Semenova_matem2

Задача 17

Задание 17.1. Вычислите интеграл

2

dt

.

p

0

4

2 sin t + 6

B Введем новую переменную

z = e

it

∫

it

= cos t + i sin t

it,

тогда z = e

)

it

1

2

) при

t

2

[0; 2 ]; z : z

= 1

,

sin t =

e

e

=

z z

= z

1

;

j j

2i

2i

2zi

dz = ieitdt

) dt = dziz

)

2

zidz

) ∫

dt

I

4p

=

2p

zi

=

2

sin t + 6

2(z2

1) + 6iz

0

z =1

I

dz

j j

I

dz

=

2p

z2 + 6iz

2p

=

2p

pi

)(z + ip

2

2

2(z +

2):

2

z

=1

z =1

j

j

p

j

j

i

Точки z1 =

p

; z2

= i

2 — изолированные особые точки функции

2

f(x) =

dz

: Только точка

z1

=

i

лежит внутри круга

p

i

p

p

2 2(z+ p

)(z+i 2)

2

2

i

jzj = 1: Выясним тип особой точки z1 =

p

:

2

lim f(z) =

lim

1

=

1

=

;

[0

]

z!z1

z1=! pi

2p2(z +

pi

)(z + ip2)

1

2

2

значит z1 =

i

— полюс. Из того, что:

p

2

i

1

lim (z

z1)f(z) =

lim

(z +

p

)

i

p

=

z!z1

z1! pi

2 (z+ p

)(z+i 2)

2

2

=

lim

1

=

1

=

i

следует, что z1

=

i

— простой

p

i

p

p

p

z1=! pi

z+i 2

p

+i 2

2

2

2

2

полюс.

Так как z1 =

i

лежит внутри круга jzj = 1, то, используя теорему

p

2

Коши о вычетах п.2.5.1. [5], получим

I

dz

= 2 iRes

1

2p

pi

)(z + ip

2p

pi

)(z + ip

z=z1 =

2(z +

2)

2(z +

2)

2

2

z

=1

j

j

lim (z

z

)f(z) =

= 2 i z

!

z1

1

i

z +

p

J

= 2 i

lim

p

2

p

=

i

i

z1=! p

2 2(z +

p

)(z + i 2)

2

2

2

dt

Задание 17.2. Вычислите интеграл

.

5

4 cos t

B Введем новую переменную z = eit, тогда

0

∫

31

z

=

eit

=

cos t

+

i2sin t

)

при

t

2

[0; 2 ],

z

:

z

=

1,

e

it

+e

it

1

j j

cos t =

=

z+ z

=

z +1

; dz = ie

it

dt ) dt =

dz

)

2

2

2zi

iz

2

) ∫

dt

I

dz

1

I

dz

=

=

=

5 4 cos t

iz(5

2

z2+1

)

i

5z 2z2 2

z

0

z

=1

j

z =1

I

j j

I

1

j

1

dz

1

1

1

1

=

=

z 2

dz =

2 i'

(

) =

=

2(z 21 )(z 2)

i

2i

z 21

2i

1

2

z 2

jzj=1

=

jzj=1

= 2 :

1

1

1

2 2

z= 2

3

Функция '(z) = z 1 2 аналитична на области D = z : jzj 1. Следовательно, к этой функции применима интегральная формула Коши. J

32

Задача 19

Задание 19.1. Вычислите интеграл

∫1

dx

(x2 + 1)2(x2 + 10):

1

1

B Найдем особые точки функции f(z) = (z2 + 1)2(z2 + 10) ;

(z2 + 1)2(z2 + 10) = 0;

z

2

+ 1 = 0 или z

2

+ 10 = 0 получаем z1

= i; z2

p

p

= i; z3 =

10i; z4 = 10i:

f(z)

1

z

lim

= lim

(x2+1)2(x2+10)

= lim

= 0:

1=z

1=z

z!1

z!1

z!1

(x2 + 1)2(x2 + 10)

