ТФКП-15.03.14

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Одесская национальная академия пищевых технологий

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

є непарною функцією, яка задовольняє умовам

f (x)sin ax d x Re

res ei a z f (z); z

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

09.02.2016

Размер:

2.63 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

			cos a x
Приклад. Обчислити інтеграл	I		cos a x							d x,
			x	2	p			2




	i	cos isin
Розв’язання. З формули Ейлера e		cos isin
				e		ia x
I Re I1 Re				e					dx .
				2	p		2
			x
			x

p 0, a 0	.

випливає, що

Аналітичне продовження підінтегральної функції інтеграла

– функція

e	ia z		1
	ia z
	z	2	p	2
	z		p

– задовольняє умовам теореми і має у верхній півплощині єдину

особливу точку

i p , яка є простим полюсом. Тому
		ei a z					e a p		e a p .
I1	2 i res				, i p	2 i
		2	p	2				p
	z						2ip

Звідси

Re I	1

e	a p

Зауваження теореми, то при

1. Якщо

a 0

f (x)

є парною функцією, яка задовольняє умовам

		n
										k
	f (x) cos a x d x Rei			res e		i a z		f (z); z
	f (x) cos a x d x Rei			res e				f (z); z
0		k 1
0
або
		n
	f (x) cos a x d x Im						f (z); z		k
	f (x) cos a x d x Im		res e		i a z		f (z); z		.
					i a z
0		k 1
0

Зауваження 2. теореми, то при a

Останні теореми можна узагальнити на випадок невласних інтегралів, у яких підінтегральна функція має декілька особливих точок на дійсній осі.


Справедлива наступна
Теорема. Нехай функція			f (x) ,	що задана на всій дійсній осі	x ,
має аналітичне продовження			f (z)	у верхню півплощину Im z 0	, причому
f (z) задовольняє умовам леми Жордана, має скінченну кількість					n	ізольо-

ваних особливих точок z1, z2 ,			, zn ,	що не лежать на дійсній осі, і скінченну
кількість	m	простих полюсів x1, x2 ,		, xm , що лежать на дійсній осі. Тоді ін-

теграл існує і дорівнює

	n

eiax f (x) d x 2i		res ei a z
	k 1

f (z); z i res ei a z k

k 1

f (z); x ,

де інтеграл береться у сенсі головного значення.

		sin ax
Приклад. Обчислити інтеграл	I		d x,	a 0 .
		x
	0

Розв’язання. Функція

	e	ia z
f (z)
		z

задовольняє умовам теореми і має на

дійсній осі один простий полюс – точку

	1		sin ax				e	i a z
I	1		sin ax	d x		Re	e	d z
I				d x		Re		d z
	2	0	x		2			z
		0

. Тому маємо

res ei az , 0 e0

z 1

5. Приклади розв’язання завдань

Завдання 1. Задано квадратне рівняння	25z	2	12z 4

1) Знайти корені рівняння	z1 і	z2	та зобразити їх на
щині;
2) Обчислити в алгебраїчній формі				1	2	z		.
				2z z			1
				2z z		z
						z	2
							2

0 .

комплексній пло-

Розв’язання 1) Запишемо та обчислимо дискримінант даного рівняння:

D b

4ac 12 4 25 4 144 400 256 0 .

Тоді

z b D

12 16i

i ,

b D

12 16i

На комплексній площині ці числа зображу-

ються точками, симетричними відносно вісі Ox .

Необхідно відзначити, що ці числа можна також

зобразити на

комплексній площині як

радіус-

вектори точок

z1 і z2 , відповідно.

