Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

34_all

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

391.56 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Особые точки однозначного характера

2003/2004

1 cos2

z −

cos

z sin

π 2

f (z)=

z +1

z−

Найти все особые точки функции

2 ,

определить их тип. Ответ

(sin z −1)2

обосновать.

Шабунин, Сидоров стр. 64 – 70 (примеры 9 - 13 стр. 68 – 72), Половинкин стр. 85 – 95 (примеры 1 - 4 стр. 91 – 93)

c f (z)=

ϕ(z)

, где функция ψ(z)

регулярна при всех

z . Поэтому особые точки функции

f (z)

определяютя особыми

ψ(z)

точками функции ϕ(z) и нулями знаменателя ψ(z).

Кандидаты в особые точки:

z = π

- нуль знаменателя аргумента экспоненты,

z = −1 - нуль знаменателя аргумента синуса в числителе,

z = π

+ 2πk, k =±1, ± 2,K - нули знаменателя,

2 Покажем, что точка z = π

z = ∞ .

является устранимой особой точкой1 для функции

f (z): проведем замену t = z −

. Тогда

+ o(t 5 )

t 2 sin 2 t

sin

t 4 sin

+ o(1)

t +o(t )

t +

f (t)=

t 2

sin

(cos t −1)

+ o(t

−

)−1

	4		2				+ o(t	5	)
t		sin				+ o(1)
t		sin	π + 2			+ o(1)
			π + 2							e(1+o(t ))2
				t 4	+ o(t 5 )					e(1+o(t ))2
			4		+ o(t 5 )
			4

		2
	sin			+ o(1)	+ o(t)		2
	sin	π + 2		+ o(1)	+ o(t)
=		π + 2				e1+o(t ) → 4e sin		.
=			1			e1+o(t ) → 4e sin		.
				+ o(t)		t→0	π + 2
							π + 2
		4

Следовательно,

z = π

- УОТ

для f (z).

существенно особой2 для функции ϕ(z):

3Покажем, что точка

z = −1 является

= sin(2πl)=0, т.е. lim f (z

)= 0 ;

пусть z

= −1 +

, тогда lim z

= −1, а lim sin

= sin

2πl

l→∞

2πl

пусть теперь z

= −1 +

, тогда lim z

= −1, а

lim sin

= sin

+ 2πm =1,

m→∞

+ 2πm

2πm

					o
1	Определение. Изолированная особая точка a			функции	f : B ρ (a)→ C называется устранимой особой точкой, если
		C
существует конечный предел lim f (z) C .
	z→a
					o
2	Определение. Изолированная особая точка a			функции	f : B ρ (a)→ C называется существенно особой точкой, если
			C

не существует конечного или бесконечного предела lim f (z).

z→a

Особые точки однозначного характера

−1 −

cos

cos(−1)

(−1) sin

+ 2πm

−1−

т.е. lim f (zm )=

≠ 0.

(sin(−1)−1)2

m→∞

Следовательно,

для

f (z).

z = −1 - СОТ

e Рассмотрим точки

z = π

+ 2πk, k =±1, ± 2,K , в которых

нули знаменателя совпадают с нулями числителя функции

f (z).

Произведем

замену:

t = z −

− 2πk .

Тогда

f (t)=

(t + 2πk )

sin

cos

t +

2πk

cos t +

+2πk

t +

+ 2πk +1

t +2πk

sin t +

+ 2πk

−1

(t + 2πk )2 sin 2 (t + 2πk ) cos

+ o(1)

2πk +

−sin (t +2πk )

t +2πk

(cos(t + 2πk )−1)2

+ o(t 3 )

(t + 2πk )2 sin 2 (t)

cos

+ o(1)

(2πk )2 t 2 cos

+ o(1)

2πk +

−sin (t )

2πk +

t +2πk

(cos(t)−1)

+ o(t

)−

−

	−t +o(t	2	)	2
	−t +o(t		)
	2πk +o(1)
e				=

+ o(t 3 )

(2πk )2 t 2 cos

+ o(1)

(2πk )2 cos

+ o(1)

+ o(t)

2πk +

2πk −

e(o(1))2 = =

eo(1)

→∞ - полюсы3

t 4

+ o(t 5 )

t 2

+ o(t 3 )

t→0

2-го порядка.

Точки

z =

+ 2πk, k = ±1, ± 2,... - полюсы 2-го порядка

для функции

f (z).

