7. Функции комплексного переменного / m7var20

ВАРИАНТ 20

ЗАДАЧА 1. ВЫЧИСЛИТЬ ЗНАЧЕНИЕ ФУНКЦИИ (ОТВЕТ ДАТЬ В АЛГЕБРАИЧЕСКОЙ ФОРМЕ):

а) cos(−3 − i);	б)
		3 − 4i

РЕШЕНИЕ. А). ФУНКЦИЯ COS(Z) ЯВЛЯЕТСЯ ЧЁТНОЙ. ПОЭТОМУ COS(-3-I)=COS(3+I). ПО ФОРМУЛЕ ТРИГОНОМЕТРИИ COS(3+I)=COS3·COS(I)-SIN3·SIN(I). ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛАМИ СВЯЗИ

МЕЖДУ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИМИ И ГИПЕРБОЛИЧЕСКИМИ ФУНКЦИЯМИ: COS(I)=CH1; SIN(I)= ISH1. ПОЛУЧИМ COS(-3-I)=COS3·CH1- I·SIN3·SH1.

Б). КОРНИ НАХОДЯТСЯ ПО ФОРМУЛЕ

ϕ + 2kπ + i sin ϕ + 2kπ) , ГДЕ K=0, 1. ПРИ K=0

z =

z

(cos

2

2

=

(cos ϕ

+ i sin

ϕ) . ПОЛАГАЯ K=1, ПОЛУЧИМ ВТОРОЙ

z

ПОЛУЧИМ ПЕРВЫЙ КОРЕНЬ

z

2

2

(cos(ϕ + π) + i sin(

ϕ

ϕ + i sin

ϕ) (ПО ФОРМУЛАМ

=

z

+ π)) = −

(cos

КОРЕНЬ

z

z

2

2

2

2

ПРИВЕДЕНИЯ). В ДАННОМ ПРИМЕРЕ Z=3-4I. ТОГДА

z

=

32 + 42

= 5 И, СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z= 5(35 − 54 i) . ПОСКОЛЬКУ

z= z (cosϕ + i sin ϕ) , ТО В ДАННОМ СЛУЧАЕ COSΦ=3/5, А SINΦ=-4/5. УЧИТЫВАЯ, ЧТО sin2 ϕ2 = 12 (1− cosϕ) и cos2 ϕ2 = 12 (1+ cosϕ) , ПОЛУЧИМ:

	sin2 ϕ	=	1	(1−	3	) =	1	и cos2 ϕ	=	1	(1+	3	) =	4	. ПОЛОЖИТЕЛЬНОЕ ЗНАЧЕНИЕ КОСИНУСА И
			2		5		5			2		5		5
	2							2

ОТРИЦАТЕЛЬНОЕ ЗНАЧЕНИЕ СИНУСА СООТВЕТСТВУЮТ ЧЕТВЁРТОМУ КООРДИНАТНОМУ УГЛУ КОМПЛЕКСНОЙ ПЛОСКОСТИ, ТАК ЧТО -Π/2<Φ<0. ПОЭТОМУ, СООТВЕТСТВЕННО, -Π/2<Φ/2<0. В

ТАКОМ СЛУЧАЕ sin				ϕ < 0, а			cos ϕ > 0 , Т.Е. sin			ϕ	= −				1					и cos ϕ =				2		. ОКОНЧАТЕЛЬНО
				2				2		2					5					2				5
							ϕ	+ i sin ϕ) = ±		(	2									1			) = ±(2 − i) .
ПОЛУЧАЕМ		z = ±			z	(cos			5						− i
							2	2			5									5
ОТВЕТ. А)	COS(-3-I)= COS3·CH1- I·SIN3·SH1;									б)
																3 − 4i						= ±(2 − i) .

ЗАДАЧА 2. ВЫЯСНИТЬ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ СООТНОШЕНИЯ. СДЕЛАТЬ ЧЕРТЁЖ. z + 2i + z − 2i =1.

РЕШЕНИЕ. ТАК КАК Z=X+IY, ТО ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ИМЕЕТ ВИД: x + i(y + 2) − x + i(y − 2) =1.

