Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Скачиваний:
60
Добавлен:
27.03.2015
Размер:
653.39 Кб
Скачать

Вариант 2

Задача 1. Вычислить значение функции (ответ дать в алгебраической форме):

а) Arccos 3; б) Ln(1i)

Решение. а). Будем вычислять Arccos3 по формуле Arccos(z) = −i Ln(z + z2 1) . В данном

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

примере z=3, следовательно, Arccos3

= −i Ln(3 ± 8) . Далее воспользуемся формулой

Ln(z) = ln

 

z

 

+ i(ϕ + 2kπ) . В данном случае у функции Ln(z) имеется два значения z:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z1 = 3 +

8

 

 

 

и z2 = 3 8 . Найдём модули и аргументы этих чисел:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z1

 

= 3 +

8,

ϕ1 = arg z1 = 0,

 

z2

 

= 3

8, ϕ2 = arg z2 = 0 , так как 3 8 > 0. Таким образом

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Arccos3 = −i Ln(3 ± 8) = −2kπ − i ln(3 ±

8) .

 

 

 

 

б). Воспользуемся формулой Ln(z) = ln z + i(ϕ + 2kπ) . В данном случае z =1i . Найдём

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ = arg z = arctg

1

 

 

= − π (четвёртая

модуль и аргумент этого числа:

 

 

 

 

= 12 + (1)2 =

z

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2) + i(π + 2kπ) = ln(

1

4

 

 

четверть). Таким образом Ln(1i) = ln(

 

 

1

) .

 

 

2) + iπ(2k

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

а) Arccos3 = 2kπ − i ln(3 ±

 

 

8) ; б) Ln(1i) = ln

 

+ iπ(2k

1

).

 

 

Ответ.

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z 2

 

 

 

z + 2

 

<1.

 

 

 

 

x 2 + iy

 

 

x + 2 + iy

 

<1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет вид:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Или

(x 2)2 + y2 (x + 2)2 + y2 <1. Перенесём второй корень в правую часть

неравенства и возведём обе части в квадрат. Получим:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

x2

4x + 4 + y2 <1+ 2

 

(x + 2)2

+ y2 + x2 + 4x + 4 + y2 . Или

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 (x + 2)2 + y2 > −(1+ 8x) . Отметим, что при 1+8x>0 данное

xнеравенство выполняется всегда. Поэтому границу области,

определяемой неравенством, нужно искать при 1+8x<0, т.е. x<-1/8. Возведём полученное равенство ещё раз в квадрат:

 

 

 

 

 

4x2 + 16x + 16 + 4y2 >1+ 16x + 64x2 . Или

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

60x2 4y2 <15.Поделив всё равенство на правую часть,

 

 

 

 

 

 

получим : 4x2

4y2

 

<1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ. Данное соотношение представляет область, являющуюся внешней часть левой

 

ветви гиперболы 4x2

4y2

=1( так как переменная x на границе области должна быть

 

 

 

 

 

 

15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

отрицательной).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 3. Решить уравнение:

sin z cos z = i.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Перейдём к гиперболическим функциям: sin z = −i sh(iz),

cos z = ch(iz).

 

Получим уравнение i sh(iz) ch(iz) = i. Или i

1

(e

iz

e

iz

)

1

(e

iz

+ e

iz

) = i.Умножим

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

уравнение на 2eiz. Тогда уравнение примет вид: (1+ i)e2iz

+ 2ieiz

 

+ 1i = 0 . Введём

 

обозначение V=eiz. Найдём корни квадратного уравнения (1+i)V2+2iV+1-i=0:

 

 

2i +

(2i)2

4(1i)(1+ i)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V =

=

2i ± i 2 3

=

 

(1

± 3)i

=

(1±

 

3)i(1

i)

=

(1± 3)(i +1)

.

 

2(1

+ i)

 

 

2(1+ i)

 

1+ i

 

 

 

12

 

i2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

3 1)

 

1

 

 

 

 

 

i

Таким образом, имеем два корня: V

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Найдём модули и аргументы этих чисел:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

V

 

=

 

3

1

,

ϕ

= arg V

 

=

,

 

 

V

 

 

 

=

 

 

 

3

1

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

1

 

1

4

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( 3

 

1

 

 

i

V

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ2 = arg V2 = 5π . 4

Так как V=eiz, то iz=LnV или z=-i·LnV. Далее воспользуемся формулой

LnV = ln V + i(ϕ + 2kπ) . Получим:

z

 

= −i

LnV

= −i[ln

 

 

3

1

 

+ i(π +

2kπ)] = π + 2kπ − i ln

 

 

3

 

1

 

. Аналогично,

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

4

 

 

 

 

4

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

= −i LnV

 

= −i[ln

 

3 + 1

+ i(

5π

 

+ 2kπ)] =

5π

+ 2kπ − i ln

3

+

1

.

