7. Функции комплексного переменного / m7var13

ВАРИАНТ 13

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

а) Arch2i;	б) 6
		− 64

РЕШЕНИЕ. А). БУДЕМ ВЫЧИСЛЯТЬ ARCH3 ПО ФОРМУЛЕ Arch(z) = Ln(z + z2 −1). В ДАННОМ

ПРИМЕРЕ Z=2I, СЛЕДОВАТЕЛЬНО, Arch 2i = Ln(2i ±

− 5) = Ln(2i ± i 5) . ДАЛЕЕ ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ

ФОРМУЛОЙ Ln(z) = ln

z

+ i(ϕ + 2kπ) . В ДАННОМ СЛУЧАЕ У ФУНКЦИИ LN(Z) ИМЕЕТСЯ ДВА

ЗНАЧЕНИЯ Z: z1 = (2 +

z2 = (2 −

5)i

и

5)i . НАЙДЁМ МОДУЛИ И АРГУМЕНТЫ ЭТИХ ЧИСЕЛ:

=

π

π , ТАК КАК 2 −

< 0 . ТАКИМ

z

= 2 + 5,

ϕ = arg z

,

z

=

5

− 2,

ϕ

= arg z

= −

5

1

1

1

2

2

2

1

2

2

± 2) + iπ(2k ±

) .

ОБРАЗОМ Arch 2i = Ln((2 ±

5)i) = ln(

5

2

Б) ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ n

= n

(cos

ϕ + 2kπ

+ isin ϕ + 2kπ). В ДАННОМ СЛУЧАЕ

z

z

n

n

6

(cos

π + 2kπ

+ isin

π + 2kπ

) = 2 (cos

π + 2kπ

+ isin

π + 2kπ

) . ПРИ K=0, 1, 2

= 6

− 64

− 64

6

6

6

6

ПОЛУЧАЕМ ПЕРВЫЕ ТРИ КОРНЯ: z1 = 2 (cos π

π

3

i

+ isin

) = 2 (

+

) =

3

+ i ,

6

2

6

2

π + 2π

π + 2π) = 2i ,

z3 = 2 (cos π + 4π

π + 4π

3

i

z2 = 2 (cos

+ isin

+ isin

) = 2 (−

+

) = −

3

+ i .

6

6

6

6

2

2

СЛЕДУЮЩИЕ ТРИ КОРНЯ ЯВЛЯЮТСЯ СОПРЯЖЁННЫМИ ПО ОТНОШЕНИЮ К ПЕРВЫМ ТРЁМ

КОРНЯМ: z4 =

− i .

3 − i,

z5 = −2i,

z6 = −

3

ОТВЕТ. А) Arch 2i = ln(

1

) ; Б). z = ±

z = ±2i .

5 ± 2) + iπ(2k ±

3 ± i,

2

ЗАДАЧА 2. ВЫЯСНИТЬ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ СООТНОШЕНИЯ. СДЕЛАТЬ ЧЕРТЁЖ.

Im 1z =1.

РЕШЕНИЕ. ТАК КАК Z=X+IY, ТО ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ИМЕЕТ ВИД: Im x +1iy =1.

	ИЛИ Im	x − iy	=	− y	=1. ПРИВОДЯ К ОБЩЕМУ ЗНАМЕНАТЕЛЮ И ОТБРАСЫВАЯ ЕГО,
		x2 + y2		x2 + y2

YПОЛУЧИМ: x2 + y2 = −y . ВЫДЕЛЯЯ ПОЛНЫЙ КВАДРАТ СУММЫ,

XМОЖНО ЗАПИСАТЬ: x2 + (y + 12)2 = 14 .

ОТВЕТ. ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ПРЕДСТАВЛЯЕТ ОКРУЖНОСТЬ РАДИУСА 1/2 С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ (0; -1/2)

ЗАДАЧА 3. РЕШИТЬ УРАВНЕНИЕ: 4i chiz = 3.