(НОТ)4,

т.к. в любой

ее

окрестности

есть

полюсы 2-го порядка

z = ∞

неизолированная

особая

точка

z =

π + 2πk, k =±1, ± 2,K (точка накопления

полюсов).

3 Определение. Изолированная особая точка a C функции f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

4 Определение. Пусть функция f определена и регулярна в проколотой окрестности точки a C , т.е. на множестве B ρ (a),

ρ > 0 . Тогда точку a называют изолированной особой точкой (однозначного характера) функции f .

Разложение в ряд Лорана				1
2003/2004	34

2f Разложить в ряд Лорана по степеням (z + 2 + 2i) функцию		f (z)=	2z 2 +iz +5	в кольце, которому принадлежит
2f Разложить в ряд Лорана по степеням (z + 2 + 2i) функцию		f (z)=	z 2 (z −5i)	в кольце, которому принадлежит
			z 2 (z −5i)

точка z =1 +i . Указать границы кольца сходимости.

Шабунин, Сидоров стр. 70 – 75 (примеры 1, 2 стр. 73 – 75), Половинкин стр. 78 – 85 (пример 1 стр. 83 –

84)

c Дробь правильная.

Находим корни уравнения z 2 = 0 : z

1,2

= 0 . Получаем кратные корни:

= 0 и z

= 0 .

Находим корни уравнения z −5i = 0 . Получаем простой корень:

z3 = 5i .

dТочки z1,2 = 0 и z3

= 5i

являются особыми точками функции f (z) (в них

f (z) не регулярна).

eРазлагаем f (z) на элементарные дроби:

2z 2 +iz +5

Az(z −5i)+ B(z −5i)+Cz 2

z 2 (z −5i)

z 2

z −5i

z 2 (z −5i)

z 0 : −5iB = 5

→ B =

= i Ì

−5i

z1 : −5iA + B = i

Æ A = 0 Ì

z 2 : A +C = 2

Æ C = 2

(z)=

z 2

−

fДля удобства дальнейших выкладок произведем замену z + 2 + 2i = w или z = w − 2 −2i :

f (w)=

(w − 2 − 2i)2

w − 2 − 7i

Кольца аналитичности f (w):

w < 2 + 2i =

22 + 22

8 = 2

2 ,

2 2 < w < 2 + 7i = 22 + 72 = 53 ,

w >

53 .

gПри z =1 +i получаем

w = 3 +3i ,

w =

32 +32

18 .

w будем в кольце

2 < w <

53 , используя разложения в ряд

Т.о., раскладывать дроби в ряд Лорана по степеням

Тейлора.

При этом

2 + 2i

2 + 7i

′

2 + 2i n−1

∞

+ 2i

∞

∑

∑n

(w − 2 − 2i)

2 + 2i

+ 2i

2+2i

n=0

2+2i

n=1

1 −

−

in(2 + 2i)n−1

∞

= ∑

n+1

n=1

− 2

∞

w n

∞

− wn

∑

w − 2

−

− 2 −7i

2 + 7i

2 +

+ 7i)

n+1

−

n=0

n=0 (2

2 + 7i

Ответ:

кольце,

которму

принадлежит

точка

z =1 +i

2 < z + 2 + 2i <

53)

∞

in(2 + 2i)n−1

∞

− (z + 2 + 2i)n

f (z)= ∑

∑

n+1

(z + 2

2i)

n+1

+ 7i)

n=1

n=0

Вычисление контурного интеграла с помощью вычетов

2003/2004

Применяя теорию вычетов вычислить интеграл

z−∫1

zdz

(π −3z)(1 + cos 3z)

Шабунин, Сидоров стр. 134 – 138 (примеры 11 - 15 стр. 134 – 137), Половинкин стр. 95 – 102 (пример 1 стр. 101 – 102)

c Находим особые точки

f (z)=

(π −3z)(1 + cos 3z)

Особыми точками являются: особые точки числителя: ,

нули знаменателя: z = π ,

2πk

(cos 3z = −1 3zk

= π + 2πk ) zk

, k = ±1, ± 2,... - П2

особые точки знаменателя: .

(полюсы 2-го порядка)2 3

z =

∞

- НОТ.

