Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Сборник задач по ВМ в 10-ти частях с решениями / Сборник задач по ВМ ч.10.pdf

Скачиваний:

131

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

1.73 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 92 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

б)* w sin z,				z	0	и z		2	1 i;	в)* w z3	, z		2 i и	z	2	1 i /2.
				1				2				1			2
		Отв.:		а)	k1 2, 1 /4;					k2 1/e, 2		/ 2; б)*					k1 1, 1 0;

k	2		ch2 1 sin2		1,	2	arctg(tg1 th1);				в)*		k 15,			1	arctg(4/3),
	2					2							1			1

k2 3(1 2 / 4), 2 arctg 24 4.

1.81. Выяснить, какая часть комплексной плоскости растягивается, а какая – сжимается при отображениях:

а) w ez ; б) w ln z; в) w 1/ z; г) w z3; д) w ln(z 1).

Отв.: а) полуплоскость Rez 0 растягивается, а полуплоскость Rez 0 сжимается; б) в любой точке z (кроме z 0), лежащей внутри окружности | z | 1, происходит растяжение, а для точек вне окружности – сжатие; в) анало-

гично б); г) часть плоскости внутри окружности | z | 1/ 3 сжимается, а вне окружности – растягивается; д) сжатие при | z 1| 1, растяжение – при | z 1| 1.

1.82. В каких областях комплексной плоскости конформны отображения:


	а) w e 3z ;	б) w z2 4z;		в) w iz2 ;
	г) w sh(1 z);	д) w (z 2i)3;		е) w (z 2)2.	z 2;
	Отв.: а) на всей плоскости;		б) на всей плоскости, кроме точки
в)	на всей плоскости, кроме точки		z 0; г) на всей плоскости, кроме точек
zk	1 (k 1/2) i, k Z ; д) на всей плоскости, кроме точки z 2i;				е) на
всей плоскости, кроме точки z 2.

1.4. Интегрирование функций комплексной переменной

Интеграл от ФКП, его вычисление и свойства. Интегральная теорема Коши. Интеграл с переменным верхним пределом. Теорема Мореры. Неопределенный интеграл от ФКП. Формула Ньютона – Лейбница. Интегрирование многозначных функций. Интегральная формула Коши. Бесконечная дифференцируемость аналитических функций.

Пусть f (z) u(x, y) iv(x, y) –	однозначная функция, определенная и
непрерывная в области D, а – кусочно-гладкая замкнутая или незамкнутая
ориентированная кривая, лежащая в D.
Вычисление интеграла f (z)dz	от функции f (z) комплексной перемен-

ной z x iy сводится к вычислению криволинейных интегралов второго рода (КрИ-2) по формуле

	f (z)dz (u iv)(dx idy) udx vdy i vdx udy,			(1.35)

в которой интеграл в ее левой части, вообще говоря, зависит от пути интегрирования.

(рис. 1.17).

Интеграл от ФКП по кривой будем кратко называть контурным интегралом. Перечислим его основные свойства:

1°. f (z)dz f (z)dz

AB	BA			A
2°. f (z)dz		f (z)dz f (z)dz (рис. 1.17).		A	Рис. 1.17
2°. f (z)dz		f (z)dz f (z)dz (рис. 1.17).			Рис. 1.17
AB	AC	CB
3°. (	f (z) g(z))dz		f (z)dz g(z)dz,	где и		– постоян-

ные, в общем случае комплексные.						f (z)\| M ,
4°. (Оценка интеграла). Если на выполняется неравенство \|						f (z)\| M ,

где M const, и L – длина , то | f (z)dz | ML.

Для интеграла от ФКП имеет место

Теорема 1.4 (интегральная теорема Коши). Пусть в односвязной об-

ласти D определена однозначная аналитическая функция f (z). Тогда интеграл от f (z) по любому замкнутому контуру , целиком лежащему в D, ра-

вен нулю: f (z)dz 0.

Следствие. Пусть функция f (z) является аналитической в многосвязной области D и на ее границе, состоящей из внешнего контура и внутренних контуров 1, 2,..., n (рис. 1.18). Тогда

	n
f (z)dz f (z)dz,		(1.36)
	k 1 k

где при движении вдоль контура i область D находится слева.

