Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский государственный педагогический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

TFKP

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2015

Размер:

332.87 Кб

Скачать

☆

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

ФГБОУ ВПО Уральский государственный педагогический университет

В.Ю. Бодряков, Н.В. Ткаленко, В.Д. Жаворонков

Индивидуальные домашние задания по

дисциплине ¾Теория функций комплексной переменной¿

Екатеринбург 2012

Составители: В.Ю. Бодряков, Н.В. Ткаленко, В.Д. Жаворонков.

Индивидуальные домашние задания по дисциплине ¾Теория функций комплексной переменной¿. Екатеринбург, Изд-во УрГПУ, 2012, 21 с.

Индивидуальные домашние задания (ИДЗ) по дисциплине ¾Теория функций комплексной переменной¿ предназначены для студентов очной и заочной форм обучения математического факультета УрГПУ, изучающих курс ¾Теория функций комплексной переменной¿. Работа содержит 10 ИДЗ по 24 вариантов в каждом, содержащих различные задания по указанной теме. Самостоятельное решение индивидуальных заданий дает возможность углубить теоретические знания, отработать практические навыки вычисления пределов, освоить исследование рядов на сходимость и вычисление интегралов ФКП . Во введении к работе приведены подробные примеры решения типовых заданий по теме с необходимыми методическими указаниями.

Рецензент:

1. Число z записать в алгебраической форме. Найти z, Re z, Im z, jzj, arg z, Arg z.

z =	5 + i	:

	¡3 + 2i

Решение. Умножим и разделим число z на число, сопряженное к знаменателю:

5 + i

(5 + i)(¡3 ¡ 2i)

¡15 ¡ 10i ¡ 3i + 2

¡13 ¡ 13i

= 1

3 + 2i

(

3 + 2i)( 3

2i)

9 + 4

¡ ¡

Следовательно, z = ¡1 ¡ i;

z¹ = ¡1 + i;

Re z = ¡1;

Im z = ¡1;

jzj = p

= p

(Re z)2 + (Im z)2

tg(arg z) =

Im z

= 1:

Im z

Re z

Так как z лежит в III четверти, то

3¼

¡.. arctg z

¡........ ..

arg z = arctg 1 ¡ ¼ =

¡ ¼ = ¡

;

¡....

Re z

z¡ª¡

arg z

Arg z = farg z + 2¼k j k = 0; §1; :::g =

3¼

= f¡

+ 2¼k j k = 0; §1; :::g:

Ответ:

z = ¡1 ¡ i;

z¹ = ¡1 + i; Re z = ¡1; Im z = ¡1; jzj = p

3¼

arg z = ¡

; Arg z = f¡

¼ + 2¼k j k = 0; §1; §2; :::g

2. Решить уравнение:

4 cos z = 5.

Решение. Воспользовавшись формулой cos z = 21(eiz + e¡iz) ,

получим урав-

нение

2eiz + 2e¡iz

= 5 или

2e2iz ¡ 5eiz + 2 = 0:

Последнее уравнение является квадратным относительно величины eiz, поэтому eiz = 12 или eiz = 2 , откуда z = 1i Ln12 или z = 1i Ln2.

По определению Ln a = ln jaj + iArg a будем иметь

Ln	1	= ln	1	+ iArg	1	= ¡ ln 2 + i2¼k	и

	2		2		2
Ln 2		= ln 2 + iArg 2				= ln 2 + i2¼k;	где k = 0; §1; ¢ ¢ ¢

Окончательно z = 2¼k¡1i ln 2 = 2¼k+i ln 2 или z = 2¼k+1i ln 2 = 2¼k¡i ln 2, где k = 0; §1; :::

Ответ: f2¼k+i ln 2; 2¼k¡i ln 2 j k = 0; §1; :::g множество решений исходного уравнения.

3. Найти и изобразить на комплексной плоскости множество точек,

удовлетворяющих соотношению:

z ¡ 2

6 0:

z + i

Решение. Пусть z = x + iy , тогда

z ¡ 2

x + iy ¡ 2

(x ¡ 2 + iy)(x ¡ iy ¡ i)

z + i

x + iy + i

x2 + (y + 1)2

x2 ¡ 2x + y2 + y + i(¡xy ¡ x + 2y + 2 + xy)

x2 + (y + 1)2

Поэтому

z ¡ 2

= x2 ¡ 2x + y2 + y

z + i

+ (y + 1)

Это неравенство

равносильно системе

x2 ¡ 2x + y2 + y 6 0

½ x2 + (y + 1)2 6= 0:

x2 ¡ 2x + 1 ¡ 1 + y2 + y + 41 ¡ 41 6 0

Первое соотношение перепишем в виде

или (x ¡ 1)2 + y + 21

2 6 45.