Внутри контура γ = {z :

z −1

1}находится: z = 3 - П3 (полюс 3-го порядка).

zdz

dИнтеграл

, можно вычислить по формуле

I = 2πi res f (z)4.

z−∫1

=1 (π −3z)(1 + cos 3z)

z=π

e Для нахождения вычета5 функции				f (z) в точке z =	π	разложим6 эту функцию в ряд Лорана в кольце
		π			3
0 <	z −	π	< ε (ε <<1). Получаем:
		3

По умолчанию направление обхода считается положительным – против часовой стрелки.

(a)→ C называется полюсом, если существует предел

Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ

lim f (z)= ∞.

z→a

d (1 + cos 3z)

d 2 (1 +3cos 3z)

(1 + cos 3z)

π = 0 ,

= (−3sin 3z)

= 0 , а

= (−9 cos 3z)

π =1 ≠ 0

dz 2

Теорема (Коши о вычетах). Пусть дана область G

с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей Γ.

Пусть функция

определена и регулярна на

G всюду,

за исключением конечного числа изолированных особых точек

a1 , a2 , K, an G

(при этом имеется в виду,

что, если

∞ G , то ∞ = an ) и пусть к тому же функция f

непрерывно

продолжима на границу области G . Тогда справедлива формула ∫Γ f (z)dz = 2πi∑res f .

k =1 ak

={z :

= r} -

Пусть изолированная особая точка a

f : B ρ (a)→ C ,

ρ > 0 . Пусть γr

z −a

Определение.

функции

положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ρ . Тогда вычетом функции f в точке

называется число

res f

∫γ

f (z)dz .

2πi

res f

= c−1 , где c−1 - коэффициент разложения функции

в ряд Лорана с центром в конечной точке a при

Вычисление контурного интеграла с помощью вычетов

z =

+ w

f (z) =

(π −3z)(1 + cos3z)

+ cos 3z)

w = z −

− w(1 −cos3w)

− z (1

3(− w) 1

+ cos 3

+ w

−

9w 3

(1 −cos 3w)

(3w)

81w

+ o(w

−

+ o(w5 )

1 −

+ o(w3 )

1 − 1 −

)

−

2π

−

2π

27w

81w

= −

+ o(w

) =

−

+ o(w) .

27w

81w

27w

54w

+ o(w

81w

−

)

Откуда получаем, что коэффициент c−1

при

равен c−1 =

−

, следовательно res f (z)= c−1

= −

fПо теореме Коши о вычетах

I = 2πi res f (z)

= 2πi −

= − π 2i

Ответ:

∫

zdz

= −

π 2i

(π −3z)(1 + cos 3z)

z−1

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

2003/2004

∞ x sin(1 −

2x)

Применяя теорию вычетов вычислить интеграл

∫

dx .

−∞

Шабунин, Сидоров стр. 140 – 145 (примеры 6 стр. 144), Половинкин стр. 103 – 108 (пример 3 стр. 107 – 108)

∞ x sin(1 − 2x)

∞ x sin(

2x −1)

cЗамечая, что I

∫

dx = −

∫

dx ,

−∞

2x−1)

∞

для решения задачи достаточно вычислить несобственный интеграл ∫

и воспользоваться формулой

−∞ 2x

∞ xei( 2x−1)

∞

x sin(1 −

2x)

I =

∫

dx = − Im ∫

dx .

(1)

−∞

−∞ 2x

i 2z

dДля того чтобы применить теорему Коши1 о вычетах2, вводим функцию комплексной переменной

f (z)=

(2z 2 +1)ei

и строим контур, состоящий из отрезка

вещественной оси

[− R, R]

полуокружности CR

= {z :

= R, Im z ≥ 0},

выбрав R так, чтобы все особые точки zk

(k =1,2,K, n)

функции f (z),

лежащие в верхней полуплоскости, оказались

внутри контура. Тогда по теореме Коши о вычетах

∫

f (z)dz = R

xei 2x

dx +

∫

f (z)dz =

2πi

res f (z).

(2)

∫

+1)e

∑z=zk

−R (2x

k =1

e Переходим к пределу при

R → ∞. Так как в нашем случае Φ(z)=

есть правильная рациональная дробь и

(2z 2

+1)ei

α =

2 > 0 , то условия леммы Жордана3 выполнены и, следовательно,

Rlim→∞

∫ f (z)dz = 0 .