2) Скориставшись формулами для обчислення добутку і частки двох комплексних чисел, отримаємо

z z								6		8	i			6	8		i		36				64			100				4		,
z z			2								i						i															,
1			2				25		25					25	25				625			625				625			25
							25		25					25	25				625			625				625			25
						6			8	i
z										i		3 4i			(3			4i)		2	9 24i 16										7
z					25				25			3 4i			(3			4i)			9 24i 16										7
	1				25				25
z						6			8			3		4i	9 16									25						25
z	2					6			8	i		3		4i	9 16									25						25
	2									i
					25				25
2z z						z			2	4				7	24	i			8		7				24	i	15					24	i
2z z							1		2							i										i							i
							1
		1		2		z				25			25		25				25		25				25		25					25
						z	2			25			25		25				25		25				25		25					25
							2
Завдання 2. Задані комплексні числа																							z1	1				3 i,			z2

тригонометричній та показниковій формах:

1)	w1 z1 z2	;	2)	w	z		.
1)	w1 z1 z2	;	2)	w		1	.
						1
					z	2
						2

	24	i
	25	i
	25

i .

24 i.

Обчислити у

Розв’язання. Знайдемо модулі та головні значення аргументів заданих комплексних чисел:

r	( 1)	2	(	3)	2	1

1

Оскільки комплексному числу		1
		z
чверті комплексної площини, то
arctg	y
arctg
1	x
	x

3 2,	r2		0	2	( 1)	2	1 .

відповідає точка, що знаходиться у ІІ

		2	.
arctg 3
	3	3

Комплексному числу

уявної вісі, тому 2

z	2

відповідає точка, що лежить на від’ємній частині

. Застосувавши означення тригонометричної фор-

ми комплексного числа, запишемо

z	2	cos	2	i sin	2	,

1			3		3

z	2

cos
			2

	i sin
	i sin			2
				2

 

Тоді, відповідно до правил дій над комплексними числами у тригонометричній формі, матимемо:

1)	w	z			z				2			cos				2	i sin				2				cos					i sin
1)	w	z			z		2		2			cos					i sin								cos					i sin
	1		1				2									3					3
																3					3							2					2
						2												2																		i
	2		cos			2									i sin			2								2	cos			i sin				2e		i	6	;
	2		cos												i sin											2	cos			i sin				2e				;

								3			2								3			2							6
								3			2								3			2							6			6
				z		2							2							i sin			2
2)	w				1	2				cos										i sin
	2		z2
			z2													3		2							3		2
						7								7									5								5			i	5
	2		cos			7			i sin					7			2			cos			5			i sin					5	2e		i	6		.
	2		cos						i sin								2			cos						i sin						2e					.

						6									6									6							6
						6									6									6							6

Завдання 3.

1) Знайти всі значення кореня третього степеня з комплексного числа

z		8
z
1		3i

та зобразити їх на комплексній площині;

2) Обчислити	z	3	.
		3
Розв’язання. Запишемо число								z	у тригонометричній формі:
z			8		1	3i	8(1		3i)	2(1	3i) 2 2	3i	.
	1			3i	1	3i		1 3					.

Знайдемо модуль і головне значення аргументу числа

z :

Оскільки числу площини, то

r	2	2	(2 3)	2		4 12	16

відповідає точка, яка лежить

4 .

у І чверті комплексної

1) Скориставшись формулою для обчислення кореня з комплексного числа, записаного у тригонометричній формі, матимемо:

						2k			2k
					3	2k		3	2k
w	3	z	3				i sin
	3		3	4 cos						,
				4 cos		3			3	,
						3			3

0, 1,

Обчислимо всі значення кореня:

w0	3					i sin					(k 0),
		4
				cos	9			9

w1	3				7		i sin		7		(k 1),

		4	cos
					9
										9

i sin	13	3	4	cos	5	isin	5	(k 2).

	9				9		9

Точки, що зображують ці числа, розташовані у вершинах правильного трикутника, вписаного у

коло радіуса R 3 4

з центром у точці

z 0 .

2) Для обчислення натурального степеня комплексного числа скористаємось першою формулою Муавра

z	n	r	n	cos n i sin n ,	n

У нашому випадку матимемо

64(cos i sin ) 64 .

cos 3

i sin 3

Завдання

Знайти

логарифми

Ln z

та

ln z

комплексного числа

2 3 2i .

