Добавил:

Alex_Wolf Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Запорожский национальный технический университет

Предмет:

Высшая математика

Файл:

РДЗ 20 Вариант / Методички / 1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.06.2018

Размер:

585.6 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Рисунок 2.3

Приклад 2.2

Зобразити лінію, для якої Re z2 = a2

Розв’язок

а) Знайдемо z2 : z2 = (x + iy)2 = x2 − y2 + i2xy , тоді Re z2 = x2 − y2 ,

тобто рівняння Re z2 = a2 можна записати так: x2 − y2 = a2

Це, як відомо, рівнобічна гіпербола.

Для піднесення в степінь використовують формулу Муавра:

			zn = ρ n (cos nϕ + i sin nϕ)	(2.10)
Приклад 2.3
Обчислити (−			− i)5
Обчислити (−		3	− i)5
Розв’язок	тригонометричну форму числа (−				− i). Для цього
а) Знайдемо
а) Знайдемо				3

знайдемо його модуль за формулою (2.1):

ρ = 3 +1 = 2

Та аргумент за формулою (2.2):

ϕ = arg z = −π + arctg −−13 = −π + π6 = − 56π

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Тоді за формулою (2.4):

5π ö

5π öö

3 - i = 2çcosç

+ i sinç

÷÷

6 ø

øø

Використовуючи формулу (2.10), одержуємо:

5æ

25π ö

25π öö

(- 3

- i)

= 2

çcosç-

÷ + i sinç

÷÷ =

6 øø

= 32çcosç

÷ + i sinç

- i

=16

3 -16i

= 32

6 ø

Корені степеня n визначаються за формулою:

ϕ + 2kπ

ϕ + 2kπ ö

z = n

+ isin

k = 0,1,2....n -1 (2.11)

ρçcos

÷,

Приклад 2.4

Знайти а) 3

;

б)

1+ i

Розв’язок:

а) Для числа 1+і

| z |=

ϕ = arg z = arctg

1+1

1+ i =

+ i sin

2çcos

Використовуючи формулу (2.11):

+ 2πk

+ i

cos

+ i sin

k = 0,1, 2

ми одержимо три різних значення кореня:

z = 6		æ		π	+ i sin		π	ö	(k = 0)

	2çcos							÷,

1	è		12			12		ø

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

z2	= 6			æ	9π	+ isin		9π		ö

		2çcos								÷,
					12			12
		è								ø
z	= 6		æ		17π		+ isin		17π

		2çcos

3		è			12				12

б) для числа z=1: ρ =1; ϕ =


3		= cos			2πk		+ i sin			2πk				,
	1

		3									3
z1 = cos0 + i sin 0 =1,															(k
z2		= cos		2π		+ i sin			2π				= -			1
															2
		3				3
z		= cos	4π			+ i sin		4π				= -				1

3		3				3									2

	(k =1)
ö	(k =	2)
÷,	(k =	2)
ø

0 , за формулою (2.11):

k= 0,1, 2

=0)

+		3	i,	(k =1)
	2


-		3	і,	(k = 2)
	2

2.2 Основні елементарні функції комплексної змінної

Показникова функція ez обчислюється за допомогою формули Ейлера:

ez = ex+iy = ex(cos y + isin y)

Тригонометричні функції sinz i cosz можна обчислити за формулами

sin z =	eiz − e−iz			,	cos z =	eiz + e−iz
		2i
					2
Функції tgz i ctgz визначаються рівностями
tg z =		sin z	,		ctg z =		cos z
							sin z
		cos z

Для тригонометричних функцій залишаються вірними всі формули тригонометрії.

Гіперболічні функції визначаються рівностями

sh z =	ez − e−z	ch z =	ez + e−z
	2		2

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

		24
th z =	sh z	cth z =	ch z
th z =	ch z	cth z =	sh z
	ch z		sh z

Логарифмічна функція Ln z , де z ¹ 0 , визначається як функція, обернена до показникової

Ln z = ln	z	+ i(arg z + 2kπ ),	k = 0;±1;± 2;...

Обернені тригонометричні функції			Arcsin z , Arccos z , Arctg z ,

Arcctg z визначаються як функції, обернені відповідно до функцій sin w,cos w, tg w,ctg w .

Наприклад, якщо z = sin w , то w називається арксинусом числа z і позначається w = Arcsin z .

Ці функції багатозначні і їх можна виразити через логарифмічну функцію

Arcsin z = -iLn(iz +

)

1- z2

Arccosz = -iLn(z +

)

z2 -1

Arctgz = -

1+ iz

1- iz

Arcctgz = -

z + i

z - i

Загальна

степенева

функція

w = za , де

a =α + βi –

будь-яке

комплексне число, визначається рівністю

za = ea Ln z

Якщо a =

, nÎ N ,

то маємо

багатозначну

функцію

– корінь

степеня n з комплексного числа

arg z +2kπ

Ln z

(ln

+i(arg z +2kπ ))

zn = n z = en

= en

= n

n =

arg z + 2kπ

arg z + 2kπ ö

= n

+ i sin

k = 0, n

-1

çcos

÷,

Загальна показникова функція w = a z

( a ¹ 0 – будь-яке комплексне

число) визначається рівністю

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

w = az = ez Ln a

Приклад 2.5

æ -1- i ö

Обчислити а) Lnç

Розв’язок

б) Arccos 2i

а) За означенням

Ln z = ln

+ i(arg z + 2kπ ), k = 0, ±1, ± 2,...