Поскольку правая часть в (2) не зависит от R , имеем

∞

xei 2x

res f (z),

= 2πi

(3)

∫

+1)e

∑z=zk

−∞(2x

k =1

где zk

- особые точки функции

f (z)=

zei

, лежащие в верхней полуплоскости.

(2z 2 +1)ei

1 Теорема (Коши о вычетах). Пусть дана область G C с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей Γ.

Пусть функция

f определена и регулярна на G всюду, за исключением конечного числа изолированных особых точек

a1 , a2 , K, an G (при этом имеется в виду, что, если ∞ G , то ∞ = an ) и пусть к тому же функция f непрерывно

продолжима на границу области G . Тогда справедлива формула ∫Γ

f (z)dz = 2πi∑res f .

k =1 ak

(a)→ C , ρ

> 0 . Пусть γr ={z :

= r}-

2 Определение. Пусть изолированная особая точка a

функции f : B ρ

z −a

положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ρ . Тогда вычетом функции

f в точке a называется число

res f =

∫γ

f (z)dz .

2πi

= R0 > 0}. Пусть число

3 Лемма (Жордан). Пусть Φ(z) - непрерывная функция на замкнутом множестве {z

Im z ≥ 0,

α > 0

и CR ={z

= R, Im z ≥ 0}, R > R0 - семейство

полуокружностей в

верхней полуплоскости. Обозначим

ε(R)=max{Φ(z)

z CR }при R > R0 . Если lim ε(R)= 0 ,то lim

eiαzΦ(z)dz = 0 .

R→∞

R→∞ ∫

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

					i 2z
f Находим особые точки функции f (z)=					ze
f Находим особые точки функции f (z)=					(2z 2 +1)ei
z =	i	и z = −	i	. Таким образом, точки z =		i
	2		2			2

=		zei 2z						как нули (1-го порядка) ее знаменателя:
=		i			i		i	как нули (1-го порядка) ее знаменателя:
	2 z −		z	+		e
	2 z −	2	z	+	2	e
		2			2
и z = −		i	- полюса4			1-го порядка (ПП – простые полюса).
		2

g Вычисляем

вычет

простом

полюсе

z =

по формуле res f (z)=

lim

z −

f (z). Получаем

z→

zei

e−1

e−1−i

res f (z)=

2 z +

hВычисляем несобственный интеграл по формуле (3):

∞

xei( 2x−1)

dx = 2πi res

f (z) = 2πi

e−1−i

πi

e−i =

πi

(cos(−1)+ i sin(−1)) =

πi

(cos1 −i sin1).

−∞∫

2x2 +1

iИспользуя формулу (1), находим искомый интеграл:

∞

x sin(1 −

2x)

∞

x sin(

2x −1)

∞

xei( 2x−1)

πi

(cos1 −i sin1) = −

π cos1

= ∫

dx = − ∫

dx = − Im ∫

dx = − Im

−∞

−∞ 2x

∞ x sin(1 −

2x)

π cos1

Ответ:

∫

dx = −

−∞

4 Определение. Изолированная особая точка a C функции f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов				1
2003/2004		34
5h
5h	Применяя теорию вычетов вычислить интеграл ∫1	x +1	1	dx .
	0 7 x3 (1 − x)4		x − 2

Шабунин, Сидоров стр. 151 – 158 (пример 11 стр. 151-152, пример 12 стр. 153-154, пример 13 стр. 154-156), Половинкинн стр. 108 –

115 (пример 3 стр. 111 – 114)
c Чтобы вычислить этот интеграл J с помощью теории вычетов, продолжая подынтегральную функцию в комплексную
плоскость, мы вынуждены иметь дело с многозначной функцией {7 z3 (1 − z)4 }1. Эта функция допускает выделение
регулярных ветвей в области G=C\[0, 1], что проверяется2.
d Выберем теперь регулярную ветвь корня, которая в пределе на верхнем берегу I + разреза по отрезку [0, 1] прринимает
значения арифметического корня	7 x3 (1 − x)4 ≥ 0 , т.е. обозначим через g регулярную ветвь многозначной функции
{7 z3 (1 − z)4 }в области C\[0,1]	такую, что ее предел из из верхней полуплоскости в точках x (0,1), т.е. на верхнем

берегу I + разреза по отрезку [0, 1] равен

g(x + i0) = 7

x3 (1 − x)4 > 0 .