Если кривая в интеграле (1.35) задана параметрическими уравнениями

x x(t), y y(t) z(t) x(t) iy(t),

причем при изменении t от t1 до t2 кривая описывается от начальной точки t1 до конеч-

ной t2 , то контурный интеграл

	t2
f (z)dz		(1.37)
	f (z(t))z (t)dz.

Пусть f (z) u iv – аналитическая в области D функция. Так как для КрИ-2 в правой части (1.35) в силу соотношений Коши –

Римана выполнены условия u ( v),

y x

2	D
2		1
		1

Рис. 1.18

v u , то эти интегралы не зависят от пути интегрирования. Тогда контур-

y x

ный интеграл f (z)dz не зависит от кривой , лежащей в D и соединяющей

точки z0 и z. В этом случае принято обозначать

z
F(z) f (s)ds.	(1.38)
z0

Этот интеграл называется интегралом с переменным верхним пределом.

Имеет место

Теорема 1.5 (Мореры). Пусть функция f (z) непрерывна в односвязной об-

ласти D и интеграл f (z)dz не зависит от пути интегрирования D, соеди-

няющего начальную и конечную точки пути . Тогда функция (1.38) является ана-

литической в D и F			f (z) в	D.
	(z) f (z), т.е. F(z) являетсяпервообразной для
Множество всех первообразных для f (z) в D называется неопределен-
ным интегралом от		f (z) и обозначается f (z)dz.
Итак, f (z)dz
		F(z) C, F (z) f (z).

Методы вычисления неопределенных интегралов от аналитических функций в комплексном анализе те же, что и в действительном. Так, справедлива таблица неопределенных интегралов из действительного анализа, в которой, в частности,

ez dz ez C; zn dz	zn 1	C, n Z, n 1;	dz	Ln z C

	n 1		z

(за Ln z можно взять любую ветвь логарифма, т.к. они отличаются друг от друга на постоянную);

Arctg

z a

z2 a2

z a

Arcsin

Ln(z

z2 a2

) C;

и т.д.

a2 z2

z2 a2

Если функция f (z) в (1.38) является аналитической в односвязной облас-

ти D,

содержащей точки z1 и z2 , то имеет место аналог формулы Ньютона –

Лейбница:

(z)dz (z2) (z1) (z)

(1.39)

где (z) – какая-либо первообразная для f (z) в области D.

Если f (z) и (z)

– аналитические функции в односвязной области

D, а z1 и z2 – произвольные точки этой области, то имеет место формула интегрирования по частям

интегриро-

const,

z2	z2	f (z)d (z) f (z) (z)		z2	z2


	f (z) (z)dz			z	(z) f	(z)dz. (1.40)

z	z		1		z
1	1				1
Замена переменных в контурных интегралах				производится аналогично

случаю функции действительной переменной. Если аналитическая функция z (w) взаимно однозначно отображает контур 1 в комплексной плоскости w на контур в комплексной плоскости z , то

f (z)dz f ( (w)) '(w)dw.

(1.41)

Вчастности, если – полупрямая, выходящая из точки z0 , или окруж-

ность с центром в точке z0 , то удобна замена

z z0 ei , т. к. в первом случаеconst, а – действительная переменная

интегрирования, во втором случае а – действительная переменная вания.

1.83. Вычислить	(y 1 xi)dz, где
AB – отрезок прямой,	AB
AB – отрезок прямой,	соединяющий точки

zA 1 и zB i (рис. 1.19).

Имеем u y 1, v x. По формуле (1.35) получаем

Y	z

		A
0			X
		1
B	i
		Рис. 1.19

	f (z)dz (y 1)dx xdy i xdx (y 1)dy.
AB	AB	AB	zA 1 и	zB i,
Уравнение отрезка прямой,		проходящей через точки	zA 1 и	zB i,
имеет вид y x 1, 0 x 1, и значит, dy dx. Поэтому
	0	0	0		0
(y 1 ix)dz ((x 1 1) x)dx i (x (x 1 1))dx 2xdx x2					0	1.
AB	1	1	1		1
					1

Можно поступить и иначе. Легко видеть,

что f (z) 1 iz. Так как

f (z)– аналитическая

функция на всей комплексной плоскости

z, то

по формуле (1.39) получим

(1 iz)

f (z)dz (1 iz)dz

(1 i2)2

(1 i)2

1 2i i2

▲

1.84. Вычислить интеграл I e|z|2

Re zdz,

Y z

z	2 1 i
1

z1 0		1	X
	Рис. 1.20
	Рис. 1.20

где – отрезок, соединяю-

щий точки z1 0

и z2 1 i (рис. 1.20).

