7. Функции комплексного переменного / m7var16
.pdfВАРИАНТ 16
ЗАДАЧА 1. ВЫЧИСЛИТЬ ЗНАЧЕНИЕ ФУНКЦИИ (ОТВЕТ ДАТЬ В АЛГЕБРАИЧЕСКОЙ ФОРМЕ):
а) e1−icth |
πi |
; |
б) Ln(i − 2) |
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4 |
||||
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РЕШЕНИЕ. А). ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ СВЯЗИ МЕЖДУ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИМ КОТАНГЕНСОМ И ГИПЕРБОЛИЧЕСКИМ КОТАНГЕНСОМ: СTH(IZ)= -I·CTG(Z). ПОЛУЧИМ
cth π4i = −i ctg π4 = −i . КРОМЕ ТОГО, e1−i = e e−i = e(cos1− i sin1) . ТАКИМ ОБРАЗОМ, e1−icth π4i = e(cos1− i sin1) (−i) = −e sin1− i e cos1.
Б). ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ Ln(z) = ln z + i(ϕ + 2kπ) . В ДАННОМ СЛУЧАЕ Z=I-2,
СЛЕДОВАТЕЛЬНО, |
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1 |
. ТОГДА |
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z |
= 5, ϕ = arg z = π − arctg |
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2 |
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Ln(i − 2) = ln 5 + i(π − arctg 12 + 2kπ) = ln 5 − i arctg 12 + i(2k +1)π
ОТВЕТ. А). e1−icth π4i = −e (sin1+ i cos1) . Б). Ln(i − 2) = ln 5 − i arctg 12 + i(2k +1)π .
ЗАДАЧА 2. ВЫЯСНИТЬ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ СООТНОШЕНИЯ. СДЕЛАТЬ ЧЕРТЁЖ.
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z + i |
− |
z − i |
=1 |
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Y |
РЕШЕНИЕ. ТАК КАК Z=X+IY, ТО ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ИМЕЕТ ВИД: |
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x + i(y +1) |
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− |
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x + i(y −1) |
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=1. |
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ИЛИ x2 + (y + 1)2 − x2 + (y −1)2 =1. ПЕРЕНЕСЁМ ВТОРОЙ КОРЕНЬ |
XВ ПРАВУЮ ЧАСТЬ РАВЕНСТВА И ВОЗВЕДЁМ ОБЕ ЧАСТИ В КВАДРАТ.
ПОЛУЧИМ: x2 + y2 + 2y +1=1+ 2x2 + (y −1)2 + x2 + y2 − 2y + 1. ИЛИ 2x2 + (y −1)2 = 4y −1. ЗАМЕТИМ, ЧТО ПРАВАЯ ЧАСТЬ НЕ ДОЛЖНА БЫТЬ ОТРИЦАТЕЛЬНОЙ, Т.Е. Y>1/4. ВОЗВЕДЁМ ЕЩЁ РАЗ В КВАДРАТ: 4x2 + 4y2 − 8y + 4 =1− 8y +16y2. ИЛИ
4x2 −12y2 = −3.
ПОДЕЛИВ ВСЁ РАВЕНСТВО НА ПРАВУЮ ЧАСТЬ, ПОЛУЧИМ КАНОНИЧЕСКОЕ УРАВНЕНИЕ
ГИПЕРБОЛЫ С ФОКУСАМИ НА МНИМОЙ ОСИ: |
y2 |
− |
4x |
2 |
=1. |
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4 |
3 |
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ОТВЕТ. ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ОПРЕДЕЛЯЕТ ВЕРХНЮЮ ВЕТВЬ ГИПЕРБОЛЫ |
y2 |
− |
4x |
2 |
=1. |
|||||
4 |
3 |
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||||||||
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ЗАДАЧА 3. РЕШИТЬ УРАВНЕНИЕ: e3z + 42(1− i) = 0.
РЕШЕНИЕ. ПЕРЕПИШЕМ УРАВНЕНИЕ: e3z = −42(1− i). ТОГДА z = 13 Ln[−42(1− i)]. НАЙДЁМ МОДУЛЬ И АРГУМЕНТ ЧИСЛА, СТОЯЩЕГО ПОД ЗНАКОМ ЛОГАРИФМА:
− 42(1− i) = 422 = 8, arg[−42(1− i)] = 34π . ДАЛЕЕ ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ
LnV = ln V + i(ϕ + 2kπ) . ПОЛУЧИМ: Ln[−42(1− i)] = ln8 + i(34π + 2kπ) . СЛЕДОВАТЕЛЬНО,
z = 13 Ln[−42(1− i)] = 13[ln8 + i(34π + 2kπ)] = ln 2 + iπ(23k + 14) . ОТВЕТ. z = ln 2 + iπ(23k + 14) .