ИЛИ x2 + (y + 2)2 − x2 + (y − 2)2 =1. ПЕРЕНЕСЁМ ВТОРОЙ КОРЕНЬ В ПРАВУЮ ЧАСТЬ РАВЕНСТВА И ВОЗВЕДЁМ ОБЕ ЧАСТИ В КВАДРАТ. ПОЛУЧИМ:

Y

x

2

+ y

2

+ 4y

+ 4 =1+ 2 x

2

+ (y − 2)

2

+ x

2

+ y

2

− 4y

+ 4 . ИЛИ

2x2 + (y − 2)2 = 8y −1. ЗАМЕТИМ, ЧТО ПРАВАЯ ЧАСТЬ НЕ ДОЛЖНА БЫТЬ ОТРИЦАТЕЛЬНОЙ, Т.Е. Y>1/8. ВОЗВЕДЁМ ЕЩЁ РАЗ В КВАДРАТ:

X4x2 + 4y2 −16y +16 =1−16y + 64y2. ИЛИ 4x2 − 60y2 = −15

ПОДЕЛИВ ВСЁ РАВЕНСТВО НА ПРАВУЮ ЧАСТЬ, ПОЛУЧИМ

КАНОНИЧЕСКОЕ УРАВНЕНИЕ ГИПЕРБОЛЫ С ФОКУСАМИ НА МНИМОЙ ОСИ: 4y2 − 4x2 =1.

15

ОТВЕТ. ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ОПРЕДЕЛЯЕТ ВЕРХНЮЮ ВЕТВЬ ГИПЕРБОЛЫ 4y2 − 4x2 =1.

15

ЗАДАЧА 3. РЕШИТЬ УРАВНЕНИЕ: сh z = 2.

РЕШЕНИЕ. ПЕРЕЙДЁМ ОТ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ К ФУНКЦИИ EZ:

ez + e−z

= 2 . УМНОЖИМ ВСЁ УРАВНЕНИЕ НА 2EZ, ПОЛУЧИМ

z . ОБОЗНАЧИМ v = ez И

2

2 z

+ 1 =

e

4 e

РЕШИМ КВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ v2 − 4v +1= 0, v1,2 = 2 ±

. ТАКИМ ОБРАЗОМ,

4 −1

= 2 ±

3

v1 = ez = 2 +

3

или

z1 = Ln(2 +

3) = ln(2 + 3) + 2kπi .

v2 = ez = 2 −

3

или

z2 = Ln(2 −

3) = ln(2 − 3) + 2kπi . ДВА РЕШЕНИЯ МОЖНО ОБЪЕДИНИТЬ.

ОТВЕТ. z = ln(2 ± 3) + 2kπi .

ЗАДАЧА 4. ДОКАЗАТЬ ТОЖДЕСТВО.

sin(z +

π

) = cosz .

2

РЕШЕНИЕ. ПЕРЕЙДЁМ К СИНУСУ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОМУ ПО ФОРМУЛЕ sin z = −i sh iz

И

РАССМОТРИМ ЛЕВУЮ ЧАСТЬ ТОЖДЕСТВА:

eiz+

πi

− e−iz−

πi

πi

πi

π

πi

2

2

i

−iz

−iz

−

i

iz

π

π

sin(z +

= −i sh(i z +

) = −i

= −

e 2

− e

2 ) = −

(e

(cos

+ isin

) −

)

(e

e

2

2

2

2

2

2

2

− e

−iz

(cos

π

− isin

π

)) = −

i

(e

iz

(i) − e

−iz

(−i)) =

1

(e

iz

+ e

−iz

)

= chiz = cos z , ЧТО И ТРЕБОВАЛОСЬ

2

2

2

2

ДОКАЗАТЬ.

ЗАДАЧА 5. ВОССТАНОВИТЬ АНАЛИТИЧЕСКУЮ ФУНКЦИЮ ПО ЗАДАННОЙ ДЕЙСТВИТЕЛЬНОЙ ЧАСТИ

ЕЁ:

Ref (z) = u = Ax2 + y2 + 3x −1, ЕСЛИ F(0)=-1.

РЕШЕНИЕ. ЧТОБЫ ФУНКЦИЯ U(X,Y) БАЛА ДЕЙСТВИТЕЛЬНОЙ ЧАСТЬЮ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ НУЖНО, ЧТОБЫ ОНА БЫЛА ГАРМОНИЧЕСКОЙ, Т.Е. ЕЁ ЛАПЛАСИАН ∆U БЫЛ БЫ РАВЕН

НУЛЮ: ∆U=0,

≡

∂2

+

∂2

.