РЕШЕНИЕ. ПЕРЕЙДЁМ ОТ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ К

ФУНКЦИИ EIZ: 4i eiz + e−iz = 3 . УМНОЖИМ ВСЁ УРАВНЕНИЕ НА EIZ,

2

ПОЛУЧИМ 2i(e2iz +1) = 3eiz . ОБОЗНАЧИМ v = eiz И РЕШИМ КВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ

2iv2 − 3v + 2i = 0,

v1,2 =

3 ±

9 +16

= 3± 5

. ТАКИМ ОБРАЗОМ,

4i

4i

v1 = eiz =

2

= −2i

или

z1 = Ln(−2) = [ln

− 2

+ i(π + 2kπ)] = ln 2 + (2k +1)π . АНАЛОГИЧНО,

i

1

i

1

1

v1 = eiz = −

=

или

z2

= Ln(

) = [ln

+ i(0 + 2kπ)] = − ln 2 + 2kπ

2i

2

2

2

ОТВЕТ. z1 = ln 2 + (2k +1)π, z2 = − ln 2 + 2kπ

ЗАДАЧА 4. ДОКАЗАТЬ ТОЖДЕСТВО. cos2 z + sin2 z =1.

РЕШЕНИЕ. ПЕРЕЙДЁМ К ГИПЕРБОЛИЧЕСКИМ ФУНКЦИЯМ, ПОЛЬЗУЯСЬ РАВЕНСТВАМИ

cos z = ch iz, sin z = −i sh iz , И РАССМОТРИМ ЛЕВУЮ ЧАСТЬ ТОЖДЕСТВА:

cos2 z + sin2 z = ch2 iz − sh2 iz =

(eiz

+ e−iz )2

−

(eiz − e−iz )2

=

4

4

1

2iz

iz

−iz

−2iz

2iz

iz

−iz

−2iz

4e2ize−2iz

=

(e

+ 2e

e

+ e

− e

+ 2e

e

− e

) = =

=1, ЧТО И ТРЕБОВАЛОСЬ

4

4

ДОКАЗАТЬ.

ЗАДАЧА 5. ВОССТАНОВИТЬ АНАЛИТИЧЕСКУЮ ФУНКЦИЮ ПО ЗАДАННОЙ МНИМОЙ ЧАСТИ ЕЁ:

2x	+ y +1, ЕСЛИ F(I)=2(1+I).
Imf (z) = v = x2 + Ay2

РЕШЕНИЕ. ЧТОБЫ ФУНКЦИЯ V(X,Y) БАЛА МНИМОЙ ЧАСТЬЮ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ НУЖНО, ЧТОБЫ ОНА БЫЛА ГАРМОНИЧЕСКОЙ, Т.Е. ЕЁ ЛАПЛАСИАН ∆V БЫЛ БЫ РАВЕН НУЛЮ: ∆V=0,

≡

∂2

+

∂

2

.

ПРОВЕРИМ ВЫПОЛНЕНИЕ ЭТОГО УСЛОВИЯ, ДЛЯ ЧЕГО НАЙДЁМ ПРОИЗВОДНЫЕ

∂x2

∂y2

ВТОРОГО ПОРЯДКА ОТ V ПО X И ПО Y:

∂v

=

2(x2 + Ay2 ) − 2x 2x

2(Ay2 − x

2 )

∂2v

− 4x(x2 + Ay2 )2 − 8x(x2 + Ay2 )(Ay2 − x

2 )

=

,

=

=

∂x

(x2 + Ay2 )2

∂x2

(x2

+ Ay2 )4

(x2 + Ay2 )2

=

4x(x2

− 3Ay2 )

,

∂v

= −

4Axy

+1,

∂2v

= −

4Ax(x2 + Ay2 )2

−16A2xy2 (x2 + Ay2 )