Розв’язання. Обчислимо модуль і головне значення аргументу числа

z :

Числу

тому

r	(2	3)	2	(2)	2		12 4	16 4 .
			2		2

відповідає точка, яка лежить у ІІІ чверті комплексної площини,

arctg	y	arctg	1		5	.
	x		3	6	6

Оскільки логарифм комплексного числа Ln z Ln z ln z i( 2k то в даному випадку

обчислюється за формулою

Ln z ln 4 i

k .

Звідси при k 0 отримаємо головне значення

ln z

логарифма:

ln z ln

i ln 4

i .

Завдання 5. Представити cos

в алгебраїчній формі.

Розв’язання. Відомо, що

cos( ) cos cos sin sin .

Використовуючи цю формулу, отримаємо

cos i

cosi

cos

sin i sin

cosi

sin i .

Оскільки cosi ch1,

sin i i sh1, то дістанемо

cos i

ch1

i sh1.

Завдання 6. Геометрично зобразити множини точок площини, що задовольняють заданим співвідношенням:

1 z z 4,

Re z 1,

0 Im z 1 .

Розв’язання. Оскільки z x i y, z x i y , то

z z (x i y) (x i y) x2 y2 .

комплексної

Звідси маємо наступну систему нерівностей:

1 x			2	y	2	4;
			2		2
		1;
x		1;
	0	y		1.
	0	y		1.

Визначимо, яку

О 1 2

множину описує кожна з нерівностей системи.

x2 y2 4 – відкритий круг радіуса 2 з центром у

	т.		O(0, 0)			;
	x	2	y	2	1	– зовнішня частина круга радіуса 1 з

	центром у т. O(0, 0) ;
x	x	1 – права півплощина відносно прямої x 1 ;

	0 y 1 – горизонтальна полоса,що лежить між пря-
	мими				y 0, y 1, а також точки на самих прямих.

Завдання 7.

1) Представити задані функції

u(x, y) i v(x, y) ;

w f (z),

z x i y

увигляді

2) Перевірити виконання умов Коші-Рімана, у випадку аналітичності

функції w обчислити значення її похідної у точці z0

2 i .

1) w1 2z

3iz ;

w2 z

Im z .

Розв’язання.

1) Представимо задану функцію w1

в алгебраїчній формі:

w 2(x i y)

3i (x i y) 2(x

2ix y y

) 3ix 3y (2x

3y) i (4x y 3x);

u(x, y) 2x

2 y

3y,

v(x, y) 4x y 3x.

Перевіримо виконання умов Коші-Рімана:

	u	4x,		v	4x;	u	4 y 3,
	x			y		y

Таким чином,	u	v	4x;		u	v	4 y 3
	x	y			y	x

4 y

,тобтоv

3 .

умови Коші-Рімана

виконуються у кожній точці комплексної площини. Це означає, що задана функція w1 аналітична на всій комплексній площині. Обчислимо значення

	у точці z0 2 i
похідної w (z)	у точці z0 2 i	. Оскільки w (z) 4z 3i , то
					4(2 i) 3i 8 i .
	w (z0 ) w (2 i)				4(2 i) 3i 8 i .
2) Запишемо функцію w2 z			2	Im z	в алгебраїчній формі:
			2
	w (x i y)2 y (x2 2i x y y2 ) y (x2 y y3 ) 2i x y2 ;
	2
	u(x, y) x2 y y3 ,	v(x, y) 2x y2.

Перевіряємо виконання умов Коші-Рімана:

u	2x y,	v	4x y;	u	x	2	3y	2	,
	2x y,		4x y;		x		3y		,

x		y		y

2 y2

Умови Коші-Рімана виконуються тільки у точці ференційована у цій точці і не є аналітичною у

площини.
Завдання 8. Обчислити інтеграл	I		Re zdz,
Завдання 8. Обчислити інтеграл	I		Re zdz,
		L

z 0 , тому функція w2 дижодній точці комплексної

L – відрізок прямої, що

з’єднує точки	z1 1
Розв’язання.
y
2
1

3 2i .