ЗАДАЧА 4. ДОКАЗАТЬ ТОЖДЕСТВО. cos2 z − sin2 z = cos2z .
РЕШЕНИЕ. ПЕРЕЙДЁМ К ГИПЕРБОЛИЧЕСКИМ ФУНКЦИЯМ, ПОЛЬЗУЯСЬ РАВЕНСТВАМИ cosz = 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 |
= |
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4 |
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4 |
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= |
1 |
(e |
2iz |
+ 2e |
iz |
e |
−iz |
+ e |
−2iz |
+ e |
2iz |
− |
2e |
iz |
e |
−iz |
+ e |
−2iz |
) = |
1 |
(2e |
2iz |
+ |
2e |
−2iz |
) = |
1 |
(e |
2iz |
+ e |
−2iz |
) = ch 2iz |
= cos 2z , |
||
4 |
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4 |
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2 |
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ЧТО И ТРЕБОВАЛОСЬ ДОКАЗАТЬ.
ЗАДАЧА 5. ВОССТАНОВИТЬ АНАЛИТИЧЕСКУЮ ФУНКЦИЮ ПО ЗАДАННОЙ ДЕЙСТВИТЕЛЬНОЙ ЧАСТИ
ЕЁ:
Ref (z) = u = x3 + Axy2 + 3x2 − 3y2 −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 |
|||||||||||
|
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|||||
ПРОИЗВОДНЫЕ ВТОРОГО ПОРЯДКА ОТ U ПО X И ПО Y: |
|
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||||||||||
∂u = 3x2 + Ay2 |
+ 6x, |
|
∂2u |
|
= 6x + 6, |
∂u = 2Axy − 6y, |
∂2u |
= 2Ax − 6. |
||||
|
∂x2 |
|
∂y2 |
|||||||||
∂x |
|
|
|
|
|
|
∂y |
|
ЧТОБЫ ЛАПЛАСИАН ∆U БЫЛ РАВЕН НУЛЮ, НУЖНО ПОЛОЖИТЬ A=-3. ТАКИМ ОБРАЗОМ,
ФУНКЦИЯ u(x, y) = x3 − 3xy2 + 3x2 − 3y2 −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 |
. ИЗ ПЕРВОГО УСЛОВИЯ ПОЛУЧАЕМ: |
∂v |
= |
∂u |
= 3x2 |
− 3y2 + 6x. |
|
∂x |
∂y |
∂y |
∂x |
|
∂x |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
∂y |
|
|
||||||
ТОГДА v(x, y) = ∫ |
|
∂v |
dy + ϕ(x) , ИЛИ v(x, y) = ∫(3x2 − 3y2 + 6x)dy + ϕ(x) = 3x2 y − y3 |
+ 6xy + ϕ(x). |
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||||||||||||||
|
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|
∂y |
|
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ПРОИЗВОДНАЯ ПО X ОТ ЭТОГО ВЫРАЖЕНИЯ РАВНА ∂∂xv = 6yx + 6y + ϕ′(x). С ДРУГОЙ СТОРОНЫ ПО
∂v
ВТОРОМУ УСЛОВИЮ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА ∂x = 6xy + 6y. ПРИРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ,
ПОЛУЧИМ: ϕ′(x) = 0. ИЛИ ϕ(x) = C. ТАКИМ ОБРАЗОМ, v(x, y) = 3x2 y − y3 + 6xy + C. ТОГДА f(z) = x3 − 3xy2 + 3x2 − 3y2 −1+ i (3x2 y − y3 + 6xy + C). ПЕРЕЙДЁМ К ПЕРЕМЕННОЙ Z:
f(z) = (x3 + 3ix2 y − 3xy2 − iy3 ) + 3(x2 + 2ixy − y2 ) −1+ iC = z3 + 3z2 −1+ iC.
ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫМ УСЛОВИЕМ F(0)=-1. ЗДЕСЬ F(0)=-1+IC. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,
C=0.
ОТВЕТ. f(z) = x3 − 3xy2 + 3x2 − 3y2 −1+ i (3x2 y − y3 + 6xy) = z3 + 3z2 −1.
ЗАДАЧА 6. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ПО ДУГЕ C ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.
