .
13 вариант
1.	z1 = 2 + 2i , z2 = 1 + 3i :
а)	z16 +	iz2	− 3z1 z2 2 ;				б) 3 z1 ;	в) z2 ;
а)	z16 +		− 3z1 z2 2 ;				б) 3 z1 ;	в) z2 ;
		z1

138

г)

z + 3i + 1

= 2 ;

Im z2 − Im z1 + Im z ≤ Rez1 Rez2 − Rez .

zn = 3n − ( n + 1 − n − 1)

− 3

а) z2 ;

б)

= 3 .

14 вариант

z1 = 4 − 4i , z2 = 2 − i 2 :

а)

z16 − 3iz1 z2

− 6z1 ;

б) 4 z1 ;

в) z2 ;

Im(z 2 − z

)= 2 − Im z .

г) 1 <

z − z1

< 2 ;

zn = n

+ 1 − n +

i .

− n

а) z = −2i + 1; б) 1 <

< 1 .

15 вариант

z1 = −2i , z2 = 4 + i :

а) 3z16 +

− 2z1z2 ;

б) 3 z1 ;

в) z2 ;

+ z1

г) Re(z − z1 )≥ 2 ;

z − 1 − 2i

= 4 .

2.zn = 1 + 21 +K+ n1 + 1 + n1 3n i .

3.а) z2 ; б) z > 81 .

16 вариант

z1 = 3i , z2 = 1 + i :

а) 2z1 + z1z2

−

3iz2

;

б) 3 z1 ;

в) z2 ;

i + z1

г)

arg z2 < arg z ≤ arg z1 ;

Rez1 − Re(z2 − z )= Im2 z .

zn =

3n2

−

50n3

− 3

i .

2n + 1

− n3

139

г) Im(z − z2 )> 4 ;

z + 2 − i

= 1 .

2. zn =

+ 3n

n + 1

i .

n + 2

3. а) z = −1 −i ;

б)

= 6 .

Индивидуальная работа №2

Задание

1 . Выделить вещественную и мнимую части данной функции.

Найти значение функции в заданной точке.

Задание

2 . Найти точки, в которых функция дифференцируема. Вычис-

лить производную в заданной точке.

Задание 3	. Восстановить аналитическую функцию по заданным условиям.
Задание 4	. Найти круг сходимости степенного ряда.
	Варианты заданий
1 вариант	2 вариант

1.f (z)= (i + z)2 + 1z ; f (3 + 2i).

2.w = 1 +2 z ; w′(i).

3. v(x , y )=	x	− 2y , f (1)= 0 .
	x 2 + y 2

∞		(z − 2i − 3)n	.
4. ∑		1 − 3in
n =	1

1.w = 1z + z 2−i1 ; w(2).

2.w = z 2 + i z 2 ; w′(1 + i).

3.v(x , y )= ln(x 2 + y 2 )+ x − 2y .

4. ∞ n z n .

∑ !

n =0

3 вариант
1.	w =	3			+ 4 ; w(1 − i).
1.	w =		(z − i)2		+ 4 ; w(1 − i).
			(z − i)2
2.	w =		(3i + z)2			′
2.	w =		z			; w (1).
			z
3.	u(x , y )= 3x 2 y − y 3 + x + 5 .
4.	∞	(z + i)n		.
4.	∑		1 + in	.
	n =0		1 + in

4 вариант

1.f (z)= 3z + 2z ; f (4 + 3i).

2.w = (z + 3i − 1)2 ; w′(1 − i).

3. u(x , y )= 2x cos(y ln 2), f (0)= 2 .

∞		(z	− 2i)n	.
4. ∑		1 + 2in
n =	1

144

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1714 15 16 17 > Следующая >>>