Тиоповой расчёт по математике 6 модуль

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет информационных технологий, механики и оптики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Ïðè jzj < 1 имеем

= 1; q = z:

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.03.2016

Размер:

345.13 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Данная подынтегральная функция является многозначной. В этом случае выделяют однозначную ветвь функции заданием значения функции в некоторой точке. При этом, если кривая интегрирования замкнута (замкнутый контур), то начальной точкой пути интегрирования считается та точка, в которой задано значение подынтегральной функции (результаты интегрирования многозначной функции по замкнутому контуру при разных начальных точ- ках могут оказаться различными, так как при этом может оказаться, что мы интегрируем различные непрерывные ветви заданной функции). Имеем

z = ln z + i 2¼k; ãäå k = 0; §1; §2; :::;

ãäå ln z = ln jzj+i arg z; à ' = arg z значение аргумента из произвольного фиксированного промежутка длины 2¼: Конкретный выбор этого про-

межутка определяет разбиение многозначной функции на однозначные ветви из которых она "склеена". Функция ln z = ln jzj+i arg z; arg z 2 (¡¼; ¼)

называется главным значением (главной ветвью) логарифма. Так как в условии задано значение 1 = 0 и указано, что контур обходится в положительном

направлении, то интегрировать нужно функцию ln z = ln jzj + i ' непре-

рывную ветвь логарифмической функции, соответствующую возростанию аргумента ' в пределах от 0 до 2¼.

Уравнение окружности C : jzj = 2 задается зависимостью z от полярного угла ' и имеет вид z = 2 ei '; откуда

dz = 2 i ei 'd';		ln z = ln 2 + i '; ãäå 0 · ' < 2¼:
Тогда	ZC ln z dz = Z02¼(ln 2 + i ')2 i ei 'd' =
Ответ:	= 2 i ³¡i ei 'ln 2 + 'ei ' + i ei '´¯¯02¼ = 4¼i:
Ответ:	C z dz = 4¼i:			¯
	R
в) Вычислить интеграл C		(x	¡	a) dz; ãäå C окружность	j	z	¡	a	j	= a;
	R		¡		j		¡		j
контур обходится в отрицательном направлении.					' пробегает
Зададим окружность уравнением z ¡ a = a ei '; причем					' пробегает
значения от	¼ äî ¡¼ (в данном случае нужно интегрировать однознач-

ную функцию, поэтому выбор начальной точки и промежутка длины 2¼; â

котором	изменяется			' = arg(z ¡ a);	не влияет на результат). При этом
		i'			x ¡ a = Re(z ¡ a) = a cos ':
dz = aie			d' = ai(cos ' + i sin ')d';
Таким образом, меняя знак в связи с направлением обхода, имеем
ZC	(x ¡ a)dz = ¡a2i Z ¼¼(cos2 ' + i cos ' sin ')d' = ¡a2¼i:
				¡

воспользуемся стандартным

Теперь, положив

Ответ: CR (x ¡ a) dz = ¡a2 ¼ i:

V. Разложить функцию f(z) в ряд Тейлора в окрестности указанной точки z = z0 . Найти область представимости функции полученным рядом.

à). f(z) = ln (3+2z) (однозначная главная ветвь логарифма), z0 = 1: Введем новую переменную v = z ¡ 1: Тогда

ln (3 + 2z) = ln (3 + 2(v + 1)) = ln 5 + ln Ã1 + 25v! : w = 2v=5 = 2(z ¡ 1)=5;

разложением логарифмической функции

n¡1

w <

;

ln (1 + ) =

(¡1)

ïðè j

откуда получаем

ln (3 + 2z) = ln 5 + 1

(¡1)n¡1

!n (z

1)n:

Этот ряд сходится абсолютно при jwj = 2jz ¡ 1j=5 < 1 èëè ïðè jz ¡ 1j < 5=2; то есть в круге с центром в точке z0 = 1; радиуса R = 5=2:

á).

f(z) = (z2 ¡ ¼ z + ¼2) sin 3z;

z0 = ¼=2:

Введем новую переменную v = z ¡ ¼=2: Тогда

(z2

¼z +¼2) sin 3z = 0Ãv +

Ãv +

+ ¼2

1 sin 3

Ãv +

= ¡ ³v2 + 3¼2=4´ cos 3v: Используем стандартное разложение cos w = P1 ((¡1)nw2n=(2n)!); jwj < 1; откуда, полагая w = 3v,

n=0

получим при всех v

Заменим

n + 1 = k;

f(z) =

Ãv2 +

¼2! 1

(¡1)n 32n v2n

(2n)!