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

4

 

 

 

 

 

4

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5π

 

 

 

 

+

 

 

 

Ответ.

z

 

=

+ 2kπ − i ln

 

 

3

1

,

z

 

=

+ 2kπ − i ln

 

3

1

.

 

1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 5. Восстановить аналитическую функцию по заданной действительной части её:

Re f (z) = u = x3 + 6x2 y + Axy2 2y3 , если f(0)=0.

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 производные

 

 

 

 

.

x

2

y

2

 

 

 

 

второго порядка от u по x и по y:

u

= 3x

2 +12xy

+ Ay2 ,

2u

= 6x

+12y,

u

= 6x

2 + 2Axy

6y2 ,

2u

= 2Ax

12y.

x

x2

y

y2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Чтобы лапласиан ∆u был равен нулю, нужно положить A=-3. Таким образом, функция u(x, y) = x3 + 6x2 y 3xy2 2y3 является 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 = 3x2 +12xy 3y2. Тогда v(x, y) =

vdy + ϕ(x) , или

 

y

x

 

y

 

 

 

v(x, y) = (3x2 + 12xy 3y2 )dy + ϕ(x) = 3x2 y + 6xy2 y3 + ϕ(x). Производная по x от этого

выражения равна v = 6xy + 6y2 + ϕ′(x). С другой стороны по второму условию

x

Даламбера-Эйлера v = −6x2 + 6xy + 6y2. Приравнивая эти выражения, получим:

x

6xy + 6y2 + ϕ′(x) = −6x2 + 6xy + 6y2 . Отсюда ϕ′(x) = −6x2 . Или ϕ(x) = −2x3 + C. Таким

образом, v(x, y) = 3x2 y + 6xy2 y3 2x3 + C.Тогда

f (z) = x3 + 6x2 y 3xy2 2y3 + i (3x2 y + 6xy2 y3 2x3 + C). Перейдём к переменной z:

f (z) = x3 + 3ix2 y 3xy2 3iy3 2i (x3 + 3ix2 y 3xy2 iy3 + C) = z3 (12i) + iC.. Воспользуемся дополнительным условием f(0)=0. В данном случае f(0)=iC. Следовательно, C=0.

Ответ. f (z) = x3 + 3ix2 y 3xy2 3iy3 2i (x3 + 3ix2 y 3xy2 iy3 + C) = z3 (1 2i).

Задача 6. Вычислить интеграл по дуге C от точки z1 до точки z2.

z Imzdz;

C прямая, z1 = 0, z2 = 2 + i.

C

 

Решение. Получим сначала уравнение прямой С:

y y1

=

x x1

, т.е. y =

x

. Вычислим

 

y2 y1

x2 x1

 

 

 

2

 

интеграл, сводя его к криволинейным интегралам второго рода по формуле

f (z)dz = udx vdy + iudy + vdx . В данном случае f(z)=(x+iy)y или f (z) = xy + iy2 . Значит

C C C

f (z)dz = xydx y2dy + ixydy + y2dx . Примем x за параметр. Тогда y =

x

,

dy =

dx

.

2

 

C

C

C

 

2

 

 

 

 

 

 

Начальной точке z1=0 соответствует значение x=0, конечной z2=2+i – значение x=2.

 

2

x

2

 

x

2

2

x

2

 

x

2

 

x

3

 

x

3

 

 

2

 

x

3

 

 

2

4i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно, z Imzdz = (

 

 

)dx + i(

 

+

 

)dx = [

 

 

]

 

 

+ i

 

 

 

=1+

.

2

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

0

8

0

4

6

24

 

 

 

6

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ. z Im z dz =1+ 4i .

3

C

i

Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции. z ch z dz .

0

Решение. Применим формулу интегрирования по частям:

i

u = z du = dz

 

 

i

z ch z dz =

= z sh z

 

i0 sh z dz = i sh i ch z

 

i0 = i sh i ch i + 1

 

 

dv = ch z dz v = sh z

 

 

0

0

 

 

 

 

 

Перейдём к тригонометрическим функциям: sh i = isin1, ch i = cos1.Получим:

i

z ch z dz =1sin1cos1.

0

i

Ответ. z ch z dz =1sin1cos1.