ПРОВЕРИМ ВЫПОЛНЕНИЕ ЭТОГО УСЛОВИЯ, ДЛЯ ЧЕГО НАЙДЁМ

∂x2

∂y2

ПРОИЗВОДНЫЕ ВТОРОГО ПОРЯДКА ОТ U ПО X И ПО Y:

∂u

= 2Ax + 3,

∂2u

=

2A,

∂u

= 2y,

∂2u

= 2.

∂x

∂x2

∂y

∂y2

ЧТОБЫ ЛАПЛАСИАН ∆U БЫЛ РАВЕН НУЛЮ, НУЖНО ПОЛОЖИТЬ A=-1. ТАКИМ ОБРАЗОМ,

ФУНКЦИЯ u(x, y) = −x2 + y2 + 3x −1ЯВЛЯЕТСЯ ГАРМОНИЧЕСКОЙ. ВОССТАНОВИМ МНИМУЮ ЧАСТЬ V(X,Y) ФУНКЦИИ F(Z)=U(X,Y)+IV(X,Y), ПОЛЬЗУЯСЬ УСЛОВИЯМИ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА:

∂u

=

∂v

,

∂u

= −

∂v

.

∂x

∂y

∂y

∂x

ИЗ ПЕРВОГО УСЛОВИЯ ПОЛУЧАЕМ:

∂v

=

∂u

= −2x + 3.

ТОГДА v(x, y) = ∫

∂v

dy + ϕ(x) , ИЛИ

∂y

∂x

∂y

v(x, y) = ∫(−2x + 3)dy + ϕ(x) = −2xy + 3y + ϕ(x). ПРОИЗВОДНАЯ ПО X ОТ ЭТОГО ВЫРАЖЕНИЯ РАВНА ∂∂xv = −2y + ϕ′(x). С ДРУГОЙ СТОРОНЫ ПО ВТОРОМУ УСЛОВИЮ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА

∂∂xv = −2y. ПРИРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПОЛУЧИМ: ϕ′(x) = 0. ИЛИ ϕ(x) = C. ТАКИМ ОБРАЗОМ, v(x, y) = −2xy + 3y + C. ТОГДА

f(z) = −x2 + y2 + 3x −1+ i (−2xy + 3y + C). ПЕРЕЙДЁМ К ПЕРЕМЕННОЙ Z: f(z) = −(x2 + 2ixy − y2 ) + 3(x + iy) −1+ iC = −z2 + 3z −1+ iC..

ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫМ УСЛОВИЕМ F(0)=-1. В ДАННОМ СЛУЧАЕ F(0)=-1+IC. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, C=0.

ОТВЕТ. f(z) = −x2 + y2 + 3x −1+ i (−2xy + 3y) = −z2 + 3z −1.

ЗАДАЧА 6. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ПО ДУГЕ C ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.

∫(i + 2z)dz;			C− прямая, z1 = 0, z2 = −2 − 2i.
C

РЕШЕНИЕ. ВЫЧИСЛИМ ИНТЕГРАЛ, СВОДЯ ЕГО К КРИВОЛИНЕЙНЫМ ИНТЕГРАЛАМ ВТОРОГО РОДА ПО ФОРМУЛЕ ∫f (z)dz = ∫udx − vdy + i∫udy + vdx . В ДАННОМ СЛУЧАЕ F(Z)=(I+2X-2IY), Т.Е. U=2X,

C C C

V=1-2Y. ЗНАЧИТ ∫(i + 2z)dz = ∫2xdx − (1− 2y)dy + i∫2xdy + (1− 2y)dx . ПРИМЕМ X ЗА ПАРАМЕТР.

C

C

C

СОСТАВИМ УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПРОХОДЯЩЕЙ ЧЕРЕЗ ДВЕ ТОЧКИ:

y

=

x

,

т.е. y = x, dy = dx .

− 2

− 2

НАЧАЛЬНОЙ ТОЧКЕ Z1=0 СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ X=0, КОНЕЧНОЙ Z2=-2-I – ЗНАЧЕНИЕ X=-2.

4x

2

−2

−2

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ∫(i + 2z)dz = ∫

(2x −1+ 2x)dx + i∫(2x +1− 2x)dx = [

− x]

+ ix

=10 − 2i .

0

2

C

C

C

0

ОТВЕТ. ∫(i + 2z)dz =10 − 2i .