(¡1)n+1 32n v2n+2 + 3¼2 1

(¡1)n+1

32n

(2n)!

n=0

первой

èç ñóìì

переменную

k = 1;2; : : : и преобразуем эту сумму к виду

(¡1)n+1

32n v2n+2 =

(¡1)k 32k¡2 v2k:

(2n)!

(2k

2)!

v2n:

суммирования:

Во второй сумме выделим первое слагаемое и, аналогично, заменим переменную суммирования: n = k , получим

3¼2

(¡1)n+1 32n v2n =

3¼2

3¼2( 1)k 32k(2k)! v2k:

(2n)!

Таким образом, при всех v = z ¡ 1 справедливо разложение

f(z) =

(¡1)k 32k¡2

v2k

¼2

(¡1)k 32k

v2k =

¡ 4

(2k

2)!

(2k)!

! (z ¡ 1)2k = ¡

= ¡4¼2 + ( ¡ 1)k

Ã(2k ¡2)!

4 ¢

(2k)!

4¼2

32k 2

¼2

32k+1

1)k

32k¡2(16k2 ¡ 8k ¡ 27 ¼2)

1)2k ïðè

4( ¡

(2k)!

j j

â).

f(z) = (1 ¡ z)¡2; z0 = 0:

1 z ¶ :

Отсюда, учитывая, что 1

1 z =

Заметим, что

1 z)2

= dz µ1

1 zn

ïðè

< 1; и диффеpенциpуя почленно степенной pяд

âíóòpè

n=0

кpуга сходимости

< 1; получим искомое pазложение

= 1

n zn¡1;

(1 ¡ z)

спpаведливое пpи jzj < 1:

ã). f(z) =	2z ¡ 1	; z0 = 1:
	z2 ¡ z ¡ 2

Введем переменную v = z ¡ 1: Тогда f(z(v)) = Разложим полученное выражение на простейшие

2 v + 1	:
v2 + v ¡ 2

2 v + 1	1		1
	=		+		:
v2 + v ¡ 2		v + 2		v ¡ 1

Воспользуемся стандартным разложением степенной функции (1 + w)¡1

n n

находимP

< 1; откуда, полагая w = v=2 è w =

n=0(¡1) w ; справедливым при

v + 2

= 2

¢ 1 + v=2

= 2 n=0(¡1)n µ

= n=0(¡1)n

2n+1 ; jvj < 2;

= ¡

vn; jvj < 1:

v 1

n=0

Возвращаясь к переменной z; получаем, что для исходной функции имеет место разложение

f(z) =

1 ( 1)n

(z 1)n

1 (z

1)n =

(¡1)n

1 (z

1)n;

2¡n+1

2n+1 ¡

n=0

справедливое при jvj = jz ¡ 1j < 1; то есть внутри круга радиуса R = 1 с центром в точке z0 = 1:

VI. Разложить указанную функцию в ряд Лорана в указанной области.

а). Разложить функцию f(z) = (2 ¡ z ¡ z2)¡1 в ряд Лорана по степеням z

в каждой из областей аналитичности этой функции.
Для нахождения областей аналитичности разложим знаменатель на мно-
1
жители, имеем: f(z)= (1 ¡ z)(z + 2): Следовательно, функция f(z) аналитич-
на в областях: D1 = fz : jzj < 1g; D2 = fz :	1 < jzj < 2g; D3 = fz :
jzj > 2g: Для того, чтобы разложить функцию	f(z) в ряд Лорана в каж-