0

Задача 8. Найти интеграл, используя интегральную формулу Коши, по конту-

 

 

 

 

 

 

(z

2 + 1)dz

 

 

 

 

 

 

 

(x

+ 1)

2

 

 

 

y

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

рам L1, L2, L3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

1) L1 :

z + i

=1,

2) L2

:

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

=1,

 

3) L3 :

z

= 3.

 

L(z +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1)(z 2)2

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. 1). Подынтегральная функция

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

аналитична всюду, за исключением точек z=-1 и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=2. В круге

 

z + i

 

 

1подынтегральная функция

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z2 +1)dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

аналитична. Следовательно, I

 

 

=

 

 

= 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

(z +1)(z 2)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2). Внутри эллипса

 

(x +12

 

+

y2

 

1 есть одна

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

особая точка z=-1. Тогда по интегральной формуле

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Коши

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2 + 1

 

 

dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I2 =

(z2 + 1)dz

 

 

 

 

 

 

(z

2)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z + 1)(z 2)

2

 

 

 

 

z + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L

2

 

 

 

 

L2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2 +1

 

 

 

4πi

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

2πi

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z 2)2

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=−1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3). Внутри области

 

 

z

 

3 расположены обе особые точки. Поэтому применим теорему

 

 

 

Коши для многосвязной области:

I3 =

 

(z2

+1)dz

 

=

(z

2 + 1)dz

+

 

(z

2 + 1)dz

, где l1

- окружность достаточно

L3(z +1)(z 2)

 

 

 

l

 

 

 

2

l

(z + 1)(z 2)2

 

(z + 1)(z 2)2

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

малого радиуса с центром в точке z=-1, а l2 - окружность малого радиуса с центром в точке z=2. Первый интеграл в этой сумме совпадает с I2. Вычислим второй интеграл по интегральной формуле Коши:

 

 

 

 

 

z2 + 1

dz

 

 

 

z2

+ 1

 

 

2 + 1)dz

 

 

 

 

2πi

 

 

 

(z

 

 

z + 1

 

d

 

 

 

=

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

(z +

1)(z 2)2

 

 

 

 

 

 

 

 

(z 2)2

1!

 

dz z

+ 1

l2

 

 

i2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=2

. Тогда I3 = 4πi + 14πi = 2πi.

99

 

2z(z + 1) (z2

+ 1)

 

 

14πi

= 2πi

 

 

 

=

 

 

(z + 1)2

 

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

z=2

 

 

 

Ответ.

I

 

= 0,

I

 

=

4πi

,

I

 

= 2πi.

1

2

 

3

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

 

z + 2

1) 4 <

 

< 5

 

 

> 5. 3) 1<|z-4|.

 

 

,

z

2)

z

z2

 

9z + 20

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Корнями уравнения z2-9z+20=0 являются числа z1=5 и z2=4. Разложим эту дробь

на простые дроби:

 

z +1

=

A

 

+

B

=

A(z 4) + B(z 5)

. Или

 

2 9z + 20

 

 

 

 

 

z

 

z

5

 

z 4

 

(z 5)(z 4)

A(z 4) + B(z 5) = z + 2 . При z=5 получим A=7. Если положить z=4, то получим В=-6.

Следовательно,

 

z + 2

= 7

1

6

1

. 1). В кольце 4 <

 

z

 

< 5 имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

z

 

 

 

z

2 9z + 20

 

z 5

 

z 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

<1 и

 

 

 

 

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z5

 

 

 

 

z + 2

 

 

 

 

 

= 7

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

6

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

. Воспользуемся формулой для бесконечно убывающей

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2 9z + 20

5(1

z

)

 

 

z(1

4

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

геометрической прогрессии:

 

 

1

 

 

 

 

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где

 

 

 

q

 

<1. В первой дроби q=z/5,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

во второй дроби q=4/z. Следовательно,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

n1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −6

 

 

 

+ 7

z

. 2). В кольце

 

z

 

> 5

выполняются неравенства

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

2

9z +

20

 

 

 

n

n+1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n=1 z

 

 

 

 

 

 

 

n=0 5

 

 

 

 

 

z + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7 5

n

1

6 4

n1

 

 

4

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

<1 и

 

 

 

<1. Следовательно,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 7

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

=

 

 

 

.