Складемо рівняння прямої, що проходить через дві задані точки:

x x1		y y1			x 1	y 0		x 1		y	y x 1.
x x				y	3 1	2 0
		y	2				2		2
2	1			1

z1 1

I Re zdz x(dx
L	L

i dy)

Оскільки Re z

y x1	3	3

	xdx i
dy dx
1x3	1	1

x і

xdx

dy ,

то

9	1	i	9	1	4	4i.
	2	i	2		4	4i.
2	2		2	2

Завдання 9. Обчислити інтеграл від аналітичної функції:

I 2i (2z 1)sin 2zdz .

Розв’язання. Обчислимо даний інтеграл за допомогою формули інтегрування по частинам:

b udv uv

b	b
	vdu
a	a

Матимемо

2i							u 2z 1			dv sin 2zdz							1					2i		1 2i
2i																	1					2i		1 2i
I (2z 1)sin 2zdz											1			(2z 1)						cos 2z			2		cos 2zdz
I (2z 1)sin 2zdz					du 2dz					v	1	cos 2z		(2z 1)						cos 2z			2		cos 2zdz
0																			2				0	2 0
0											2								2				0	2 0
											2
		1		1				1		2i					1			1			1		cos 4i ch 4
		1		1				1							1			1			1		cos 4i ch 4
	2i		cos 4i			cos 0			sin 2z				2i			cos 4i						sin 4i
	2i		cos 4i			cos 0			sin 2z				2i			cos 4i						sin 4i
		2		2				2		0					2			2			2		sin 4i ish 4

	1		1	1		1		1
2i		ch 4			ish 4		(1 ch 4)		i(sh 4	4ch 4).
2i		ch 4			ish 4		(1 ch 4)		i(sh 4	4ch 4).
	2		2	2		2		2



Завдання 10. Використовуючи формули Коші, обчислить інтеграл

			dz					, якщо
(z	2	4)((z				3)	2	, якщо
	2						2

		1)		:	z	1			; 2)	:	z 2i	1	;	3)	:	z 3 2 .

Розв’язання.

О 1 2 3

–2 y

О 1 2 3

–2

1 – це коло радіуса 1 з центром у точці

z0 0 . Підінтегральна функція

(z)

не-

4)(z 3)

перервна всередині кола

z 1

і на його межі,

тому

вона аналітична у крузі

z 1 . Згідно з теоремою Ко-

ші у цьому випадку

I 0 .

: z 2i 1

– це коло радіуса 1 з центром у

точці

z0 2i . В області, обмеженій колом , підін-

тегральна функція

(z) має особливу точку z0

2i ,

в якій знаменник дорівнює нулю. Застосуємо до обчислення інтегралу формулу Коші:

f (z)		d z 2i f (z0 )
z z
	0

Тоді даний інтеграл перетворимо до відповідного вигляду і обчислимо його:

															1			d z										1
		d z						d z					(z 2i)(z 3)					d z										1
		d z						d z					(z 2i)(z 3)				2				f (z)									2
																	2
(z	2	4)(z 3)		2		(z 2i)(z			2i)(z 3)		2				z 2i												(z 2i)(z 3)
(z		4)(z 3)				(z 2i)(z			2i)(z 3)						z 2i										2i
																					z			0	2i
																								0
											1					(3 2i)						2						(9 12i 4)
		2 i f (z			) 2 i f ( 2i)				2 i		1					(3 2i)												(9 12i 4)
		2 i f (z		0	) 2 i f ( 2i)				2 i					2					2							2			2
				0						4i ( 2i			3)	2	2(3		2i)		2	(3			2i)			2		2(9 4)	2
										4i ( 2i			3)		2(3		2i)			(3			2i)					2(9 4)
			(5 12i)				5	6	i.
			2 169						i.
			2 169				338	169
								3)		: z 3		2			– це коло радіуса 2 з центром у