Таким образом, функция f(z) аналитична в верхней полуплоскости p

Imz 0, за исключением особых точек z1 = i; z3 = 10i; при z ! 1 f(z) стремится к нулю быстрее, чем 1=z. Значит, выполнены все условия теоремы п. 2.5.3 [5] и

1

∫

dx

= 2 i(Resf(z1) + Resf(z3)):

(x2 + 1)2(x2 + 10)

1

Выясним тип особых точек z1 = i; z3 = p

i:

10

lim f(z) = lim

1

= 1;

+ 1)2(z2 + 10)

z

!

z1

z

!

i (z2

lim (z

z )2f(z) = lim

(z i)2

=

z!z1

1

z!i ((z i)2(z + i)2(z2

+ 10)

lim

1

=

1

=

1

1

(z2 + 10)

(i + i)2(i2 + 10)

4(

1 + 10) = 36 :

= z i (z + i)2

!

Таким образом, z = i — полюс второго порядка.

lim f(z) =	limp				1		=	1	:
				(z2	+ 1)2(z2	+ 10)
z z3
!	z! 10i

33

z

p

lim (z

z

)f(z) =

lim

10i

=

z

!

z3

3

p

(z2

+ 1)2(z2 + 10)

z! 10i

z p

i

=

lim

10

=

p

2

+ 1)

2

(z

p

p

z! 10i (z

10i)(z + 10i)

= limp

1

p

=

p

1

p

p

=

(z

2

+ 1)

2

2

+ 1)

2

z! 10i

(z + 10i) (( 10i)

( 10i + 10i)

1

1

=

p

10)

2

=

p

:

10i(1

2

162

10i

p

Таким образом, z = 10i — простой полюс. На основании проведенных исследований вычислим вычеты для точек z1; z3.

1

lim

dm 1

m

dzm 1 ((z z1)

f(z)) =

Resf(z1) = (m 1)! z!z1

= z

полюс второго порядка, т.е. m = 2 =

1

[

1

(z

2

]

2

=

lim

d

i)

= lim

(z i)

0

=

dz ((z2 + 1)2(z2 + 10) )

((z i)2(z + i)2(z2 + 10) )

(2 1)! z!i

z!i

lim

1

0

= lim

2(z + i)(z2 + 10) + (z + i)22z

=

((z + i)2(z2 + 10) )

(

(z + i)4(z2 + 10)2

= z!i

z!i

)

=

2 lim

z2 + 10 + z2 + iz

=

2

2i2 + i2 + 10

=

7

:

(z + i)3(z2 + 10)2

(i + i)3(i2 + 10)2

324i

z

!

i

z p

i

Res

f(z ) = lim (z

z

)f(z) =

lim

10

=

1

:

3

z!z3

3

z!p

i

(z2 + 1)2(z2 + 10)

162p10i

10

В результате

1

∫

dx

7

1

7

1

= 2 i(

+

162p

i

) = (

+

81p

) =

(x2 + 1)2(x2 + 10)

324i

162

10

10

1

p

7 10 + 2

=81 2p10 : J

Задание 19.2. Вычислите интеграл

∫1

x + 3

(x2 + 4x + 20)2 dx:

1

34

z + 3

B Найдем особые точки функции f(z) = (z2 + 4z + 20)2 ;

z2 + 4z + 20 = 0;

z + 3 получаем: z1 = 2 + 4i, z2 = 2 4i т.е. f(z) = (z + 2 4i)2(z + 2 + 4i)2 :

	f(z)					z+3				z2 + 3z
lim			= lim	(z2		+4z+20)2		= lim			= 0:
	1=z					1=z			(z2	+ 4z + 20)2
z!1			z!1					z!1

Таким образом, функция f(z) аналитична в верхней полуплоскости

Imz 0, за исключением особой точки z1 = 2 + 4i; при z ! 1 f(z) стремится к нулю быстрее, чем 1=z. Значит, выполнены все условия теоремы п. 2.5.3. [5] и