=

(x2 + Ay2 )3

∂y

(x2 + Ay2 )2

∂y2

(x2

+ Ay2 )4

= −

4Ax(x2 − 3Ay2 )

. ЧТОБЫ ЛАПЛАСИАН ∆V БЫЛ РАВЕН НУЛЮ, НУЖНО ПОЛОЖИТЬ A=1. ТАКИМ

(x

2 + Ay2 )3

ОБРАЗОМ, ФУНКЦИЯ v(x, y) =

2x

+ y +1ЯВЛЯЕТСЯ ГАРМОНИЧЕСКОЙ.

x2 +1y2

ВОССТАНОВИМ ДЕЙСТВИИТЕЛЬНУЮ ЧАСТЬ U(X,Y) ФУНКЦИИ F(Z)=U(X,Y)+IV(X,Y), ПОЛЬЗУЯСЬ

УСЛОВИЯМИ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА:

∂u

=

∂v

,

∂u

= −

∂v

. ИЗ ПЕРВОГО УСЛОВИЯ ПОЛУЧАЕМ:

∂x

∂y

∂y

∂x

∂v

=

∂u

= −

4xy

+ 1. ТОГДА u(x, y) =

∫ ∂udx

+ ϕ(y) , ИЛИ

∂y

∂x

(x

2

2

)

2

+ y

∂x

u(x, y) = −∫{

4xy

−1}dx + ϕ(y) =

2y

+ x + ϕ(y). ПРОИЗВОДНАЯ ПО Y ОТ ЭТОГО

(x

2

+ y

2

)

2

(x

2

+ y

2

)

ВЫРАЖЕНИЯ РАВНА

∂u

=

2(x2 + y2 ) − 4y

+ ϕ′(y) =

2(x

2 − y2 )

+ ϕ′(y). С ДРУГОЙ СТОРОНЫ ПО

∂y

(x2 + y2 )2

(x2

+ y2 )2

ВТОРОМУ УСЛОВИЮ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА

∂u

= −

2(y2 − x2 )

. ПРИРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ,

∂y

(x2

+ y2 )2

ПОЛУЧИМ: ϕ′(y) = 0. ИЛИ ϕ(y) = +C. ТАКИМ ОБРАЗОМ, u(x, y) =

2y

+ C. ТОГДА

(x2 + y2 )

f(z) =

2y

+ x + C + i(

2x

+ y +1). ПЕРЕЙДЁМ К ПЕРЕМЕННОЙ Z:

(x2 + y2 )

x2 + y2

f(z) =

2y + 2ix

+ x + iy + C + i =

2iz

+ z + C + i =

2i

+ z + C + i. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ

(x2 + y2 )

z

zz

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫМ УСЛОВИЕМ F(I)=2(1+I). В ДАННОМ СЛУЧАЕ f(i) = 2 + i + C + i . СЛЕДОВАТЕЛЬНО, C=0.

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

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

∫z Re zdz;	C − прямая, z1 = 0, z2 =1+ i.
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)=(X+IY)X, Т.Е.U=X2,

C C C

V=XY. ЗНАЧИТ ∫z Re zdz = ∫x2dx − xydy + i∫x2dy + xydx . ПРИМЕМ X ЗА ПАРАМЕТР. СОСТАВИМ

C	C	C
УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПО КОТОРОЙ ПРОВОДИТСЯ ИНТЕГРИРОВАНИЕ:			y	=	x	, Т.Е. y = x, dy = dx .
			1
				1
НАЧАЛЬНОЙ ТОЧКЕ Z1=0 СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ X=0, КОНЕЧНОЙ					Z2=1+I – ЗНАЧЕНИЕ

X=1.

			1	1		2x	3			1	2i
СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ∫z Re zdz = 2∫(x2 − x2 )dx + i∫(x2					+ x2 )dx =i					=		.
						3					3
C			0	0						0
ОТВЕТ. ∫z Re zdz =	2i	.
	3
C

i

ЗАДАЧА 7. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ОТ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ. ∫(z +1) sh zdz .