(1)

g(z)= 7 z3 (1 − z)4 e

(3 γ arg(z )+4

γ (1−z ))

3 -

(2)

регулярная

условию (1).

ветвь, соответствующая вышеприведенному

x (0,1), т.е. на нижнем берегу I −

Отметим, что предельное значение функции

g из нижней полуплоскости в точках

разреза по отрезку [-2, -1], принимает по формуле (2) значение

i6π

x3 (1 − x)4 e

(3 γ

arg(z )+4 γ (1−z ))

= g(x +i0)e

(3 2π +4 0)4

= g(x +i0)e

g(x −i0)

= 7

(3)

В формуле (3) контур γ начинается в точке на верхнем берегу разреза и оканчивается в той же точке на нижнем берегу

разреза.

Пусть ε 0,

. Рассмотрим в области G контур γε , имеющий вид «гантели», т.е. составленный из окружностей C0ε и

I − разреза по отрезку [+ε,1 −ε].

радиуса ε

и центрами в точках 0 и 1 соответственно, а также двух берегов I + и

1ε

Ориентируем полученный контур γε положительно по отношению к ограниченной им внешней части плоскости.

Рассмотрим интеграл Jε = ∫ f (z)dz , где

f (z)=

z +1

(z − 2)g(z)

γ ε

По теореме о вычетах5, с одной стороны, и из формы контура γε

с другой, получаем равенства

z3 (1 − z)4 = 7

z3 (1 − z)4 e

(3ϕ01 +3 γ arg(z )+4ϕ02 +4 γ (1−z )+2πk )

2 Теорема 2(§16П) Пусть функция f в области G регулярна, прчем f (z)≠ 0 , z G . Чтобы в области G существовали ветви

регулярной функции {n

f (z)}, необходимо и достаточно, чтобы для любого замкнутого кусочно-гладкого контура γ° G

нашлось целое число k °

такое, что

° arg f (z)= (2πn)k ° .

3 g(x +i0) = 5 (x + 2)4 (x +1)e

(4ϕ01 ++ϕ02 +2πk )

= 5 (x + 2)4 (x +1)eiπ = 5 (x + 2)4 (x +1)eiπ ei2πl , т.е.

4ϕ01 +ϕ02 + 2πk = 2πl

4 или g(x +i0)e

(3 0+4 (−2π ))

Теорема (Коши о вычетах). Пусть дана область G

с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей Γ.

Пусть функция f

определена и регулярна на G всюду, за исключением конечного числа изолированных особых точек

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

= 2πi res f (z)+ res f (z) =6 =

+ ∫

(z)dz .

Jε

∫

(4)

z=2

z=∞

Iε−

C1ε

C2ε

Iε+

fТочка z = 2 ПП (П1) – простой полюс7 (полюс первого порядка), поэтому вычет8 в этой точке равен

= 3e

i 4π

res f (z)= lim(z − 2)f (z) =

g(2)

(3 0+4(−π ))

z=2

z→2

7 23 (1−2)4 e

7 23

Для вычисления вычета функции f(z)в точке z = ∞ (				- УОТ10) разложим11
R <	z	< ∞	(R >>1). Для этого воспользуемся	разложением f(z)

эту функцию в ряд Лорана в кольце в точке вещественной осиR < X :

−

2 −1

X +1

f (X )=

(X − 2)g(X )

(1 − X )

(3 0+4(−π ))

4 −

i 4π

−

e 7

X 7 1 −

1			1			2	1			1 −	4		i 4π		1		1				2		1			4 1		1
											7

	1	+		1	+		+ o	1	−			e 7		=		+			1	+		+ o		1	+		+ o		e
																		2
X						X				X					X		X				X					7 X
			X				X															X					X

i 4π

7 =

i 4π

. По теореме единственности12 имеем: f (z)=

i 4π

+ o

e 7

+ o

. Откуда получаем, что коэффициент

c−1 при	1	равен c−1 = e	i4π	, следовательно res f (z)= −c−1 = −e	i 4π
			7		7	13.
	z
				z=∞

a1 , a2 , K, an G (при этом имеется в виду, что, если ∞ G , то ∞ = an ) и пусть к тому же функция f непрерывно

продолжима на границу области G . Тогда справедлива формула ∫Γ f (z)dz = 2πi∑res f .

k =1 ak

6 Особыми точками функции f являются: z = ∞, нули знаменателя: z = 0 , особые точки числителя: , особые точки

знаменателя: (в G!!!)