Параметрические уравнения отрезка имеют вид x t,

y t, t [0,1],

или z x iy (1 i)t dz (1 i) dt. Так как Rez x t,

x2 y2

, то по формуле (1.37)

2t2

1 i 1

2t2

1 i

2t2

1 i

I e

t(1 i)dt

d(e

)

1). ▲

1.85. Вычислить интеграл I (z a)m dz, где

– окружность радиусом

R с центром в точке

z a,

–

произвольное целое число.

Уравнение окружности

имеет вид

z a Reit , t [0,

2 ]. Тогда

по формуле (1.37)

m 1;

i dt 2 i,

I (Reit )m Rieit dt iRm 1 ei(m 1)t dt

▲

Rm 1

ei(m 1)t

m 1.

m 1

1 i

1.86. Вычислить интеграл I z2 dz.

Так как подынтегральная функция f (z) z2 аналитична на всей комплексной плоскости, то по формуле Ньютона – Лейбница (1.39)

1 i

2 3i

((1 i)

)

. ▲

1.87. Вычислить интеграл I (z2 sin z)dz.

Подынтегральная функция

sin z

является аналитической в любой

замкнутой области, ограниченной замкнутым контуром . Тогда по интегральной теореме 1.4 (Коши) I 0. ▲

1.88*. Пусть – простой замкнутый контур, ограничивающий площадь S .

Доказать, что: 1) xdz iS;		2) ydz S; 3)			z	dz 2iS.

● Использовать формулу Грина для КрИ-2.
1.89. Вычислить интегралы I1 xdz и I2				ydz по следующим путям:
1)	по радиусу-вектору точки z 2 i;						z 1);
2)	по полуокружности \| z \| 1, 0		argz (начало пути в точке
3)	по окружности \| z a\| R.
Отв.: 1) I1 2 i, I2 1 i/2;			2)I1 i/2, I2 /2;
3) I1 iR2, I2 R2.

1.90. Вычислить z dz по следующим путям:

	Г	z 2 i;
1)	по радиусу-вектору точки	z 2 i;
2)	по полуокружности \| z \| 1,	0 argz (начало пути в точке z 1);
3)	по полуокружности \| z \| 1, /2 arg z / 2 (начало пути в точке

zi);

4)по окружности | z | R.

Отв.:

5(1 i/2); 2) 2;

3) 2i;

4) 0.

1.91. Вычислить

| z |

dz,

где

– замкнутый контур,

состоящий из

отрезка | x| 1,

y 0.

верхней полуокружности | z | 1 и

Отв.:

1.92. Вычислить

dz, где – граница

полукольца,

изображенного

на

рис. 1.21.

Отв.:

4/3.

f (z)dz, где

1.93. Вычислить интеграл

f (z) x2 y2i,

AB –

отрезок,

соединяющий

1 0

1 2 X

точки zA 1 i

и zB 2 3i.

Отв.: –19/3 + 9i.

Рис. 1.21

1.94. Вычислить

, где – эллипс

z 4

x 3cost,

y 2sint. Отв.:

2 i

1.95. Вычислить интеграл I1 z2 sin zdz и

I2 zez dz.

Отв.:

I1 3ch1 2sh1 2, I2 2 i.

1.96. Различна или одинакова величина интеграла z dz, если интегриро-

вание происходит: а) по отрезку действительной оси от точки z 1 до точки


z 1;	б) по верхней полуокружности \| z \| 1. Отв.: Различна.
Пусть функция w f (z) аналитическая в области D,						отображает об-
ласть D на область G и такова, что обратная функция z (w)							многозначна
в G.	Если существуют однозначные			и аналитические		в	G	функции
z 1(w), z 2(w),...,		для которых данная функция w f (z)					является об-
ратной, то функции 1(w),			2(w),...	называются	однозначными			ветвями
функции (w), определенными в G.
Так, например, функция			w zn каждой точке		z0 ставит в соответствие
единственную точку w0,		но одной и той же точке w0			w 0,	w функция

z nw ставит в соответствие n различных точек комплексной плоскости z.