0

РЕШЕНИЕ. ПРИМЕНИМ ФОРМУЛУ ИНТЕГРИРОВАНИЯ ПО ЧАСТЯМ:

i		u = z +1 du = dz				i
∫(z +1) sh z dz =				= (z +1) ch z		i0 − ∫ch z dz = (i+1) ch i −sh z
		dv = sh zdz v = ch z
0				0

= (i +1) chi −1− sh i . ПЕРЕЙДЁМ К ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИМ ФУНКЦИЯМ: sh i

i0 =

= isin1, ch i = cos1.

i

ПОЛУЧИМ: ∫(z +1) sh zdz = ch1−1+ i(ch1− sin1) .

0

i

ОТВЕТ. ∫(z +1) sh zdz = ch1−1+ i(ch1− sin1) .

0

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

РАМ L1, L2, L3.

Y

L2

-1

∫

ez−idz

, 1) L1 :

z −1

=1, 2) L2 :

z

= 2, 3) L3 :

z + i

= 2.

(z2

+1)(z + i)

L

РЕШЕНИЕ. 1). ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ АНАЛИТИЧНА

ВСЮДУ, ЗА ИСКЛЮЧЕНИЕМ ТОЧЕК Z=-I И Z=I. В КРУГЕ

z −

≤ 1 ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ АНАЛИТИЧНА.

L1

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, I1 =

ez−idz

= 0 . 2). В КРУГЕ

X

L∫ (z2

+1)(z + i)

1

2z ≤ 2 ЕСТЬ ДВЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ Z=-I И Z=I. ПОЭТОМУ

ПРИМЕНИМ ТЕОРЕМУ КОШИ ДЛЯ МНОГОСВЯЗНОЙ ОБЛАСТИ:

	I2 =		ez−idz	=		ez−idz	+			ez−idz	, ГДЕ
		L∫2 (z2 +1)(z + i)			(z2	+1)(z + i)		l∫	(z2	+ 1)(z + i)
				l∫
				1				2

L1 - ОКРУЖНОСТЬ ДОСТАТОЧНО МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=-I, А L2 - ОКРУЖНОСТЬ МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=I. ВЫЧИСЛИМ ИНТЕГРАЛЫ ПО ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ:

ez−i

ez−idz

dz

2πi

d

ez−i

ez−i (z − i) − ez−i

πie−2i (1

+ 2i)

=

z − i

=

= 2πi

=

,

∫

(z + i)2

1!

dz

(z − i)2

2

∫ (z2 + 1)(z + i)

z − i

l1

l1

ez−i

dz

z

=−i

z=−i

ez−idz

ez−i

∫

=

∫

(z + i)2

= −

πi

. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

= 2πi

(z

2

(z − i)

(z + i)

2

2

l2

+1)(z + i)

l2

=i

z

I2 =

ez−idz

= [

πie−2i (1+ 2i)

−

πi

] =

πi

[(1+ 2i)(cos2 − isin 2) −1] =

L∫2

(z

2 +1)(z

+ i)

2

2

2

=

π

[sin 2 − 2cos 2 + i(cos2 + 2sin 2 −1)]

2

3). ВНУТРИ ОБЛАСТИ

z + i

≤

РАСПОЛОЖЕНА ОДНА ОСОБАЯ ТОЧКА Z=-I. ИНТЕГРАЛ ПО

2

КОНТУРУ L3 СОВПАДАЕТ С УЖЕ ВЫЧИСЛЕННЫМ ИНТЕГРАЛОМ ПО КОНТУРУ L1:

I3 =

ez−idz

=

πie−2i

(1+

2i)

=

πi

(1

+ 2i)(cos2 − isin 2) =

πi

(cos2 − isin 2

+ 2icos 2 + 2sin 2) =

(z2

l∫

+1)(z + i)

2

2

2

1

=

π

[sin2 − 2cos2 + i(cos2 + 2sin 2)]

2

ОТВЕТ.