Это

неравенство задает круг радиуса

с центром в точке 1;

1)¡.

Условие x2 + (y + 1)2 6= 0

равносильно тому, что (x; y) 6= (0; ¡¡

y (Im z) 6

Ответ: искомое множество круг радиуса

с цен-

. . . . . . . . . . .

тром в точке (1; ¡21) вместе с границей, за исключени-

x (Re z)

ем точки (0; ¡1).

.	.
.	.

.. . . . . . . .

4.Определить, сходится ли последовательность fzng , и если сходится, то найти ее предел.

zn = n2 tg	2				n	3
		+ i
	2		n	3		2
	n				+ n + 1

Решение. Так как сходимость fzng эквивалентна одновременно сходимости fRe zng и fIm zng , то рассмотрим отдельно каждую из этих последовательностей.

lim

n!1

lim

n!1

2 tg

n2 tg

= nlim

= 2 2 R; т.е.fRe zng сходится:

= nlim

= 1 2 R; т.е. fIm zng сходится:

n3 + n2

+ 1

1 + n

Следовательно fzng сходится и nlim zn = nlim Re zn + i nlim Im zn = 2 + i
	!1		!1		!1
Ответ: fzng сходится и nlim!1 zn = 2 + i.
5. Исследовать ряд на сходимость:				¶:
n=1 µ	3n + i(¡n
X	n3	1)n
1

Решение. Так как сходимость (абсолютная сходимость) ряда P1 zn эквива-

n=1

лентна одновременной сходимости (абсолютной сходимости) рядов P1 Re zn и

n=1

Im zn, то исследуем на сходимость ряды

(¡1)

n=1

Применим признак Коши к ряду

Так как

nlim sn

= nlim

pn n3

< 1;

= 3

(

1 1

то этот ряд сходится абсолютно. Так как ¯

и ряд n=1

расходится,

(

1)n

то ряд

не сходится абсолютно,¯

поэтому¯

и исходный ряд не сходится

1 (

1)n

абсолютно. Однако ряд

знакочередующийся и модуль общего чле-

n=1

стремится к нулю, следовательно, по признку Лейбница этот ряд

на n монотонно

сходится. Поэтому исходный ряд тоже сходится.

( 1)n

¶ сходится, но не абсолютно.

Ответ: ряд n=1

+ i

6.Найти образ кривой ° относительно дробно–линейного отображения L, удовлетворяющего заданным условиям:

° : jz ¡ ij = 2; L(2 ¡ i) = 0; L(2 + i) = 1; L(1) = 1:

Решение. Найдем вначале дробно–линейное отображение.

Так как L(2 ¡ i) = 0, то числитель пропорционален двучлену (z ¡ 2 + i). Так как L(2 + i) = 1, то знаменатель пропорционален двучлену (z ¡ 2 ¡ i).


Таким образом, L имеет вид L(z) = a			z ¡ 2		+ i	, где коэффициент a найдем из
			z ¡ 2
условия					¡ i
	z ¡ 2 + i			1 ¡ z2 +				i
lim a		= lim a					z		= a = 1:
				1 ¡ z2 ¡				i
z!1 z ¡ 2 ¡ i		z!1
								z
Окончательно получили, что L(z) =			z ¡ 2		+ i	.
			z ¡ 2
					¡ i

Кривая ° есть окружность радиуса 2 с центром в точке i, поэтому в силу

кругового свойства L(°) есть окружность или прямая. Так как точка z0 = 2 + i, в которой L(z) обращается в 1, принадлежит °(j(2+i)¡ij) = 2, то L(°) прямая. Чтобы найти прямую, достаточно найти две ее точки.

Возьмем z1; z2 2 °, например z1 = 3i, а z2 = ¡i. Тогда

= L(z

) =

3i ¡ 2 + i

4i ¡ 2

1 ¡ 2i

;

3i ¡ 2 ¡ i

2i ¡ 2

1 ¡ i

¡ 2

= L(z

) =

¡i ¡ 2 + i

¡2

1 i

1 + i

2 ¡

¡ ¡

Таким образом, L(°) прямая, проходящая через точки W1 и W2, задающаяся

соотношением Im W = ¡

Ответ: L(°) прямая Im W = ¡

7. Установить, сходится ли указанный ряд в точках z1 и z2, указать на комплексной плоскости круг сходимости и эти точки.