∫ |
z |
Re |
z |
dz; |
C − прямая, z1 =1+ i, 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)=(X-IY)X, Т.Е.U=X2, V=-
C C C
XY. ЗНАЧИТ ∫z Re zdz = ∫x2dx + xydy + i∫x2dy − xydx . ПРИМЕМ X ЗА ПАРАМЕТР. СОСТАВИМ
C |
C |
C |
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УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПО КОТОРОЙ ПРОВОДИТСЯ ИНТЕГРИРОВАНИЕ: |
y |
= |
x |
, Т.Е. y = x, dy = dx . |
||
1 |
|
|||||
|
|
|
1 |
|
||
НАЧАЛЬНОЙ ТОЧКЕ Z1=1+I СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ X=1, КОНЕЧНОЙ |
Z2=2+2I – ЗНАЧЕНИЕ |
|||||
X=2. |
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2 |
2 |
|
2x |
3 |
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2 |
16 |
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2 |
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14 |
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||
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|||||||||||
СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ∫ |
|
Re |
|
dz = ∫(x2 + x2 )dx + i∫(x2 |
− x2 )dx = |
|
|
|
= |
− |
= |
|
. |
|||||||||||
z |
z |
|
|
|
||||||||||||||||||||
3 |
|
|
3 |
3 |
|
3 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
C |
1 |
1 |
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|
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|
1 |
|
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||||||||||
|
|
|
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|||||||||||||
ОТВЕТ. ∫ |
|
Re |
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dz = |
14 . |
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z |
z |
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C |
3 |
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||||||
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1 |
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ЗАДАЧА 7. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ОТ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ. ∫(z +1) ez dz .
−i
РЕШЕНИЕ. ПРИМЕНИМ ФОРМУЛУ ИНТЕГРИРОВАНИЯ ПО ЧАСТЯМ:
1 |
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u = z +1 du = dz |
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= (z + 1)ez |
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1 |
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1 |
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2e − (−i +1)e−i + ez |
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1 |
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∫ |
(z +1) ez |
dz = |
dv |
= e |
z |
dz v |
= e |
z |
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−i |
|
− ∫ez dz = |
|
−i |
= |
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
−i |
|
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−i |
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= 2e + ie−i − e−i + e − e−i |
= 3e + (i − 2)e−i = 3e + (i −2)[cos1− isin1] = 3e −2cos1+ sin1+ i(cos1+ 2sin1) . |
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1 |
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ОТВЕТ. ∫(z +1) ez dz = 3e −2cos1+ sin1+ i(cos1+ 2sin1) . |
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−i |
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ЗАДАЧА 8. НАЙТИ ИНТЕГРАЛ, ИСПОЛЬЗУЯ ИНТЕГРАЛЬНУЮ ФОРМУЛУ КОШИ, ПО КОНТУ- |
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РАМ L1, L2, L3. |
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|
z4 +1 |
|
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(x |
− 2) |
2 |
|
|
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|
2 |
|
|
|
|
|
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|
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|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
y2 |
|
|
|
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|
|
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||||||||||
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|
|
|
dz, |
1) |
L1 : |
|
|
|
+ y |
=1, |
|
2) |
|
L2 : x |
+ |
|
=1, |
|
3) |
L3 : |
z + 2i |
= 2. |
|
|
|
|
|
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
L∫ |
(z2 |
+1)(z − i) |
|
|
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|
4 |
|
|
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|
|
|
|
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|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
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РЕШЕНИЕ. 1). ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ АНАЛИТИЧНА ВСЮДУ, ЗА ИСКЛЮЧЕНИЕМ ТОЧЕК |
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Y |
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L2 |
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Z=-I И Z=I. В ЭЛЛИПСЕ |
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(x − 2)2 |
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+ y2 =1ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ |
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L1 |
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4 |
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-1 |
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X |
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АНАЛИТИЧНА. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, |
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I1 = |
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z4 +1 |
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dz = 0 . 2). В ЭЛЛИПСЕ x2 + |