I1 = 0, I2 =

π

[sin 2 − 2cos 2 + i(cos 2 + 2sin 2 −1)],

I3 =

π

[sin 2 − 2cos 2 + i(cos2 + 2sin 2)].

2

2

ЗАДАЧА 9. РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД ЛОРАНА В ОБЛАСТЯХ.

z +1

,

1)

2 <

z

< 3

2)

z

> 3.

3) 5<|Z+3|;

z2 + z − 6

РЕШЕНИЕ. КОРНЯМИ УРАВНЕНИЯ Z2-5Z+4=0 ЯВЛЯЮТСЯ ЧИСЛА Z1=2 И Z2=-3. РАЗЛОЖИМ ЭТУ

ДРОБЬ НА ПРОСТЫЕ ДРОБИ:

z +1

=

A

+

B

=

A(z + 3) + B(z − 2)

. ИЛИ

z2 + z −

6

z −

2

z

+ 3

(z − 2)(z + 3)

A(z + 3) + B(z − 2) = z + 1. ПРИ Z=2 ПОЛУЧИМ A=3/5. ЕСЛИ ПОЛОЖИТЬ Z=-3, ТО ПОЛУЧИМ

В=2/5. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z +1

=

3

1

+

2

1

.

1). В КОЛЬЦЕ 2 <

z

< 3 ИМЕЕМ

z2 + z − 6

5

z − 2

5

z + 3

2

z

<1

и

<1. ТОГДА ДРОБЬ МОЖНО ПРЕДСТАВИТЬ СЛЕДУЮЩИМ ОБРАЗОМ:

z

3

z + 1

=

3

1

+

2

1

. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ ДЛЯ БЕСКОНЕЧНО

z2 + z − 6

5

2

z

5

z(1−

)

3(1+

)

z

3

УБЫВАЮЩЕЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ:

1

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., ГДЕ

q

<1. В

1− q

ПЕРВОЙ ДРОБИ Q=2/Z, ВО ВТОРОЙ ДРОБИ Q=-Z/3. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z + 1

3

∞

2

n−1

2

∞

(−1)

n

z

n

=

∑

+

∑

.

2). В КОЛЬЦЕ

z

> 3

ВЫПОЛНЯЮТСЯ НЕРАВЕНСТВА

3n+1

z2 + z − 6

5 n=1

zn

5

n=0

2

<1

и

3

<1. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z

z

z +1

3

1

2

1

3

∞

2

n

−1

2

∞

(−1)

n−1

3

n

−1

∞

3

2

n−1

− 2 (−3)

n−1

=

+

=

∑

+

∑

=

1

∑

.

2

3

zn

zn

z2 + z − 6

5

5

5

n=1 zn

5

n=1

5

n=1

z(1−

z

)

z(1+

z

)

3) 5 <

z + 3

5

<

1;

z

+

3

z +1

=

2

1

+

3

1

=

2

1

+

3

1

2

∞ (−1)n zn

3

∞

5n

=

∑

+

∑

;

z2

+ z + 6

5

z

+

3 5

z

− 2 5

z + 3 5

(z

+ 3)(z −

5

)

5

n=1 3n+1

5

n=1(z + 3)n+1

(−1)n zn

5n

z + 3

z +1

2

∞

3

∞

=

∑

+

∑

;

z2

+ z + 6

5

n=1 3n+1

5

n=1(z + 3)n+1

z + 1

3

∞

2

n−1

2

∞

(−1)

n

z

n

ОТВЕТ. 1).

=

∑

+

∑

. В КОЛЬЦЕ 2 <

z

< 3.

3n+1

z

2 + z − 6

5 n=1 zn

5

n=0

z + 1

1

∞

3

2

n−1

− 2 (−3)

n−1

2).