C

i

ЗАДАЧА 7. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ОТ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ. ∫(z − i) сh zdz .

1

РЕШЕНИЕ. ПРИМЕНИМ ФОРМУЛУ ИНТЕГРИРОВАНИЯ ПО ЧАСТЯМ:

i		u = z − i du = dz				i
∫(z − i) сh z dz =			= (z − i) sh z		1i	− ∫sh z dz = (i−1) sh1−ch z		1i =
		dv = сh z dz v = sh z
1						1

= (i −1) sh1− ch i + ch1.

ПЕРЕЙДЁМ К ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКОМУ КОСИНУСУ: chi = cos1.ПОЛУЧИМ:

i

∫(z − i) ch zdz = ch1− sh1− cos1+ i sh1.

1

i

ОТВЕТ. ∫(z − i) ch zdz = ch1− sh1− cos1+ i sh1.

1

ЗАДАЧА 8. НАЙТИ ИНТЕГРАЛ, ИСПОЛЬЗУЯ ИНТЕГРАЛЬНУЮ ФОРМУЛУ КОШИ, ПО КОНТУ-

РАМ L1, L2, L3.

	L∫	eπzdz		,	1) L1	:	(x −1)2
		(z − i)2	(z + 2i)				4

Y

		L3
	L2	X
	-1
		2
		L1

+ y2 =1, 2) L2 :		z		=	3	, 3) L3 :	(x −1)2	+	y2	=1.
					2
							4	9

РЕШЕНИЕ. 1). ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ АНАЛИТИЧНА ВСЮДУ, ЗА ИСКЛЮЧЕНИЕМ ТОЧЕК Z=I И Z=-2I. В ЭЛЛИПСЕ

(x −1)2 + y2 =1ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ АНАЛИТИЧНА.

4

eπzdz

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, I1 = L∫ (z − i)2 (z + 2i) = 0 . 2). ВНУТРИ ОБЛАСТИ z ≤ 32 РАСПОЛОЖЕНА ОДНА ОСОБАЯ ТОЧКА Z=I. ВЫЧИСЛИМ ИНТЕГРАЛ ПО ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ:

				eπzdz			eπz	dz
	L2	=			=		z + 2i
			∫	(z − i)2 (z + 2i)		∫	(z − i)2
			L2			L2

=

2πi

d

eπz

= 2πi

πeπz (z + 2i) − eπz

= −

2π

(i + 3π) .

2

1!

dz z + 2i

(z + 2i)

9

z=i

z=i

3). В ЭЛЛИПСЕ (x −1)2 + y2 =1 ЕСТЬ ДВЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ Z=I И Z=-2I. ПОЭТОМУ ПРИМЕНИМ

4 9

ТЕОРЕМУ КОШИ ДЛЯ МНОГОСВЯЗНОЙ ОБЛАСТИ:

I3 =	eπzdz	=	eπzdz		+	l∫	eπzdz		, ГДЕ L1	- ОКРУЖНОСТЬ ДОСТАТОЧНО
	(z − i)2 (z + 2i)		(z − i)2				(z − i)2
L∫		l∫		(z + 2i)				(z + 2i)
3		1				2

МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=I, А L2 - ОКРУЖНОСТЬ МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=-2I. ПЕРВЫЙ ИНТЕГРАЛ СОВПАДАЕТ С УЖЕ ВЫЧИСЛЕННЫМ ИНТЕГРАЛОМ I2. ВЫЧИСЛИМ ВТОРОЙ ИНТЕГРАЛ ПО ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ:

eπz

dz

∫

eπzdz

= ∫

(z − i)2

eπz

2πi

=

2πi

= −

(z − i)

2

(z +

2i)

z + 2i

(z

− i)

2

9

l2

l2

z=−2i

. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, I3 =

eπzdz

= −

2πi

−

2π

(i + 3π) = −

2π

(2i

+ 3π)

L∫3 (z − i)

2 (z + 2i)

9

9

9

ОТВЕТ.

I1 = 0, I2 = −

2π

(i +

3π),

I3 = −

2π

(2i + 3π).