y2 |
=1 |
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2 |
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L∫ (z2 +1)(z − i) |
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4 |
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ЕСТЬ ДВЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ Z=-I И Z=I. ПОЭТОМУ |
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L3 |
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ПРИМЕНИМ ТЕОРЕМУ КОШИ ДЛЯ МНОГОСВЯЗНОЙ |
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ОБЛАСТИ: |
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I2 = |
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z4 + 1 |
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dz = |
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z4 + 1 |
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dz + |
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z4 + 1 |
dz |
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L∫2 |
(z2 +1)(z − i) |
l∫ |
(z2 |
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+1)(z − i) |
l∫ (z |
2 |
+1)(z − i) |
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1 |
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2 |
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, ГДЕ L1 - ОКРУЖНОСТЬ ДОСТАТОЧНО МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=-I, А L2 - |
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ОКРУЖНОСТЬ МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=I. ВЫЧИСЛИМ ИНТЕГРАЛЫ ПО |
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ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ: |
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z4 + |
1 |
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dz |
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∫ |
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z4 + 1 |
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dz = |
∫ |
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(z − i)2 |
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z4 +1 |
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2 |
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= 2πi |
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= 2πi |
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= −πi |
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(z |
2 |
+1)(z − i) |
|
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(z + i) |
|
(z |
− i) |
2 |
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− 4 |
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l1 |
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l1 |
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=−i |
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z |
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z4 + 1 |
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∫ |
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z4 + 1 |
|
dz = |
∫ |
|
|
z + i |
|
|
dz |
= |
|
2πi |
|
|
d |
z4 |
+1 |
|
|
= 2πi |
4z3 (z + i) − z4 |
|
= |
2πi(8 −1) |
= − |
7πi |
. |
|
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(z2 |
+1)(z − i) |
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(z − i)2 |
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|
1! |
|
|
dz |
|
+ i |
|
|
|
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|
(z + i)2 |
|
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|
− 4 |
|
|
2 |
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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z |
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l2 |
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l2 |
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z4 +1 |
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z=i |
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z=i |
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СЛЕДОВАТЕЛЬНО, I2 = |
L2∫ |
|
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dz = − |
7πi |
− πi = − |
9πi |
. |
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(z2 +1)(z |
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2 |
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|
2 |
|
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− i) |
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3). ВНУТРИ ОБЛАСТИ z + 2i ≤ 2 РАСПОЛОЖЕНА ОДНА ОСОБАЯ ТОЧКА Z=-I. ИНТЕГРАЛ ПО КОНТУРУ L3 СОВПАДАЕТ С УЖЕ ВЫЧИСЛЕННЫМ ИНТЕГРАЛОМ ПО КОНТУРУ L1:
z4 + 1
I3 = l∫1 (z2 +1)(z − i) dz = −πi .
9πi
ОТВЕТ. I1 = 0, I2 = − 2 , I3 = −πi.
ЗАДАЧА 9. РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД ЛОРАНА В ОБЛАСТЯХ.
|
z −1 |
, |
1) 4 < |
|
z |
|
< 5 |
2) |
|
z |
|
> 5. 3) 0<|Z+5|<9; |
|
|
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|||||||||
|
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|
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||||||||
z2 |
+ z − 20 |
||||||||||||
|
|
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|
|
|
|
|
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|
|
РЕШЕНИЕ. КОРНЯМИ УРАВНЕНИЯ Z2+Z-20=0 ЯВЛЯЮТСЯ ЧИСЛА Z1=4 И Z2=-5. РАЗЛОЖИМ ЭТУ
ДРОБЬ НА ПРОСТЫЕ ДРОБИ: |
z −1 |
= |
A |
|
+ |
B |
= |
A(z + 5) + B(z − 4) |
. ИЛИ |
|
z2 + z − 20 |
z − |
4 |
z + 5 |
(z − 4)(z + 5) |
||||||
|
|
|
|
|
A(z + 5) + B(z − 4) = z −1. ПРИ Z=4 ПОЛУЧИМ A=1/3. ЕСЛИ ПОЛОЖИТЬ Z=-5, ТО ПОЛУЧИМ В=2/3.