=

∑

В КОЛЬЦЕ

z

> 3 .

z2 + z − 6

5

zn

n=1

3)

z +1

=

2

∞

(−1)n zn

+

3

∞

5n

; В КОЛЬЦЕ 5<|Z+3|;

∑

∑

z2

+ z + 6

5

n=1 3n+1

5

n=1(z + 3)n+1

ЗАДАЧИ 10-11. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛЫ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

10.

∫

sh2πz

dz

11.

∫

(z + 1)2 sin

3 dz

2

2

z

=4

(z

+ 4)

z

=1

z

РЕШЕНИЕ. 10. КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ: z1 = −2i,

z2 = 2i . ЗНАЧЕНИЯ Z1 И Z2 ЯВЛЯЮТСЯ

ПОЛЮСАМИ ПОДЫНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ КРАТНОСТИ 2. ТОГДА

Re s

sh2πz

=

lim

d

[

(z + 2i)2 sh2πz

] =

lim

[

2π shπz chπz (z − 2i)

2 − 2(z − 2i)sh2πz

]

=

2 + 4)2

dz

(z + 2i)2 (z − 2i)

2

(z − 2i)4

−2i

(z

z→−2i

z→−2i

=

1

(−32πsh(2πi) sh(2πi) + 8ish2 2πi) = 0, ЗДЕСЬ УЧТЕНО, ЧТО SH(2ΠI)=ISIN(2Π)=0.

256

Res

sh2πz

= lim

d

[

(z − 2i)2 sh2πz

] =

lim [

2π shπz chπz (z + 2i)2 − 2(z + 2i)sh

2πz

] =

2 + 4)2

(z + 2i)2 (z − 2i)2

(z + 2i)4

2i

(z

z→2i dz

z→2i

=

1

(−32πsh(2πi) sh(2πi) − 8ish2 2πi) = 0 . ПОЛУЧИМ ОКОНЧАТЕЛЬНО:

256

∫

sh2πz

dz = 2πi 0 = 0.

(z

2

+ 4)

2

z

=4

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 SIN(W) ПО СТЕПЕНЯМ W:

sin(w) = w −

w3

+

w5

−

w

7

+ ... ПОЛАГАЯ w =

3

, ПОЛУЧИМ:

3!

5!

7!

z

2

3

2

3

33

35

3(z + 1)2

27(z + 1)

2

35

(z +1)

2

3

(z +

1)

sin

= (z +1)

(

−

+

− ...) =

−

+

− ... = 3z + 6

+

−

z

z

3!z

3

5!z5

z

6z3

5!z5

z

−

9

−

9

−

9

+

35 (z +1)2

− ...ПОСЛЕДУЮЩИЕ СЛАГАЕМЫЕ НЕ СОДЕРЖАТ СТЕПЕНИ Z

-1

.

2z

z2

2z3

5!z5

КОЭФФИЦИЕНТОМ ПРИ Z-1 В РАЗЛОЖЕНИИ ФУНКЦИИ БУДЕТ ЧИСЛО −

3

. ВЫЧЕТ ДАННОЙ

2

ФУНКЦИИ РАВЕН КОЭФФИЦИЕНТУ ПРИ Z-1 В ДАННОМ РАЗЛОЖЕНИИ, Т.Е. Res[(z + 1)2 sin

3

]

= −

3

.

z

2

0

СЛЕДОВАТЕЛЬНО.

∫

(z +1)2 sin

3 dz = 2πi

(−

3

) = −3πi .

z

=1

z

2

ОТВЕТ. 10. ∫

sh

2πz

dz = 0 .

11.

∫

(z +1)2 sin 3 dz = −3πi .

2

2

z

=4 (z

+ 4)

z

=1

z

ЗАДАЧА 12. ВЫЧИСЛИТЬ НЕСОБСТВЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

∞

x2

∫

dx.