9

9

ЗАДАЧА 9. РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД ЛОРАНА В ОБЛАСТЯХ.

z − 5

,

1) 2 <

z

< 5

2)

z

> 5.

z2 + 3z −10

РЕШЕНИЕ. КОРНЯМИ УРАВНЕНИЯ Z2+3Z-10=0 ЯВЛЯЮТСЯ ЧИСЛА Z1=2 И Z2=-5. РАЗЛОЖИМ ЭТУ

ДРОБЬ НА ПРОСТЫЕ ДРОБИ:

z − 5

=

A

+

B

=

A(z + 5) + B(z − 2)

. ИЛИ

z2 + 3z −10

− 2

z + 5

z

(z − 2)(z + 5)

A(z + 5) + B(z − 2) = z − 5. ПРИ Z=2 ПОЛУЧИМ A=-3/7. ЕСЛИ ПОЛОЖИТЬ Z=-5, ТО ПОЛУЧИМ

В=10/7. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z − 5

= −

3

1

+

10

1

.

1). В КОЛЬЦЕ 2 <

z

< 5 ИМЕЕМ

z2 + 3z −10

7

z −

2

7

z

+ 5

2

z

<1

и

<1. ТОГДА ДРОБЬ МОЖНО ПРЕДСТАВИТЬ СЛЕДУЮЩИМ ОБРАЗОМ:

z

5

z − 5

= −

3

1

+

10

1

. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ ДЛЯ БЕСКОНЕЧНО

2

z

z2 + 3z −10

7

7

z(1

−

)

5(1+

)

z

5

УБЫВАЮЩЕЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ:

1

=1+ q + q2

+ ... + qn + ..., ГДЕ

q

<1. В

1

− q

ПЕРВОЙ ДРОБИ Q=2/Z, ВО ВТОРОЙ ДРОБИ Q= -Z/5. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z − 5

3

∞

2

n−1

10

∞

(−1)

n

z

n

= −

∑

+

∑

.

2). В КОЛЬЦЕ

z

> 5

ВЫПОЛНЯЮТСЯ НЕРАВЕНСТВА

5n+1

z2 + 3z −10

7 n=1

zn

7

n=0

2

<1

и

5

<1. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z

z

z − 5

3

1

10

1

3

∞

2

n−1

10

∞

(−1)

n−1

5

n−1

= −

+

= −

∑

+

∑

=

2

5

zn

z2 + 3z −10

7

7

7

n=1

zn

7

n=1

z(1

−

z

)

z(1+

z

)

1

∞

n−1

5

n

− 3 2

n−1

=

∑

2 (−1)

.

7 n=1

zn

z − 5

3

∞

2

n−1

2

∞

(−1)

n

z

n

ОТВЕТ. 1).

= −

∑

+

∑

. В КОЛЬЦЕ 2 <

z

< 5 .

z

2 + 3z −10

7 n=1

zn

7

n=0

5n

z − 5

1

∞

2 (−1)

n

−1

5

n

− 3

2

n

−1

2).

=

∑

В КОЛЬЦЕ

z

> 5 .

z2 + 3z −10

zn

7 n=1

ЗАДАЧИ 10-11. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛЫ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

i

z

10.

∫

e

2

dz

11.

∫

(z + 2)4 sh

4

dz

(9z

2

− π

2

)

2

z

+ 2

z

=1

z+2

=1

i

z

i

z

1

РЕШЕНИЕ. 10. ПРЕОБРАЗУЕМ ПОДИНТЕГРАЛЬНУЮ ФУНКЦИЮ:

e

2

=

e 2

.

(9z2 − π2 )2

81

(z2 − π

2

)2

3

КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ: z1

= −

π

,

z2 =

π

I. ЗНАЧЕНИЯ Z1 И Z2 ЯВЛЯЮТСЯ ПОЛЮСАМИ

3

3

ПОДЫНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ КРАТНОСТИ 2. ТОГДА

z

π

2

i

z

i

i

z

π

2

i

z

π

1

e

i

2

d

(z +

)

e 2

e 2 (z −

)

−

2e 2 (z

−

)

Res

= lim

[

3

] =

lim

[

2

3

3

] =

81

2

dz

π

π

π

−

π

2

−

π

2

z→−

π

81(z +

)2

(z −

)

2

z→−

π

81(z −

)4

(z

)

3

3

3

3

3

3

3

i

π

i

z

2

π

[2 (z−

3) −

2]e

1

πi

+ 2]e−i

1

πi

3

i

1

πi

π

],

=

lim

[

] =

[

6

=

[

+ 2](

−

) =

[

− i+

+

3

24π3

3

24π3

3

2

24π3

6

π

81(z −

π

3

2

2 3

z→−

3

3

)

z

π

2

i

z

i

i

z

π

2

i

z

π

Res

1

e

i

2

= lim

d

[

(z +

3

)

e

2

] = lim [

2

e

2

(z +

3

)