Если

w ei , то эти

n значений z

находятся, как известно, по формулам

zk rei k , где r n

0,n 1, .

Пусть односвязная область G содержит точку w0, но не содержит точек

w 0

и w . Тогда различным фиксированным значениям k, k

0,n 1,

при одном и том же выборе числа 0

argw0 соответствуют различные ветви

функции z n

Точка, обладающая таким свойством, что обход вокруг нее в достаточно

малой окрестности приводит к переходу от одной ветви многозначной функции к другой, называется точкой ветвления данной многозначной функции.

Точками ветвления функции nw являются точки w 0 и w . Понятие точки ветвления тесно связано с определением особой точки

аналитической функции. Более подробно об этом см. [9].

При интегрировании необходимо выделять ветвь многозначной функции, что достигается заданием значения многозначной функции в некоторой точке контура интегрирования. Если контур интегрирования замкнут, то начальной

точкой z0 этого контура считается та,

в которой задано значение подынте-

гральной функции.

1.97. Вычислить интеграл

, где

– верхняя дуга окружности

| z | 1. Для

берется та ветвь,

для которой

Первый способ.

Функция

имеет два значения:

(cos

isin

), argz, и

(cos

isin

)

| z|

(cos

isin

). Так как z , где | z | 1, то

cos

isin

cos

isin

. Условию

1 удовлетворяет второе значение

cos

isin

В самом деле,

если z 1 , тогда arg z 0 и, значит,

cos0 isin0 1. Применив формулу Ньютона – Лейбница, получим

1 2(

cos

isin

1). Положив в формуле

значение z 1, найдем

(cos

arg( 1)

isin

arg( 1)

) (cos

isin

) i.

Согласно выбору ветви имеем 1 1 и, значит, окончательно получим

I 2(1 i).

Второй способ.

Положим z ei , где

1, 0 .

Из условия

ei( /2 ) . Тогда

1 следует, что

iei

( / 2 )

iei( / 2 )d 2ei( / 2 )

2(e i /2 e i ) 2(1 i). ▲

ln3 z

1.98. Вычислить интеграл

по дуге окружности

| z | 1,

где

ln z – главное значение логарифма, ln1 0.

i ln3 z

По

формуле

Ньютона – Лейбница

имеем I

ln4 i ln4

ln4 i

i 4

, поскольку для главной ветви логариф-

ма lni i /2. ▲

1.99. Вычислить

, где – верхняя полуокружность окружно-

4 z3

сти | z | 1; берется та ветвь функции w 4

, для которой

Отв.:

4 i2

cosz

dz по прямой,

соединяющей точки z1 1 и

1.100. Вычислить

sin z

z2 i; берется та ветвь функции sin z , для которой sin( 1) isin1.

Отв.: 2sh1 i(2sh1 2sin1).

1.101. Вычислить интеграл

по следующим контурам: 1) – полу-

окружность | z | 1, y 0,

2) – полуокружность | z | 1, y 0,

3) – окружность | z | 1,

Отв.:

1) 2(1 i);

2) 2(1 i);

3) 4i.

1.102. Вычислить интеграл Ln zdz, где: 1) – единичная окружность и

Lni i/2;

3) – окружность

Ln1 0; 2) – единичная окружность и

| z | R и Ln R lnR 2 i.

Отв.:

2 i; 2)

2 ; 3) 2 Ri.

Если функция f (z) является аналитической в односвязной области D, ограниченной кусочно-гладким контуром (рис. 1.22), и на самом контуре , то для любой внутренней точки z0 D справедлива интегральная формула Коши (ИФК):

f (z0)

f (z)

dz,

(1.42)

2 i z z0

где обход контура происходит так, что область

D остается слева (положительный обход).

С помощью ИФК можно вычислять некото-

рые интегралы, т. к., согласно (1.42),

Рис. 1.22

f (z)

dz 2 if (z0).