(x2 +1)(x2 + 4)

0

РЕШЕНИЕ. КОРНЯМИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ ФУНКЦИИ f(z) =

z2

ЯВЛЯЮТСЯ ЧИСЛА

(z2

+1)(z2 + 4)

z1,2 = ±i,

z3,4

= ±2i . В ДАННОМ СЛУЧАЕ В ВЕРХНЕЙ ПОЛУПЛОСКОСТИ РАСПОЛОЖЕНЫ ДВА

ПОЛЮСА Z=I И Z=2I ДАННОЙ ФУНКЦИИ.

∞

x2

z2

z2

ТОГДА

∫

dx = 2πi(Res

+ Res

).

(x

2

+ 1)(x

2

+

4)

(z

2

+1)(z

2

+ 4)

2

+1)(z

2

+ 4)

−∞

i

2i (z

Res

z2

= lim

(z − i)z2

=

−1

,

(z2

1)(z2

i

+

+ 4)

z→i (z + i)(z − i)(z2 + 4)

6i

Res

z2

= lim

(z − 2i)z2

=

− 4

=

1

.

(z2

+

1)(z2

+ 4)

2i)(z − 2i)(z2

4i(−3)

3i

2i

z→2i (z +

+1)

∞

x2

1

∞

x2

2πi

1

1

π

СЛЕДОВАТЕЛЬНО. ∫

dx =

∫

dx =

(−

+

) =

.

2

+1)(x

2

+ 4)

2

2

+1)(x

2

+ 4)

2

6i

3i

3

0 (x

−∞ (x

i

∞

x2

π

ОТВЕТ.

∫

dx =

.

(x

2

+1)(x

2

+

4)

3

0

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

С ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.

∫		dz		, ГДЕ С: ПРЯМАЯ, Z1=8-I, Z2=0, 3		= −1− i		.
					8		3
	3
		z + i
C

РЕШЕНИЕ. ТОЧКИ Z1 И Z2 НЕ ЯВЛЯЮТСЯ ОСОБЫМИ ТОЧКАМИ ДЛЯ ПОДИНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, МОЖНО ПРИМЕНИТЬ ФОРМУЛУ НЬЮТОНА-ЛЕЙБНИЦА:

dz

3

z2

=

3

∫

=

3 (z

+ i)2

(3 (z2 + i)2 − 3 (z1 + i)2 ) . РАССМОТРИМ ФУНКЦИЮ

3 z + i

2

z1

2

C

(cos ϕ + 2kπ

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

3

z = 3

z

+ isin

3

3

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

3

(cos

2kπ

+ isin

2kπ

) = 2(cos

2kπ

+ isin

2kπ

) . С ДРУГОЙ СТОРОНЫ

8 = 3

8

3

3

3

3

3

= −1− i

= 2(−

1

−

i

3

) . СРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПРИХОДИМ К ВЫВОДУ, ЧТО

8

3

2

2

УКАЗАННОЙ ВЕТВИ ФУНКЦИИ СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ K=2. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ДАННАЯ

ВЕТВЬ ФУНКЦИИ ИМЕЕТ УРАВНЕНИЕ. 3

= 3

(cos ϕ + 4π

+ isin ϕ + 4π) . ТАКИМ ОБРАЗОМ,

z

z

4π

4π

3

3

+ isin

) = −4(

1

+

i

3

) ,

3

(z1 + i)2

= 3 82

= 4(cos

3

3

2

2

= 3

= cos

π + 4π

+ isin

π + 4π

=

1

−

i

3

3

(z2 + i)2

= 3 i2

. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

−1

2

3

3

2

		dz				3								z2		3
																										3		1		i 3			1		i 3			3
								3 (z + i)2										(3 (z2			+ i)2 − 3 (z1			+ i)2 ) =
				=											=												(		−			+ 4(		+			)) =		(5 + i3	3) .
∫ 3						2										2										2		2					2					4
		z + i												z1															2					2
C							dz					3
ОТВЕТ. ∫
											=		(5 + i3					3) .
					3							4
							z + i
				C