-1- i

1 ö2

ö2

+ ç-

÷ =1

2 ø

-1- i ö

3π

argç

= -π + arctg

= -π + arctg1 = -π +

= -

-1- i ö

3π

+ 2kπ

πi

(8k - 3), k = 0,

Lnç

= ln1

+ iç

÷ =

±1, ± 2,...

б) Arccos z = -i Ln(z +

)

z2 -1

Тоді Arccos2i = -i Ln(2i +

)= -i Ln(2i +

)

(2i)2 -1

- 5

Тому що

= ±

i , отримаємо Arccos 2i = -i Ln(2 ±

- 5

(2 +

= 2 +

(2 - 5)i

= 5 - 2

arg(2 +

)i = π ,

arg(2 -

)i = - π

i(4k ±1)

Ln(2 ± 5)i = ln( 5 ± 2)+ iç±

+ 2kπ ÷ = ln( 5 ± 2)+

± 2)

(4k

±1)- i ln( 5 ± 2),

Arccos 2i = -içln( 5

i(4k ±1)÷ =

k = 0, ±1, ± 2,...

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

2.3 Аналітичні функції

Похідною функції комплексної змінної w = f (z)					називається границя
	w	= lim	f (z + z) − f (z)	=	′
lim					f (z)	при умові,
	z		z
z→0		z→0

що z прямує до 0 довільним чином.

Функція називається диференційовною в точці z, якщо існує похідна в цій точці. Якщо функція диференційовна як в самій точці z, так і в деякому її околі, то функція називається аналітичною в точці z.

Функція f(z), що однозначна та диференційовна в кожній точці області

D, називається аналітичною в області D.

Для того,	щоб функція f (z) = u(x, y) + iv(x, y) була аналітичною в
області D, необхідно і достатньо існування в цій області неперервних
частинних	похідних u(x, y) і v(x, y) , що задовольняють умовам

Коші-Рімана:

ì¶u

¶v

¶x

¶y

¶u

= - ¶v

¶y

¶x

¶u ¶v ¶u ¶u ¶v ¶u ¶v ¶v

та при цьому f (z) =

¶x =

-i

¶y -i

= ¶y +i

¶x .

¶x

¶y

Приклад 2.6

f (z) = u(x, y) + iv(x, y)

Знайти аналітичну

функцію

по відомій

уявній частині v(x, y) = 3x + 4yx .

Розв’язок

Використаємо умови Коші-Рімана:

∂u

= ∂v =

∂(3x + 4yx) = 4x

¶x

¶y

∂u

= - ∂v

= - ∂(3x + 4yx)

= -3 - 4y

¶y

¶x

Проінтегруємо перше з відношень по х. u(x, y) = ò4xdx +ϕ( y) = 2x2 +ϕ(y)

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Для знаходження функції ϕ( y) продиференціюємо отриману рівність по у і підставимо в другу умову Коші-Рімана

	∂u	¢	¢	- 4y
		¢	¢
	¶y = ϕ ( y),		ϕ ( y) = -3
ϕ( y) = ò(-3 - 4y)dy = -3y - 2y2 + C , де C – const.
Таким		чином,	дійсна	частина	невідомої	функції
u(x, y) = 2x2 - 3y - 2y2 + C.
Тоді f (z) = u + iv = 2x2 - 3y - 2y2 + C + i(3x + 4yx) =
	= 3i(x + iy) + 2(x2 - y2 + 2ixy) + C = 3iz + 2z2 + C

2.4 Інтегрування функції комплексної змінної

Нехай функція f (z) визначена і неперервна в області D, а L –

кусково-гладка замкнена або незамкнена крива, що належить області D.

Якщо z = x + iy , f (z) = u(x, y) + iv(x, y) , то обчислення інтеграла зводиться до обчислення двох криволінійних інтегралів другого роду

ò f (z)dz = òudx - vdy + iòvdx + udy

L L L

Звідки випливає, що взагалі інтеграл ò f (z)dz залежить від лінії

інтегрування L.

Приклад 2.7

Обчислити інтеграл ò(2z + Im z2 )dz

а) по прямій у=х від точки z1 = 0 до точки z2 =1+ i

б) по параболі y = x2 від точки z1 = 0 до точки z2 =1+ i .