дой из этих областей, представим f(z) в виде суммы простейших дробей:
	1		µ		1	1		¶ : Теперь найдем для каждой из простейших дро-
f(z) =						+
		3			1 z		z + 2
áåé âñå	возможные их разложения по степеням								z:	Так как у обеих дробей
				¡

имеется только одна особая точка, то для любой из них таких разложений ровно два (приводим их без коэффициента 1=3 ). Для получения разложений

используем формулу суммы бесконечной убывающей геометрической прогрес-

ñèè: a0 + a0 ¢ q + a0 ¢ q2 + : : : = 1 a¡0 q ; jqj < 1.

Åñëè æå jzj > 1 (то есть во внешности единичного круга), то

1 z	= ¡z(1 1=z)	= n=0	µ¡z	¶ µz	¶		= ¡ n=0 zn+1 ;
1	1	1	1	1		n	1	1
¡	¡	X					X

в этом случае a0 = ¡1=z; q = 1=z; à èç jqj = 1=jzj < 1 следует, что Аналогично, если jzj < 2; òî

(¡1)n zn

; a

; q =

;

z + 2

2(1 + z=2)

2n+1

n=0

à ïðè jzj > 2 (во внешности круга радиуса 2)

n 2n

= (¡1)

; a0 =

; q = ¡

z + 2

z(1 + 2=z)

zn+1

n=0

Последний ряд сходится при jqj = 2=jzj < 1; òî åñòü ïðè

jzj > 2:

(0.1)

(0.2)

jzj > 1:

(0.3)

(0.4)

Следовательно, в круге D1 справедливы разложения (0.1) и (0.3); в кольце

D2 справедливы разложения (0.2) и (0.3); наконец, в области D3 внешности

круга радиуса 2 разложения (0.2) и (0.4). Таким образом, в круге D1 имеем

f(z) =

1 zn +

(¡1)n zn

(¡1)n

+ 1 zn;

3 n=0

2n+1

3 n=0

2n+1

в кольце D2 имеем

f(z) =

(¡1)n zn

(¡1)nzn

;

3 n=0 zn+1

3 n=0

2n+1

3 n=0 2n+1

3 n=1 zn

во внешности круга радиуса 2 области D3

имеем

f(z) =

1 1

(¡1)n 2n

1 [( 1)n2n

zn+1

3 n=0 zn+1

3 n=0

(¡1)n¡12n¡1 ¡ 1

n=1

б) Разложить в ряд Лорана функцию

f(z) =

exp (2z + 3)

0 <

z ¡ 1

в кольце

jz ¡ 1j < 1:

exp (2z + 3)

Поскольку функция f(z)

0 <

регулярна в кольце

единственное ее представление ря-

jz¡1j < 1;

в этом кольце существует ¡

äîì âèäà

1 cn (z ¡1)n; который называется рядом Лорана функции f(z)

¡1

в кольце

Для нахождения коэффициентов этого ряда вос-

0 < jz ¡ 1j < 1:

1 wn

пользуемся стандартным разложением e

; справедливым при всех

Ïðè

w (jwj < 1):

w = 2(z ¡ 1)

будем иметь: nP n!

exp(2z + 3) = e5 exp(2(z

1)) = e5

2n (z ¡ 1)n

;

n=0

Следовательно, в кольце 0 < jz ¡ 1j < 1 справедливо разложение

f(z) =

exp(2z + 3)

+ e5

2n (z ¡ 1)n¡1

n=1

+e5 2k+1 (z ¡ 1)k : (k + 1)!

Лорана в окрестности точки

VII. Вычислить интегpал LR f(z) dz от функции комплексного аpгумента f(z) по указанному замкнутому кусочно-гладкому

контуpу L пpи помощи вычетов.