(1.43)

z z0

1.103. Вычислить контурные интегралы (обход контура положительный):

а) I

z2 1

dz; б) I

cosz

dz.

z2 z 2

|z 1| 1 z2

|z| 3

2 1

а) функция

имеет две особые точки z

1 и z

1 (в

z2 1

менатель дроби обращается в нуль). Только

точка z1 лежит внутри области,

ограничен-

ной

окружностью

| z 1| 1

радиусом

R 1

с центром в точке z 1. Представим

подынтегральную

функцию

виде

f(z)

f (z)

z2 1

z 1 z 1

z 1

–3

–2

По ИФК (1.43) имеем I 2 if (1) 2 i;

б) подынтегральная функция

cosz

z2 z 2

(z 2)(z 1)

них зна-

| z | 3

3 X

внутри окружности	z	3 имеет две осо-	Рис. 1.23
бые точки z1 2 и	z2 1. Окружим их			z	3. В
непересекающимися окружностями 1 и 2,			лежащими внутри круга

результате получим трехсвязную область D, изображенную на рис. 1.23. По теореме Коши для многосвязной области интеграл будет равен

I		cos z	dz		cosz	dz	cosz	dz.
		(z 2)(z 1)			(z 2)(z 1)		(z 2)(z 1)
	\|z\| 3			1		2

Затем применяем ИФК к контурным интегралам в правой части этого равенства

(1.43):

I	cosz /(z 1)	dz	cosz /(z 2)	dz

1	z 2	2	z 1

cosz

2 i

i(cos1 cos2). ▲

z 1

z 2

z 1 3

1.104. Вычислить интегралы по указанным контурам (обход контура

положительный):

Отв.: a) 0; б) 8 i.

dz . а) : | z | 1;

б) :

| z | 4.

z 2i

e2z

Отв.: а) 2 i;

dz. а) : |

z | 4;

б) :

| z | 1.

б) 0.

z i

а) : | z | 1/2; б) :| z i | 1; в) :| z i | 1.

z2 1

Отв.: а) 0; б) ;

в) .

sin( z/2)

dz. а) : | z 1| 1;

б) : | z | 4.

z2 1

Отв.: а) ; б) 2 i.

sh (z i)/2

dz.

| z | 1.

Отв.: .

z2 2z

sin zsin(z 1)

dz.

| z | 2.

Отв.: 0.

z2 z

1.105. Вычислить контурный интеграл (обход контура положительный)

, если: а) точка 3i лежит внутри контура

а точка 3i –

вне его;

z2 9

б) точка 3i

лежит внутри контура , а точка 3i – вне его;

в) точки

3i ле-

жат внутри контура .

Отв.:

а) /3; б) /3;

в)

1.106*. Вычислить все возможные значения интеграла I

при

z(z2 1)

различных положениях контура . Предполагается, что контур не проходит

ни через одну из точек 0; 1; –1.	и не содержит 1,
Отв.: Если контур содержит внутри себя точку 0

то I 2 i; если содержит только одну из точек 1 или –1 и не содержит точку

0, то I i; во всех остальных случаях				I	0.
1.107. Вычислить интеграл					zdz	,	a 1.	Отв.: i/2.

	\|z a\| a z4 1
1.108. Вычислить интеграл	1			ezdz		,	если контур содержит внут-
		2 i	z2		a2

ри себя круг | z | a. Отв.: (sina)/a.

Если функция f (z) является аналитической в области D и на ее границе ,

<<< < Предыдущая 12 / 92 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Сборник задач по ВМ в 10-ти частях с решениями

#
11.05.20153.35 Mб183Сборник задач по ВМ ч.1.pdf
#
11.05.20151.73 Mб131Сборник задач по ВМ ч.10.pdf
#
11.05.20153.42 Mб115Сборник задач по ВМ ч.2.pdf
#
11.05.20152.99 Mб239Сборник задач по ВМ ч.3.pdf
#
11.05.20151.26 Mб120Сборник задач по ВМ ч.4.pdf
#
11.05.2015672.61 Кб178Сборник задач по ВМ ч.5.pdf
#
11.05.20151.41 Mб105Сборник задач по ВМ ч.6.pdf