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

z2 9z +

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

zn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

20

 

 

 

 

z(1

 

)

 

 

z(1

)

n=1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

3) 1 <

 

z 4

 

 

 

1

 

 

 

 

< 1;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

zn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

z2

9z + 20

 

 

 

z

5

 

z

4

 

(z 4)(1

 

1

 

 

 

 

z 4

 

(z 4)n+1

4n+1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

)

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

zn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2 9z + 20

 

(z

4)n+1

 

 

4n+1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

n1

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ. 1).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −6

 

 

+ 7

z

 

в кольце 4 <

 

z

 

< 5 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

n+1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9z + 20

 

 

 

 

 

n=1 z

 

 

 

 

 

 

 

n=0 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

] = lim

 

 

 

 

 

 

 

z + 2

 

7 5

n1

6

4

n1

 

 

 

 

 

 

 

 

2).

 

 

 

=

 

 

 

 

в кольце

 

z

 

> 5 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2 9z + 20 n=1

 

 

 

 

 

 

zn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z + 2

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

zn

 

 

 

 

 

3)

 

 

 

 

= 7

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

в кольце 1<|z-4|.

z2

9z + 20

(z 4)n+1

 

4n+1

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

 

 

 

 

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

10.

 

2z

 

+1

dz

11.

 

 

(z + 3)3 cos

2

dz

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

=2

(z

1)z

 

 

 

 

z1

 

=1

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. 10. Разложим подынтегральную функцию на простые дроби. Знаменатель представляется в виде (z3-1)z=z(z-1)(z2 +z+1). Следовательно,

2z +1

=

A

+

B

 

+

 

Cz + D

. Приводя к общему знаменателю и приравнивая числители

 

 

z

 

 

 

(z3 1)z

 

z

1 z

2 + z +1

правой и левой части, получим: A(z-1)(z2 +z+1)+Bz(z2 +z+1)+z(Cz+D)(z-1)=2z+1. Полагая z=0, находим A=-1. Полагая z=1, находим B=1. Для определения С и В приравняем коэффициенты при z3 и z2 в правой и левой части равенства. Получим систему уравнений:

A + B + C = 0

Решая систему, находим: C=0, D=-1. Таким образом,B C + D = 0

 

2z

+ 1

dz = −

1

dz +

 

1

 

dz

 

 

1

 

dz = 2πi(1+ 1)

 

 

1

 

dz.

3

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

z

 

=2

(z

1)z

 

z

 

=2 z

 

z

 

=2 z 1

 

 

z

 

=2 z

 

+ z + 1

 

 

z

 

=2 z

 

+ z + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Два первых интеграла сразу вычислены по формуле Коши, третий интеграл найдём с помощью вычетов. Полюсами подынтегральной функции являются значения

 

 

 

1

 

3

 

 

 

1

 

3

 

 

 

 

 

 

 

z

1

= −

+

i и z

2

= −

i . Заметим, что z

1

z

2

= 3i . Тогда

 

 

 

 

 

2

 

2

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Res

 

1

 

=

 

 

 

z2

z +1

z1

 

Res

 

1

 

=

 

 

 

z2

+ z +1

z2

 

окончательно:

lim[(z

zz1

lim [(z

zz2

1

z1) (z z1)(z z2 )

1

z2 ) (z z1)(z z2 )

1 zz1 (z z2 )

] = lim

1

zz2 (z z1)

=

 

1

=

1

 

= −

i

 

.

(z1

z2 )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

3i

 

 

=

 

1

=

 

1

 

 

=

i

 

. Получим

(z2

z1)

 

 

 

 

 

 

 

3i

3

 

 

 

 

 

 

 

2z +1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz = 2πi(1+1) 2πi

 

 

 

Res

 

 

 

 

 

 

 

= −2πi

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

= 0.

 

 

 

 

 

z

 

=2 (z 1)z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1 zi z

 

+ z +

1

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11. Подынтегральная функция имеет существенно особую точку z=0. Поэтому для

 

вычисления вычета относительно этой точки следует разложить функцию в ряд Лорана.

 

Воспользуемся разложением в ряд функции cos(w) по степеням w:

 

 

 

 

cos w =1

w2

+

w4

w6

+ ... Полагая w =

2

, найдём разложение данной функции:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2!

 

4!

6!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z + 3)3

 

2

 

 

 

3)3 (1

22

 

 

 

24

 

 

 

26

 

 

 

 

 

= z3

+ 9z2 +

 

 

 

 

 

 

2(z3 + 9z2 + 27z + 27)

 

cos

 

 

= (z +

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

+ ...)