1		n + i
X
X	¡	2 + i3	¢	n (z ¡ 2i ¡ 1)n; z1	= 2i; z2	= ¡1 ¡ i:
n=1		2

Решение. Найдем радиус круга сходимости этого степенного ряда:

2 + i

R¡1 = nlim vn

n +

3i n

= nlim

jn +3ij = nlim

pn5

+ 1

= 2:

u¯

t¯¡

!1 p

!1u¯

Итак, R = 2. Определим, принадлежит¯ли z1

¯и z2 кругу сходимости:

jz1 ¡ 2i ¡ 1j = j2i ¡ 2i ¡ 1j = 1 <

Значит, z1 лежит внутри круга сходимости, и ряд в этой точке сходится.

p	5

jz2 ¡ 2i ¡ 1j = j ¡ 1 ¡ i ¡ 2i ¡ 1j = j ¡ 2 ¡ 3ij = 13 >		:
	2

Значит, z2 лежит вне круга сходимости и ряд в этой точке расходится. Ответ: в точке z1 указанный ряд сходится, а в точке z2 расходится.

Замечание: в данном примере для нахождения радиуса сходимости можно было воспользоваться другой формулой, являющейся следтвием признака Далам-

бера:	¯	an	¯				n +	3i n :
R = lim				;	где an =
	¯		¯
	¯		¯			¡	2 + i	¢
n!1 ¯an+1			¯					2

9. Установить с помощью теоремы Коши–Римана, является ли аналитической следующая функция:

f(z) = z 2z:

Решение. Имеем

z 2z = (x ¡ iy)2(x + iy) = (x ¡ iy)(x2 + y2) = x(x2 + y2) ¡ iy(x2 + y2);

так что u(x; y) = x3 + xy2, а v(x; y) = ¡x2y ¡ y3. Так как u(x; y) и v(x; y) многочлены, то эти функции дифференцируемы во всех точках, поэтому качественные

условия теоремы Коши–Римана выполнены.
Количественные условия Коши–Римана			½	3x2 + y2 = x2		3y2
ux0	= vy0 ;			3x2 + y2 = x2	¡	3y2	;
½ uy0	= ¡vx0	в этом случае имеют вид		2xy = 2xy ¡	¡

или 4x2 +4y2 = 0 и удовлетворяются только точке (0; 0). Следовательно, функция f(z) = z 2 ¢ z дифференцируема только в точке и нигде не аналитична.

Ответ: функция f(z) = z 2z нигде не аналитична.

10. Вычислить интеграл, считая, что контур интегрирования пробегается в положительном направлении один раз:

R jzjz2dz, где ° граница области jzj 6 2; Re z 6 0:

Решение. Разобьем контур ° на две части: °1 прямолинейный отрезок, лежащий на оси y от 2 до 2, и °2 половина дуги окружности. Тогда

Im z (y)		6	Re z (x)	Z j j				Z j j		Z	j j
...	. . .		Re z (x)	Z j j				Z j j		Z	j j
°2 . . .		°1			z z	2	dz =	z z	2	dz+	z z	2	dz:
.		6	-			2			2			2
.		6	-
. . . . .				°				°1		°2

На кривой °1

z = iy, где ¡2 6 y 6 2, значит, dz = idy и

jzjz2dz = Z

jiyj(iy)2idy = ¡2i Z

y3dy = ¡iy24 ¯0

= ¡8i:

°1

На кривой °2

z = 2e

, где

¯i'

id'

2 6 ' 6

¼, значит, dz = 2e

j j

3¼

¯2

3¼

i' 2

3i'

z z dz =

(2e

) 2e id' =

16ie d' =

°2

³e 2

= 3 i:

¡ e

i9 ¼

3 ¼

Итак, R°

z2dz

8i +

32i

= ¡

3 .

Ответ:

R°

jzjz2dz =

11. Вычислить интеграл, считая, что контур интегрирования пробегает в положительном направлении один раз:

а)	Z	cos2 z
			dz:
		z2 ¡ 2zi
	jz¡2ij=1

Решение. Воспользуемся

интегральной

формулой

Коши. Внутри круга

jz ¡ 2ij 6 1

знаменатель обращается в нуль в точке z0

= 2i. Для применения

интегральной формулы Коши перепишем интеграл в следующем виде:

cos2 z

dz =

dz:

z2 ¡ 2zi

(z ¡ 2i)z

z ¡

jz¡2ij=1

Здесь z0 = 2i и функция f(z) =

cos2 z

аналитична в круге jz ¡ 2ij < 1, поэтому

cos2 z

cos2(2i)