∫1

x + 3

(x2 + 4x + 20)2 dx = 2 iResf(z1):

1

Выясним тип особой точки:

lim f(z) =				lim			z + 3	= 1:
			z				+ 4z + 20)2
z	!	z1		!	2+4i (z2

lim (z

z

)2f(z) = lim

(z + 2 4i)2(z + 3)

=

z

!

z1

1

z

!

z1

(z2 + 4z + 20)2

= lim

(z + 3)(z + 2 4i)2

=

lim

(z + 3)(z + 2 4i)2

=

z! 2+4i

(z2 + 4z + 20)2

z! 2+4i

(z + 2

4i)2(z + 2 + 4i)2

=

lim

z + 3

=

2 + 4i + 3

=

1 + 4i

:

( 2 + 4i + 2 + 4i)2

64

z

!

2+4i (z + 2 + 4i)2

Таким образом, z1 = 2 + 4i — полюс 2-го порядка.

На основании проведенных исследований вычислим вычет в точке z1 = 2 + 4i.

35

Resf(z1) =

1

lim

dm 1

((z

z )mf(z)) =

(m

dzm 1

1)! z

!

z1

1

т.е. m = 2 =

= z

[

1 полюс второго порядка,

2

]

=

1

lim

d

(

(z + 2 4i)

(z + 3)

)

=

dz

(z2 + 4z + 20)2

(2 1)! z! 2+4i

(z + 2 4i)2(z + 3)

0

z + 3

0

z! 2+4i ((z + 2 4i)2(z + 2 + 4i)2 )

z! 2+4i ((z + 2 + 4i)2 )

=

= lim

=

lim

)

=

lim

(z + 2 + 4i)2 (z + 3)2(z + 2 + 4i)

=

z! 2+4i (

(z + 2 + 4i)4

= lim

z + 2 + 4i 2z 6

=

2 4i 4 + 4i

=

1

:

( 2 + 4i + 2 + 4i)3

4

64i

z! 2+4i

(z + 2 + 4i)3

В результате:

1
∫	+3	= 2 i	1		=			:	J
	(x2 + 4x + 20)2		4 64i			128
1

36

Литература

1.Письменный, Д.Т. Конспект лекций по высшей математике. Ч.2./ Д.Т. Письменный. — М.: Айрис-пресс, 2002. — 256 с.

2.Романовский, П.И. Ряды Фурье. Теория поля. Аналитические и специальные функции. Преобразование Лапласа/ П.И. Романовский. — М.: Наука,1980. — 336 с.

3.Сборник задач по математике для втузов. Специальные разделы математического анализа: учебное пособие для втузов/В.А. Болгов и др.под ред. А.В. Ефимова, Б.П. Демидовича. — М.: Наука, 1986. — 386 с.

4.Свешников, А.Г.,Тихонов А.Н., Теория функций комплексного переменного/Свешников, А.Г., Тихонов, А.Н. — М.: Физматлит, 2004. — 334с.

5.Семенова, Г.А. Математика. Элементы теории функций комплексного переменного: учебное пособие для вузов./ Г.А. Семенова, Т.А. Никольская, Е.Ю. Тюлькина. – Орел: ОрелГТУ, 2011. – 48 с.

37

Учебное издание

Семенова Галина Александровна

Никольская Татьяна Александровна

Тюлькина Елена Юрьевна

Математика. Элементы теории функций комплексного переменного

в примерах и задачах. Часть 2

Учебное пособие

Редактор Г.В. Карпушина Технический редактор С.И. Якушина

Федеральное государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Государственный университет — учебно-научно- производственный комплекс»

Лицензия ИД №00670 от 05.01.2000 г.

Подписано к печати 03.03.2011 г. Формат 60х84 1/16 Усл. печ. л. 2,4. Тираж 100 экз.

Заказ №

Отпечатано с готового оригинал-макета на полиграфической базе ФГОУ ВПО «Госуниверситет – УНПК»,

302030, г. Орел, ул. Московская, 65.