Розв’язок:

Знайдемо дійсну та уявну частини підінтегральної функції: f (z) = 2z + Im z2 = 2(x - iy) + Im(x2 - y2 + 2ixy) = 2x + 2xy - i × 2y

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

u(x, y) = 2x(1+ y) v(x, y) = −2y

ò f (z)dz = ò2x(1+ y)dx + 2ydy + iò- 2ydx + 2x(1+ y)dy

L L L

а) L – пряма у=х, dy=dx, x змінюється від 0 до 1.

ò f (z)dz = ò1 (2x(1+ x)+ 2x)dx + iò1 (- 2x + 2x(1+ x))dx =

L	0					0
= ò1 (2x2 + 4x)dx + iò1 2x2dx =				8	+	2	i
= ò1 (2x2 + 4x)dx + iò1 2x2dx =					+		i
0		0	3			3
б) L – парабола y = x2 , dy=2xdx, х змінюється від 0 до 1.
ò f (z)dz = ò1 (2x(1+ x2 )+ 2x2 ×2x)dx + iò1 (- 2x2 + 2x(1+ x2 )2x)dx =
L	0							0
= ò1 (6x3 + 2x)dx + iò1 (4x4 + 2x2 )dx = 5								+ 22i
0		0				2		15
0		0
Якщо	лінія	L задана						ìx = x(t)		,	t0 £ t £ t1	,
Якщо	лінія	L задана	параметрично í						= y(t)	,	t0 £ t £ t1	,
								îy	= y(t)

причому значення параметра t=t0 i t=t1 відповідають початковій та кінцевій точкам кривої L, то

			t1
	¢			де z(t) = x(t) + i y(t)
ò f (z)dz = ò f (z(t))× z (t)dt,				де z(t) = x(t) + i y(t)
L			t0
Приклад2.8
	òe		dz , де L – відрізок прямої у = –х, який з’єднує точки
Обчислити	òe	z	dz , де L – відрізок прямої у = –х, який з’єднує точки
	L

z1 = 0 і z2 = π - iπ .

Розв’язок:

Запишемо рівняння лінії L в параметричній формі x = t, y = −t

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

В комплексно-параметричній формі рівняння прямої буде мати вигляд

z = t − it , де t змінюється від 0 до π .
	= t + it,	dz = (1- i)dt
z
òez dz = πòet +it (1- i)dt = (1- i)πòe(1+i)t dt =			1- i	e(1+i)t	π

					=

L	0	0	1+ i		0

= -i(e(1+i)π - e(1+i)0 )= (eπ +1)i

Якщо L – коло або частина кола з центром в точці z0 і радіусом R, то зручно використовувати рівняння виду

Приклад 2.9

z = z0 + Reit

(0 £ t < 2π )

Обчислити ò(2iz + z

)dz , де L – дуга кола |z|=2,

0 ≤ arg z ≤ π .

Розв’язок:

−it

= 2ie

dt, 0

£ t £ π .

Нехай z = 2e , z =

, dz = z (t)dt

Тоді

ò(2iz + z

)dz = πò(2i × 2eit + 2eit × 2e−it )× 2ieitdt =

(ie2it + eit )dt =

(4ie2it + 8eit )π = -16

= 8i ò

Якщо f(z) – аналітична функція в однозв’язній області D, то інтеграл не залежить від лінії інтегрування L.

В цьому випадку

ò f (z)dz = 0,

де L – будь-який замкнений кусково-гладкий контур в області D. Також, якщо f(z) – аналітична функція, то має місце формула Ньютона-Лейбниця:

zò1 f (z)dz =Ф(z1) -Ф(z0 ) , z0

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

де Ф(z) – первісна до функції f(z), тобто Ф′(z) = f (z) в області D, z0 , z1 D .

Приклад 2.10

Обчислити інтеграл òcos zdz , де L – відрізок прямої, що з’єднує

точки z1 = π2 і z2 = π + i .

Розв’язок:

Підінтегральна функція f(z)=cosz аналітична всюди, тому застосовуємо формулу Ньютона-Лейбниця:

π +i	ππ+i = sin(π + i) - sin	π
òcos zdz = sin z			= -sin i -1 = -(1+ ish1)
òcos zdz = sin z			= -sin i -1 = -(1+ ish1)
π	2	2
2

Якщо f(z) іϕ(z) – аналітичні функції в однозв’язній області D, а z0, z1

– довільні точки цієї області, то має місце формула інтегрування частинами:

(z)dz = ( f (z)

×ϕ(z))

f (z) ×ϕ

- ò

ϕ(z) × f (z)dz

Приклад 2.11

Обчислити інтеграл òi z cos zdz

Розв’язок:

ϕ(z) = cos z

Функції f(z)=z і

всюди

аналітичні, тому можна

проінтегрувати частинами:

′dz = (z sin z)

ò z cos zdz =

ò z(sin z)

− ò sin zdz = i sin i + cos z

= −sh1+ ch1−1 = 1−e e .

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

<<< < Предыдущая 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Методички

#
17.06.2018585.6 Кб151.pdf
#
17.06.20181.26 Mб302.pdf
#
17.06.2018359.48 Кб173.pdf