точці z0 3 . В області, обмеженій колом , підінте-

гральна функція

(z)

має особливу точку z0 3 , в

О	1 2 3 4 5	x	якій знаменник дорівнює нулю. Застосуємо до об-
			числення інтегралу формулу Коші для похідної
–2			аналітичної функції:
–2			аналітичної функції:
				f (z)	d z	2 i	f (n) (z ) .
				(z z )n 1	d z	n!	f (n) (z ) .
				(z z )n 1		n!	0
							0
				0

Тоді даний інтеграл обчислюється наступним чином:

								1		d z				f (z)						1
			d z					2		d z										1			2 i
I			d z			z		2	4									z	2	4			2 i	f (z0 )
						z			4										2
	(z	2	4)(z 3)	2		(z 3)					2												1!
	(z		4)(z 3)			(z 3)										3,		n			1		1!
													z		0	3,		n			1
															0
2 i f (3) 2 i					2z							2 i		6				12				i.
2 i f (3) 2 i					2		2					2 i				2						i.
			(z		2	4)	2									2		169
			(z			4)				z 3				13				169
										z 3
Завдання 11. Розкласти функцію												f (z)					3				в ряд Тейлора в околі то-

																	2z 1

чки z0 4 та визначити його область збіжності.

Розв’язання. Скористаємось формулою суми нескінченної спадної геометричної прогресії:

Перетворимо функцію формулу:

f (z)

1
1	( 1)	n	z	n	.
	( 1)	n	z	n	.
1 z	n 0
	n 0

до відповідного вигляду і застосуємо наведену

				f (z)				3					3					1						3				1				3							1
				f (z)
							2z 1						2		(z 4)					4		1		2	(z 4)				7			7		1			2		(z 4)
															(z 4)					4		2			(z 4)				2					1			7		(z 4)
																						2							2								7
					3								2					n			3					n 2		n																	2		n
					3			(1)			n		2								3			(1)		n 2		n (z			n	3								(1)			n		2					n
					7			(1)					7	(z 4)							7			(1)		7		n (z		4)		3								(1)				7		n 1 (z 4)					.
					7	n 0							7								7	n 0				7										n 0								7
			Оскільки умовою збіжності геометричного ряду є виконання нерівнос-
ті		2		z 4		1,		то областю збіжності отриманого ряду Тейлора є внутрішня
ті		7		z 4		1,		то областю збіжності отриманого ряду Тейлора є внутрішня
		7
частина кругу									z 4						7	.
частина кругу									z 4						2	.
															2
			Завдання 12. Розкласти задані функції																										f (z)			в ряд Лорана в околі точки
z	0	і визначити область його збіжності.
z
		1)		f (z)				1				,		z0 ;						2)		f (z) cos						z	,		z0		1 .
		1)		f (z)								,		z0 ;						2)		f (z) cos							,		z0		1 .
							3z 7																					z 1
			Розв’язання.
			1) Обчислимо границю																	lim f (z) lim								1				1				0				. Це означає, що не-
			1) Обчислимо границю																	lim f (z) lim								3z 7								0				. Це означає, що не-

																					z				z
																					z				z
скінченно віддалена точка																			z				є правильною точкою функції																										f (z)			1
скінченно віддалена точка																			z	0			є правильною точкою функції																										f (z)
																																																			3z 7
. Розкладання функції																f (z)			в ряд Лорана в околі точки																					z	0							за допомогою
. Розкладання функції																f (z)			в ряд Лорана в околі точки																						0							за допомогою
підстановки								z		1			зводиться до розкладання функції																											f		1						в околі точки



0		0 , тобто
		1					1						1				7				7		2		7		3				1					7						7		2							7	n
																							2				3
																																																					n 1 .
3z 7								7						1			3z														3z					2	z	2				3		z	3				n 1			z	n 1 .
3z 7					3z		1	7					3z				3z				3z				3z						3z				3		z				3			z					n 0 3			z
					3z		1
								3z