= ¼ cos2(2i) = ¼ ch2(2):

dz = 2¼if(z0) = 2¼i

z2 ¡ 2zi

jz¡2ij=1

cos2 z

Ответ:

dz = ¼ ch2(2):

z2 ¡ 2zi

jz¡2ij=1

Замечание: данный интеграл можно вычислить с помощью теоремы о выче-

тах;
б) jzjR=3	sin z		dz:

	(z ¡ 2)(z + 2i)
Решение. Так как внутри круга jzj 6 3						подынтегральная функция имеет
особенности лишь в точках 2 и 2i , то по теореме о вычетах
f(z)dz = 2¼i			Res f(z) + Res f(z)		;	где	f(z) =	sin z	:

								(z ¡ 2(z + 2i))
Z		µz=2		z=¡2i	¶

jzj=3

Числитель функции f(z) в точках 2 и ¡2i в нуль не обращается, а для знаменателя эти точки являются нулями первого порядка (сам знаменатель обращается в нуль в этих точках, а его производная нет). Поэтому обе точки полюса первого порядка для f(z). Применяя формулу для вычисления вычета относительно полюса известного порядка, получим

Res f(z) = lim

sin z(z ¡ 2)

sin 2

;

z=2

2)(z + 2i)

2 + 2i

sin (¡2i)

Res f(z) =

lim

sin z(z + 2i)

sh 2

+ i

sh 2

2)(z + 2i)

z=¡2i

z!¡2i (z

Таким образом,

¡ ¡

¡sin2

¢ = ¼(sin 2 ¡ sh 2 + i sin 2 + i sh 2).

jzjR=3 f(z) dz = 2¼i

2 ¡ isin2

2 + sh2

2 + ish2

Ответ: Z	sin z
	(z ¡ 2)(z + 2i)dz = ¼(sin 2 ¡ sh 2 + i sin 2 + i sh 2).

R jzj=3

в) z2 sin z¡1 i dz.

jzj=3

Решение. Так как внутри курга jzj 6 3 подынтегральная функция имеет

особенность лишь в точке i , то по теореме о вычетах
Z		sin z ¡ i		= 2	z=i	µ	sin z ¡ i¶
	z2	1	dz		¼i Res	z2	1	:
	z2		dz		¼i Res	z2		:

jzj=3

Поскольку функция sin z¡1 i не имеет предела при z ! i, то i существенно особая точка. Поэтому интересующий нас вычет можно найти, разложив подынтегральную функцию в ряд Лорана в окрестности точки i (т.е. по степеням (z ¡i)) и взяв

коэффициент при степени ¡1. Для разложения sin

в ряд по степеням (z ¡i)

можно воспользоваться стандартным разложением

sin z = z ¡

+ :::

Тогда

sin

¡ :::

i3)3!

i)55!

+ 2i(z ¡ i) ¡ 1, получим

Учитывая, что z

= ((z ¡ i) + i)

= (z ¡ i)

2 sin

= ((z ¡ i)2 + 2i(z ¡ i) ¡ 1)

+ : : : ¶

z i

(z i)33!

= ((z ¡ i) ¡

+ : : : ) + 2i(1 ¡

+ : : : ) ¡ 1 µ

¡ : : :

¶ =

i)3!

i)23!

= (z ¡ i) + 2i +

µ¡

¡ 1¶ + ¢ ¢ ¢ = (z ¡ i) + 2i ¡

+ : : : ;

z ¡ i

6(z ¡ i)

Res

z2 sin

и, следовательно,jzjR=3

z2 sin

¼i

= ¡

7¼i

поэтому z=i

z¡i

= ¡6

z¡i

= 2

¡¡6¢

3 .

Ответ: jzjR=3 z2 sin

7¼i

dz = ¡

z¡i

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.2015291.33 Кб445Testovye_zadania_gr_402.doc
#
01.07.2025502.27 Кб0test_8.doc
#
30.04.2015131.07 Кб21TEST_GUZNENKO_33_33.doc
#
30.04.2015864.26 Кб9test_vekslera_detskiy_variant-_4_chast_0.doc
#
02.08.201948.13 Кб7Text_k_LR_2_W.doc
#
30.04.2015332.87 Кб16TFKP.pdf
#
09.11.2019133.12 Кб8the cinema.doc
#
09.08.201946.09 Кб6The Giant peach.docx
#
13.11.2019101.38 Кб4The Russian Police 8-16.doc
#
26.09.2019228.35 Кб21Thema5.doc
#
01.07.202568.64 Кб0Tipovye_provodki_den_sredstva.docx