две особые точки: z1 = 0 полюс втоpого поpядка и z2 = ¼ i пpостой полюс. По теоpеме Коши о вычетах имеем

(ez

+ 1) dz = 2¼ i (resz=0f(z) + resz=¼if(z)) :

cos az dz

Найдем вычеты в особых точках:

resz=0f(z) = lim

d(z2 f(z))

= z!0 dz

µ ez + 1 ¶

z!0

¡4

(ez + 1)2¡

ez cos az

lim

cos az

= lim

a sin az (ez + 1)

;

resz=¼if(z) =

¢ (ez + 1)0 !¯¯z=¼i = (¼i)2e¼i =

¼2

cos az

cos a¼i

ch a¼

¼2 ¡ 4! :

Следовательно,

z2 (ez + 1) dz = 2¼ i Ã

cos az dz

ch a¼

á) f(z) = (2z ¡ 1) sin

¼ z

;

ãäå a вещественный числовой паpаметp,

a(z ¡ 1)

à L = fz : jzj = 2g:

¼ z

Функция f(z) = (2z ¡1) sin

в круге jzj < 2 имеет одну существен-

a(z ¡ 1)

но особую точку z0 = 1;

поэтому, применив теорему Коши о вычетах, будем

иметь

(2z ¡ 1) sin

¼ z

dz = 2¼iresz=1f(z):

a(z 1)

Для нахождения вычета в существенно особой точке необходимо знать разложение в ряд Лорана функции f(z) в окрестности точки z = 1: Запишем ряд

¼ z

z = 1 функции sin a(z ¡ 1):

sin a(z¼ z	1) = sin	Ãa	+ a(z 1)	!
		¼	¼
¡			¡
+ cos a	sin a(z	1)	= sin a Ã1 ¡
¼	¼		¼

¼		¼
= sin		cos		+
	a		a(z ¡ 1)

¼2

2a2 (z ¡ 1)2 + : : : +

R (z) = =

+ cos a Ãa(z¼ 1) ¡	6a3(z		1)3 + : : :!					:
¼	¼3
¡		¡			¼ z
Тогда вычет функции f(z) = (2(z ¡ 1) + 1) sin					¼ z			в точке z = 1 áó-

				a(z		¡	1)
дет равен коэффициенту c¡1 ïðè (z ¡ 1)¡1		â ýòîì				¡
					произведении. Этот коэф-

фициент возникает при умножении первого слагаемого разложения функции

sin

¼ z

2 (z ¡ 1) и второго слагаемого этого разложения

a(z 1)

в ряд Лорана на

íà 1 . Отсюда имеем c¡1

= a

µcos a

¡ a sin a ¶

: Следовательно,

µcos a

¡ a sin a ¶

Z (2z ¡ 1) sin a(z 1) dz = 2¼i c¡1

= 2 a

¼ z

i¼2

VIII. Вычислить несобственный интеграл

I =

cos mx

dx; ãäå a;

b; m

+ b

вещественные числовые параметры, причем

0 a

Заметим, что I = 1

eimx

ab > 0; m > 0:

dx: Теперь воспользуемся тем, что для

¡1

a2x2 + b2

непрерывной на действительной оси (знаменатель не имеет вещественных кор-

ней) правильной рациональной функции R (z) ïðè m > 0 справедливо

Z1 R (x) eimx dx = 2¼i

resz=zk

R (z)eimx ;

¡1

где сумма вычетов берется по всем полюсам функции R (z); расположенным в верхней полуплоскости Im z > 0: Åñëè æå m < 0; òî

Z1 R (x) eimx dx = ¡2¼ i	k	resz=zk	R (z)eimx	´	;
	k	³		´
¡1	X
¡1

где сумма вычетов берется по всем полюсам функции R (z); расположенным в нижней полуплоскости Im z < 0 : Так как в условии задачи m > 0, а в верхней

полуплоскости

a2z2 + b2 имеет единственный полюс первого порядка

z = = i ¢ ab ; òî

a2x2 + b2

dx = 2¼ iresz=ib=af(z) = 2¼ i(a2z2

+ b2)0

¯z=ib=a =

eimx

eimz

¡1

exp (¡

Следовательно, I =

exp

³¡

´:

2ab

Расчетные задания

I. Изобpазить на комплексной плоскости множество D.


1.	D = fz : jz ¡ 4j · 5; jz + ij > 2g.
2.	D = fz : jz ¡ 1 ¡ ij > p					; jz ¡ 2 ¡ 2ij · 2p				g.
				2					2
3.	D = fz : 2 · jz + 2j < 3; ¡¼=2 < z · ¼=2g.
4.	D = fz : 1 < jz + 1 ¡ 2ij · 3; ¼ · z < 2¼g.
5.	D = fz : 1 · jz + 3 ¡ 2ij < 4; jzj · 3¼=4g.
6.	D = fz : 2 < jz + 2 + 4ij · 5; jzj > ¼=2g.
7.	D = fz : jzj > 3 + z; ¼=2 · z < 2¼=3g.
8.	D = fz : jz + 2 + 3ij < 3; ¼ · z · 3¼=2g.
9.	D = fz : jzj · 5; j3¼=2 ¡ zj < ¼=3g.
10.	D = fz : jzj < 6 ¡ z;	jzj · 4g.
11.	D = fz : jzj ¸ 3 ¡ z;	jzj > 4g.
12.	D = fz : jzj > 3; jz ¡ 4j · 2;							¡¼=2 · z < 0g.
13.	D = fz : jz ¡ 1j < 1;	z + z · 1g.
14.	D = fz : jz + ij · 1;	j3¼=2 ¡ zj < ¼=3g.
15.	D = fz : jz ¡ 3 + 2ij · 2;						0 < (iz) · 1g.
16.	D = fz : jzj · 4 ¡ z;	0 < z < ¼g.
17.	D = fz : jzj > 1 + z;	jz ¡ ij · 2g.
18.	D = fz : 1 < jz ¡ 1j · 2;						¼=4 · z < ¼=3g.
19.	D = fz : jzj · 4 + z;	jz ¡ 0;5j < 4g.
20.	D = fz : jz ¡ 4 ¡ 3ij ¸ 2;						z + z < 1g.
21.	D = fz : ¼=4 · z · 3¼=4;						j(iz)j < 1g.
22.	D = fz : jz + 1 ¡ ij > p				;		j(iz)j · 1g.
			2
23.	D = fz : 1 · jz ¡ 3 + 2ij < 3;							(z2) ¸ 2g.
24.	D = fz : 2 < jz ¡ 3 + 4ij · 4;							z + z > 1g.


25.		D = fz : ¡3¼=4 · z · ¡¼=4; ¡6 · z · ¡3g.
26.		D = fz : jzj < 2 ¡ z;					jz + 1j · 2g.
27.		D = fz : jz + ij ¸ 1;					jz ¡ 3ij < 5g.
28.		D = fz : jz + 2 ¡ 2ij > 3;								¼=2 · z < ¼g.
29.		D = fz : j7¼=4 ¡ zj < ¼=4;								jz ¡ 1j · 2g.
30.		D = fz : 0 < (iz) < 2;						jzj ¸ ¼=4g.
II. Вычислить все значения функции в указанной точке.
1.	32+ i:						2.	i1+ i.
										p				.
3.	(1 + i) :						4.					2
								(¡2)
5. 4i:							6. (3 + 4i)1+ i.
7.	Ã	1p¡2			i	!1+ i:	8.	Ã	1p¡2		i		!.
9.	(2 ¡ 3i) :						10.	(¡2 ¡ 3i).
11.	cos (5 ¡ i) :						12.	sin (1 ¡ 5i).
13.	tg (2 ¡ i) :						14.	sh (¡3 + i).
15.	exp (exp i):						16.	exp(exp(1 + ¼i=2)).
17.	cos (2 + i) :						18.	sin (2i).
19.	ctg (¼=4 ¡ iln 2) :						20.	cth (2 + i).
21.	tg (2 ¡ i) :						22.	(1 + 2i).
23.	³p			¡ i´ :			24.	(1 ¡ i).
			2
25.	(i) :						26.	(2i).
27.	(1 ¡ i) :						28.	1 + i + sh (1 + i).
29.	(2 ¡ i) exp (2 ¡ i):						30.	ch (3 ¡ 2i).