27z + 27

 

 

 

+

 

2z2

 

 

 

720z6

 

 

z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

24z4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

2(z3

+ 9z2

+ 27z + 27)

... = z3 + 9z2 + 25z + 9

(54

 

2

)

 

1

 

(54 18)

1

... =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3z4

 

 

 

3

 

z

z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= z3 + 9z2 + 25z + 9

160

 

1

36

 

1

 

...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычет данной функции равен коэффициенту при z-1 в данном разложении, т.е.

 

 

Re

s[( z + 3 ) 3 cos

 

2

] = −

160

. Следовательно.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z + 3)3 cos

2

dz = 2πi Res[(z + 3)3 cos

2

] = 2πi (

160

) = −

320

πi.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z1

 

=1

 

 

 

 

z

0

 

 

 

z

3

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ. 10.

 

2z +1

dz = 0. 11.

(z + 3)3 cos

2

dz = −

320

πi.

 

3

 

 

 

 

 

 

z

 

=2

(z 1)z

 

z1

 

=1

 

 

z

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

x2 x + 2

 

dx.

(x4 + 10x2 + 9)

−∞

 

 

Решение. В данном случае в верхней полуплоскости расположены два полюса z=i и z=3i.

Функции f(z) =

 

z2 z

+ 2

 

=

 

 

 

z2

z + 2

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z4 +10z

2 + 9)

(z2 +1)(z

2 + 9)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 x + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2 z + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2 z + 2

 

 

 

Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx = 2πi(Res

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ Res

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

).

 

 

 

(x

2

+ 1)(x

2

+

9)

(z

2

+1)(z

2

+

9)

 

(z

2

+1)(z

2

+

9)

 

 

−∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

3i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Res

 

z2 z

+ 2

 

= lim

 

(z i)(z2 z + 2)

 

 

=

 

 

 

 

1i

=

 

1

 

i

 

=

1i

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i(i2

 

 

 

 

2i 8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

(z

2

+1)(z

2

+

9)

 

 

zi (z + i)(z i)(z2

+ 9)

 

 

 

 

+ 9)

 

 

 

 

 

16i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Res

 

z2 z

+ 2

 

= lim

 

(z 3i)(z2 z + 2)

 

 

=

 

 

7 3i

 

 

 

=

7 3i

=

 

7 + 3i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6i(9i2 + 1)

 

6i 8

 

 

 

3i

(z

2

+1)(z

2

+

9)

 

 

z3i (z + 3i)(z 3i)(z2

+

1)

 

 

 

 

 

 

 

 

48i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 x + 2

 

 

 

 

 

 

 

1i

 

 

 

7 + 3i

 

 

 

 

5π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx = 2πi(

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

)

=

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

+

 

 

2

+ 9)

 

16i

48i

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

−∞ (x

 

1)(x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 x + 2

 

 

 

 

 

 

1

i

 

 

7

+

3i

 

 

 

5π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx =

2πi(

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

)

=

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

+ 1)(x

2

+ 9)

 

 

 

 

48i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

−∞ (x

 

 

 

 

 

 

 

16i

 

i

 

 

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 13. Вычислить интеграл от заданной ветви многозначной функции по кривой С от точки z1 до точки z2.

ln zdz , где С прямая, z1=2-2i, z2=-2-2i, ln(2 2i) = ln

 

9

πi .

8

 

C

4

 

 

 

 

 

Решение. Рассмотрим функцию ln z = ln z + i(ϕ + 2kπ). Рассматривается та ветвь функции,

для которой в точке 2-2i величина lnz будет принимать заданное значение. С одной стороны ln(2 2i) = ln 8 + i(π + 2kπ). С другой стороны ln(2 2i) = ln 8 9 πi . Сравнивая

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

эти выражения, приходим к выводу, что указанной ветви функции соответствует

значение k=-1. Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение

ln z = ln

 

z

 

 

+ i(ϕ − 2π).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u = ln z

du =

dz

 

 

222i2i

 

 

 

 

 

 

222i2i

 

 

 

 

 

 

 

3π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln z dz =

 

= z ln z

 

dz = z(ln z 1)

 

= (2 2i)(ln

 

+ i(

2π) 1)

z

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

dv = dz

v = z

 

 

 

 

 

4

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2 2i)(ln

 

+ i(π 2π) 1) = −4ln

 

 

+ 4 +

3πi

+ 4πi

3π

4π +

πi

+ 4πi +

π

+ 4π. =

8

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

2

 

2

 

2

 

2

 

 

 

= 4 − π − 6ln 2 + 10πi.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ.

 

ln zdz = 4 − π − 6ln 2 + 10πi .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Соседние файлы в папке 7. Функции комплексного переменного