− 2e 2 (z +

3

)

] =

81

2

π

π

π

π

2

−

π

2

z→

π

dz

81(z +

)2 (z −

)2

z→

π

81(z +

)4

(z

)

3

3

3

3

3

3

3

i

π

i

z

2

π

[2 (z + 3) − 2]e

1

πi

− 2]ei

1

πi

3

i

1

πi

π

].

= lim [

] =

[

6 =

[

−

2](

+

)

=

[

− i− 3 −

z→

π

81(z

+

π

)

3

24π3

3

24π3

3

2

2

24π3

2 3

6

3

3

ПОЛУЧИМ ОКОНЧАТЕЛЬНО:

i

z

∫

e

2

2πi

πi

π

πi

π

1

π

).

dz =

− i

+ 3

+

+

− i − 3

−

] =

(2 −

[

2

− π

2

2

24π

3

6

6

24π

2

(9z

)

2

3

2

3

3

z

=1

11. ПОДИНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ ИМЕЕТ СУЩЕСТВЕННО ОСОБУЮ ТОЧКУ Z=-2. ПОЭТОМУ ДЛЯ ВЫЧИСЛЕНИЯ ВЫЧЕТА ОТНОСИТЕЛЬНО ЭТОЙ ТОЧКИ СЛЕДУЕТ РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД ЛОРАНА. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ РАЗЛОЖЕНИЕМ В РЯД ФУНКЦИИ SHW СТЕПЕНЯМ W:

w3

w5

w7

... ПОЛАГАЯ w =

4

, ПОЛУЧИМ:

sh(w) = w +

+

+

+

3!

5!

7!

z + 2

(z +

2)

4

sh

4

= (z +

2)

4

[

4

+

4

3

+

45

+

47

+ ...] =

4(z

+ 2)4

+

43

(z + 2)

4

+

z+ 2

z+ 2

3!(z+ 2)

3

5!(z+ 2)5

7!(z+ 2)7

z+ 2

3!(z+ 2)3

+

45

(z + 2)4

+

47 (z + 2)

4

+ ...

= 4(z +

2)

3

+

4

3

(z

+ 2)

+

4

5

+

4

7

+ ...

5!(z+ 2)

5

7!(z+ 2)

7

3!

5!(z

+ 2)

7!(z+ 2)3

ПОСЛЕДУЮЩИЕ СЛАГАЕМЫЕ НЕ СОДЕРЖАТ СТЕПЕНИ (Z+2)-1. КОЭФФИЦИЕНТОМ ПРИ (Z+2)-1 В

РАЗЛОЖЕНИИ ФУНКЦИИ БУДЕТ ЧИСЛО 45 = 128 . ВЫЧЕТ ДАННОЙ ФУНКЦИИ РАВЕН

5! 15

КОЭФФИЦИЕНТУ ПРИ

(Z+2)-1 В ДАННОМ РАЗЛОЖЕНИИ, Т.Е. Res[(z +

2)

4 sh

4

] =

128 . СЛЕДОВАТЕЛЬНО.

z

+ 2

−2

15

∫

(z + 2)

4 sh

4

dz

= 2πi 128

=

256πi .

z +

z+2

=1

2

15

15

i

z

ОТВЕТ. 10. ∫

e 2

dz =

1

(2 −

π

) . 11.

∫

(z + 2)4 sh

4

dz =

256πi

.

2

− π

2

2

24π

2

z

+ 2

15

(9z

)

3

z

=1

z+2

=1

ЗАДАЧА 12. ВЫЧИСЛИТЬ НЕСОБСТВЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

∞

x2

∫

dx.

(x4

+

25)

0

РЕШЕНИЕ. НАЙДЁМ КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ ФУНКЦИИ f(z) =

z2

:

(z4 + 25)

π + 2kπ

π + 2kπ

z4

(cos

+ isin

)

5

(1± i) .

+ 25 = 0

или

z = 4

− 25

или z1,2,3,4 = ±

4

4

2

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ДВА КОРНЯ ИЗ ЧЕТЫРЁХ НАХОДЯТСЯ В ВЕРХНЕЙ ПОЛУПЛОСКОСТИ:

z1 =

5

(1+ i) и z3 = −

5

(1− i) .