III. Найти аналитическую функцию по известной ее действительной или мнимой части.


1:	v(x; y) = 2 cos x ch y ¡ x2 + y2;									f(0) = 2:
2:	v(x; y) = ¡2 sin (2x) sh (2y) + y;									f(0) = 2:
	3: v(x; y) = exp ³¡2						´ cos	2 ¡	3	+ x2y:
					y			x	y3
	y		x
4: u(x; y) = sh			sin			+ 4(x2 ¡ y2) ¡ 4x + 1:
4: u(x; y) = sh		2	sin	2		+ 4(x2 ¡ y2) ¡ 4x + 1:

5: u(x; y) = ch

cos

¡ 2xy ¡ 2x:

+ xy2:

6: v(x; y) = exp (¡2y) sin (2x) ¡

7: v(x; y) = ¡

; f(¼) =

x2 + y2

8: u(x; y) = exp (2y) sin (2x) + 3xy2 ¡ x3:

9: u(x; y) =

x2 + y2

10: v(x; y) =

x2 + y2

11: u(x; y) = 2 sin x ch y ¡ x:

12: v(x; y) = 2(ch x sin y ¡ xy); f(0) = 0:

13: u(x; y) = x2 + 2x ¡ y2; f(i) = 2i ¡ 1:

14: v(x; y) = ch

sin

+ 2xy + 4y:

15: u(x; y) = sh (2x) cos (2y) + x2 ¡ y2 + 4y ¡ 4:

16: v(x; y) = sh y3 cos x3 + 4(x2 ¡ y2) ¡ 4x + 1:

17: u(x; y) = sh 3y cos 3x + 4(x2 ¡ y2) + 4y ¡ 1:

18: v(x; y) = 2(2 sh x sin y + xy); f(0) = 3:

19: v(x; y) = sh x2 sin y2 ¡ 8xy + 4x:

20: u(x; y) = ch (3y) sin (3x) ¡ 8xy + 4y:


21: v(x; y) = ch (2y) cos (2x) + x2 ¡ y2 ¡ 2y + 1:
22: u(x; y) = 3x2y ¡ y3 + x + 5:
23: v(x; y) = arctg		y	; f(1) = 0:
23: v(x; y) = arctg			; f(1) = 0:
		x
24: u(x; y) = x2 ¡ y2 ¡ x:
25: v(x; y) = ln (x2 + y2) + x ¡ 2y:
26: u(x; y) = 2 exp x cos y + x2y2 ¡						x4	+ y4
										:
							6			:
27: v(x; y) = 3 + x2	¡ y2 ¡				y			:

				2(x2 + y2)
28: u(x; y) = x2 ¡ y2	+ 5x + y ¡					y			:

					x2 + y2

29: v(x; y) = sh (2y) sin (2x) + x2 ¡ y2 + 2x ¡ 1:

30: u(x; y) = x3 + 6x2y ¡ 3xy2 ¡ 2y3:

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.04.2015183.59 Кб138тест по оптике.docx
#
18.08.201948.71 Кб2Техническая эксплуатация.docx
#
20.03.201680.21 Кб86техничзад.docx
#
20.03.2016175.76 Кб191Технология питьевого молока.docx
#
16.11.20184.56 Mб77ТЕХНОЛОГИЯ ТОНКИХ ПЛЕНОК -1.doc
#
21.03.2016345.13 Кб83Тиоповой расчёт по математике 6 модуль.pdf
#
20.03.2016912.38 Кб41Типовик - несобственные интегралы и ряды.doc
#
20.03.20163.06 Mб24типовик 1 курс 3 модуль.doc
#
20.03.20163.08 Mб68Типовик 3 модуль.doc
#
20.03.2016117.25 Кб34типовик 7 модуль.doc
#
14.04.20151.22 Mб171Типовик матан 5 модуль.pdf