Остаточний вигляд отриманого розкладу є:

1 3z 7

		7	n
		7
n 1			z	n 1
n	0	3	z
n	0

У цьому ряді відсутня правильна частина. Знайдемо область збіжності

ряду. Оскільки

і a

7n 1

, то повинна виконуватися умова

3n 2 zn 2

3n 1 zn 1

n 1

lim

an 1

lim

7n 1

3n 1 zn 1

3 z

n 3n 2 zn 2

тобто отриманий ряд збігається у зовнішній частині круга z 73 .

z 0 :

2) Дріб

z z 1

є неправильним; виділивши його цілу частину, отримаємо

z	(z 1) 1	z 1	1	1	1	.
z 1	z 1	z 1	z 1		z 1

Скориставшись формулою косинуса різниці двох кутів

cos( ) cos cos

sin sin

матимемо

f (z) cos	z	cos	1
	z 1

1	cos1	cos	1	sin1	sin
z 1			z 1

1 1

Оскільки

cos	1	1			1			1			1
cos	z 1	1		2! (z 1)		2	4!	(z 1)	4	6!	(z 1)	6
	z 1			2! (z 1)			4!	(z 1)		6!	(z 1)

sin	1		1		1			1
sin	z 1				3! (z 1)		3	5! (z 1)		5
	z 1	z	1		3! (z 1)			5! (z 1)

то остаточно матимемо такий розклад:

	z		(1)	n
cos	z 1	cos1	(2n)! (z 1)		2n
	z 1	n 0	(2n)! (z 1)
		n 0

		(1)		n
sin1		(2n 1)!	(z 1)		2n 1
n	0

Функція

чи точку

f z

) cos	z	аналітична на всій комплексній площині, виключаю-
) cos	z 1	аналітична на всій комплексній площині, виключаю-
	z 1
1, тому областю збіжності отриманого ряду буде 0			z 1	.
1, тому областю збіжності отриманого ряду буде 0			z 1	.

Завдання 13. Знайти особливі точки заданих функцій ти їх характер.

f (z) та визначи-

f (z)	1 cos z
	z	2

;

f (z)


z	2		3
	2
(z 1)		2	(z	2	4)
(z 1)			(z		4)

Розв’язання.

1) Особливими точками заданої функції є точки

z 0 і

z . Для ви-

значення типу першої з них обчислимо границю

1 cos z

sin z

cos z

lim

(1 cos z)

lim

z 0

)

z 0 2z

z 0 2

Отже, точка

z 0

є усувною особливою точкою заданої функції. Цей ре-

зультат може бути отриманий іншим способом. Розкладемо задану функцію в ряд Лорана в околі точки

1 cos z

f (z)

Оскільки у лоранівському розкладі відсутні члени з від’ємними степенями, то це означає, що точка z 0 є усувною особливою точкою.

Для визначення типу другої особливої точки необхідно обчислити

границю	lim	1 cos z		, але очевидно, що ця границя не існує в силу періодич-
		z	2

	z
ності функції cos z . Тому нескінченно віддалена точка					z є істотно особ-
ливою точкою заданої функції.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
09.02.201615.28 Кб51титулка отчет орг. практика ОНАПТ 2015.docx
#
11.09.2019181.76 Кб6титульный и прочее-1.doc
#
17.07.201994.21 Кб1Трансп,енергет,ремонт.doc
#
15.11.2018291.33 Кб12ТТЖП Мясо(метод.).doc
#
15.11.2018461.31 Кб20ТТЖП Рыба(метод.).doc
#
09.02.20162.63 Mб17ТФКП-15.03.14.pdf
#
09.02.2016727.04 Кб71ТХПП МЕТОДИЧКА.doc
#
09.02.20161.73 Mб80Тюнинг двигателей.doc
#
09.02.2016222.6 Кб9УЗРГ.docx
#
04.12.201881.76 Кб18УИРС.docx
#
09.02.2016350.5 Кб29Укр культура.docx