2

2

∞

x2

z2

z2

ТОГДА

∫

dx =

2πi(Res

+ Res

).

4

+ 25)

(z

4

+ 25)

(z

4

+ 25)

−∞ (x

z1

z3

(z −

5

(1+ i))z2

z2

Res

=

lim

2

=

(z4 + 25)

5

5

5

5

z1

z→

5

(1+i)

(z +

(1+ i))(z +

(1

− i))(z −

(1+ i))(z −

(1

− i))

2

2

2

2

2

=

5i

=

1− i

.

10(i +1)

10

10i

4 10

(z +

5

(1− i))z2

z2

Res

=

lim

2

=

(z4 + 25)

5

5

5

5

z1

z→−

5

(1−i) (z +

(1+ i))(z +

(1− i))(z −

(1

+ i))(z −

(1− i))

2

2

2

2

2

=

− 5i

= −

1+ i

. СЛЕДОВАТЕЛЬНО.

10i (− 10)[− 10(1− i)]

4

10

∞ x2

1 ∞

x2

1

z2

z

2

− i

+ i

π

1

1

10

dx

=

dx =

2πi(Res

+ Res

) = πi

−

=

.

∫

4

∫

4

4

4

+1)

2

+

1)

2

z1

(z

+1)

z3

(z

+1)

4

10

4

10

20

0 (x

−∞ (x

∞

x2

π

10

ОТВЕТ.

∫

dx =

.

4

+1)

20

0 (x

ЗАДАЧА 13. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ОТ ЗАДАННОЙ ВЕТВИ МНОГОЗНАЧНОЙ ФУНКЦИИ ПО КРИВОЙ

С ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.

dz

I 3

∫

ГДЕ

ПРЯМАЯ

Z

Z

8 = 2 − 1 + i

3

,

С:

, 1=-7,

2=3+2 ,

.

C

3 (1− z)

2

РЕШЕНИЕ. ТОЧКИ Z1 И Z2 НЕ ЯВЛЯЮТСЯ ОСОБЫМИ ТОЧКАМИ ДЛЯ ПОДИНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ.

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, МОЖНО ПРИМЕНИТЬ ФОРМУЛУ НЬЮТОНА-ЛЕЙБНИЦА:

∫

dz

= −33

z2

1− z

= −3(3 1− z2 − 3 1− z1 ) . РАССМОТРИМ ФУНКЦИЮ

z1

3 (1− z)

2

C

3

= 3

ϕ + 2kπ

+ isin ϕ + 2kπ) . РАССМАТРИВАЕТСЯ ТА ВЕТВЬ ФУНКЦИИ, ДЛЯ КОТОРОЙ В

z

(cos

z

2

2

ТОЧКЕ Z=8 ФУНКЦИЯ БУДЕТ ПРИНИМАТЬ ЗАДАННОЕ ЗНАЧЕНИЕ. С ОДНОЙ СТОРОНЫ

3

2kπ

2kπ

) = 2(cos

2kπ

+ isin

2kπ

) . С ДРУГОЙ СТОРОНЫ 3

= 2 = 2(cos0 + isin 0) .

= 3

8

(cos

+ isin

8

8

3

3

3

3

СРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПРИХОДИМ К ВЫВОДУ, ЧТО УКАЗАННОЙ ВЕТВИ ФУНКЦИИ

СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ K=0. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ДАННАЯ ВЕТВЬ ФУНКЦИИ ИМЕЕТ

УРАВНЕНИЕ. 3

= 3

(cos ϕ

+ isin ϕ) . ТАКИМ ОБРАЗОМ, 3

= 3

= 2 ,

z

z

1− z1

8

3

3

3π

3π

1

3

= 3

− 4

− 4

− π

+ isin

− π

) =

2

(1− i) .

= 3

(cos

+ isin

) = 86

3 1− z2 =

1− 3 − 2i

− 2(1+ i)

8

(cos

4

4

2

3

3

СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

∫

dz

= − 33

z2

= −3[1− i − 2] = 3(1+ i) .

1− z

= −3(3 1− z2 − 3 1− z1 )

z1

3 (1− z)

2

C

dz

ОТВЕТ. ∫

= 3(1+ i) .

C

3 (1− z)2