7 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

> 0 . Пусть γr ={z :

= r}-

8 Определение. Пусть изолированная особая точка a

функции f : B ρ (a)→ C , ρ

z −a

положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ρ . Тогда вычетом функции

f в точке a называется число

res f =

∫γ

f (z)dz .

2πi

9 Для вычисления g(0) берем контур γ с началом в точке, лежащей на верхнем берегу разреза Iε+ , и концом в точке z = 0

10 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется устранимой особой точкой, если

существует конечный предел lim f (z) C .

z→a

11 res f

= c−1 , где c−1 - коэффициент разложения функции f

в ряд Лорана с центром в конечной точке a при

12 Теорема (единственности). Пусть функция f : G → C регулярна в области G C . Пусть существует последовательность различных точек {zn } G , сходящаяся к некоторой точке a G и такая, что f (zn )= 0 n N . Тогда f (z)≡ 0 на области G.

13 res f = −c−1 , где c−1 - коэффициент разложения функции f в ряд Лорана с центром в бесконечности.

∞

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

i 4π

i4π

−1 e

i4π

Таким образом, J

= 2πi res f (z)+ res f

(z) = =

2πi

3e 7 −e

= 2πi

z=2

z=∞

g Оценим интегралы по окружностям C0ε

= {z :

= ε}и C1ε

= {z :

z −1

= ε}:

∫

f (z)dz

2π

ε +1

1 εdϕ ≤ A ε

≤

∫

→0 ,

ε 3 (1 −ε)4 ε

− 2

ε→0

C−2ε

2π

1 +ε +1

∫C

f (z)dz

≤

∫

1 εdϕ ≤ B ε

→0

ε→0

−1ε

(1 +ε) (1

−(1 −ε))

−ε − 2

h В силу формул (1) и (3) получаем выражения:

∫ f (z)dz = 1−∫ε

x +1

dx = 1−∫ε

x +1

dx 14,

− 2)

(x − 2)

Iε+

0+ε g(x +i0)

0+ε 7 x3 (1 − x)4

∫ f (z)dz =

0∫+ε

x +1

dx = − 1−∫ε

x +1

= −e−

i6π

1−∫ε

x +1

i6π

Iε−

1−ε g(x −i0)

(x − 2)

0+ε g(x +i0)e

−

0+ε g(x +i0)

(x − 2)

−e−

i6π

∫ f (z)dz .

Iε+

iПереходя в формуле (4) к пределу при ε → 0 , получаем равенство:

2πi

i 4π

−e

−

i6π

−e

i8π

−1 e 7

= 1

7 J

= 1

7 J ,

										−	i 4π			i 4π								3		−							3
										−											π	3			1		π		−		3
									e	7			−e		7													1
									e	7			−e		7													1
				3																	7	2 3									7 8
т.е. π						−1	=										J		, J = −							=
			7		3																		4π							4π

				2									2i								− sin							sin

																							7							7
																							7							7

																		−	3
	1			x +1					1						π 1
	1														π 1
Ответ:	∫											dx =								7 8
Ответ:	∫	7	x3 (1 − x)4					x	− 2			dx =							4π
	0	7																	4π
	0															sin			7
																sin			7

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
27.03.2016307.41 Кб142_Semyonov_Yu_I_-_Istoria_filosofii_-_chast.docx
#
03.06.2015168.89 Кб83.pdf
#
03.06.2015417.4 Кб531_all.pdf
#
03.06.2015390.78 Кб732_all.pdf
#
03.06.2015477.98 Кб933_all.pdf
#
03.06.2015391.56 Кб734_all.pdf
#
27.03.2016574.54 Кб213855_kompyuternoe modelirovanie zadach mekhaniki poleta _kaile_78sem_sait_.pdf
#
27.03.2016558.8 Кб103870_tekhnika i metodika eksperimenta v giperzvukovykh ustanovkakh_kaile_7sem_sait_.pdf
#
27.03.2016364.32 Кб183_Semyonov_Yu_I_-_Filosofia.docx
#
27.03.2016585.46 Кб94010_filosofiya_kf_8sem_falt pmi.pdf
#
27.03.2016553.97 Кб304023_analiticheskaya geometriya_kvm_1sem_falt pmi.pdf