СЛЕДОВАТЕЛЬНО, |
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
z −1 |
|
|
|
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|
= |
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
− |
2 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
1). В КОЛЬЦЕ 4 < |
|
z |
|
|
< 5 ИМЕЕМ |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
z2 + z − 20 |
3 |
|
z |
|
− 4 |
3 |
|
z + |
5 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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<1 и |
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<1. ТОГДА ДРОБЬ МОЖНО ПРЕДСТАВИТЬ СЛЕДУЮЩИМ ОБРАЗОМ: |
|
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|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
z |
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
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|
||||
|
|
|
|
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|
z − 4 |
|
= |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
+ |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ ДЛЯ БЕСКОНЕЧНО |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
z2 + z − 20 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
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УБЫВАЮЩЕЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ: |
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=1+ q + q2 + ... + qn + ..., ГДЕ |
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<1. В |
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1− q |
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ПЕРВОЙ ДРОБИ Q=4/Z, ВО ВТОРОЙ ДРОБИ Q= -Z/5. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, |
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2). В КОЛЬЦЕ |
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z |
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> 5 |
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ВЫПОЛНЯЮТСЯ НЕРАВЕНСТВА |
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z2 + z − 20 |
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z2 + z − 20 |
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3 |
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z |
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z + 5 3 |
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9(1− |
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) |
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z + |
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= − |
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∞ (z + |
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5)n |
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(−1)n zn |
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z2 + z − 20 |
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3 |
9n+1 |
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3 |
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1 |
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z −1 |
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1 |
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∞ |
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4 |
n−1 |
+ 2(−1) |
n−1 |
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n−1 |
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ОТВЕТ. 1). |
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∑(−1)n−1 |
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z |
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z2 + z − 20 |
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zn |
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3 n=1 |
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z −1 |
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1 |
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∞ |
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n−1 |
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2 |
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∞ |
(−1) |
n |
z |
n |
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2). |
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.В КОЛЬЦЕ |
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z |
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z2 + z − 20 |
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3 n=1 |
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zn |
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3 |
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n=0 |
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3) |
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z −1 |
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1 |
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∞ (z + 5)n |
2 |
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∞ (−1)n zn |
; В КОЛЬЦЕ 0<|Z+5|<9. |
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= − |
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+ |
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2 + z − 20 |
3 |
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9n+1 |
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5n+1 |
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z |
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1 |
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1 |
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ЗАДАЧИ 10-11. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛЫ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ. |
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cos |
πz |
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7z7 + 1 |
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10. |
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∫ |
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2 |
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dz |
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11. |
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∫ |
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dz |
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(z −1) |
2 |
(z |
2 |
+ 9) |
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z |
8 |
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+ 256 |
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z |
=3 |
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z |
=3 |
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РЕШЕНИЕ. 10.. .НАЙДЁМ КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ: Z1=1, Z2=-3I, Z3=3I. ЗНАЧЕНИЯ Z2 И Z3 |
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ЯВЛЯЮТСЯ ПРОСТЫМИ ПОЛЮСАМИ ПОДЫНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ, А ЗНАЧЕНИЕ Z1=1 - |
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ПОЛЮСОМ КРАТНОСТИ 2. ТОГДА |
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cos |
πz |
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(z + 3i)cos |
πz |
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cos |
πz |
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cos |
3πi |
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2 |
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2 |
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Res |
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2 |
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] = |
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2 |
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(z −1)2 |
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
−3i (z −1)2 (z2 |
+ 9) |
|
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z→−3i |
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(z + 3i)(z − 3i) |
|
z→−3i |
|
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(z −1)2 (z − 3i) |
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12i(4 − 3i) |
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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ch |
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3π |
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cos |
πz |
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(z − 3i)cos |
πz |
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cos |
πz |
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2 |
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= |
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2 |
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, |
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Res |
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2 |
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= lim [ |
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] = lim [ |
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2 |
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] = |
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(z −1)2 (z2 + 9) |
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12(3 |
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+ 4i) |
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3i |
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z→3i |
|
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(z −1)2 (z + 3i)(z − 3i) |
z→3i |
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(z −1)2 (z + 3i) |
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
ch |
|
3π |
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|
ch |
3π |
|
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= |
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2 |
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= |
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. |
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2 |
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−12i(4 + |
3i) |
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||||||||||||||||||||||||||||
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|
12(3 − 4i) |
|
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cos |
πz |
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1 |
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d |
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|
cos |
πz |
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|
π |
sin |
πz |
(z |
2 |
|
+ 9) − 2z cos |
πz |
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Res |
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|
|
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|
2 |
|
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|
= |
|
lim |
[(z −1)2 |
|
|
|
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|
2 |
|
|
|
] = lim [ |
2 |
2 |
|
|
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2 |
] = |
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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(z −1)2 (z2 |
|
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|
(z2 + 9)2 |
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 (z −1)2 (z2 |
+ 9) |
|
|
|
1! z→1 dz |
|
|
|
|
|
+ 9) z→1 |
|
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
π |
|
|
|
|
|
π |
10 − 2cos |
π |
|
|
|
|
|
|
|
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πz |
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||||||||||||||||||||||||||
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|
sin |
|
|
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|
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|
|
π |
|
|
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|
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|
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|
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|
|
|
cos |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
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|
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
= |
|
2 |
2 |
|
2 |
= |
|
|
|
. ПОЛУЧИМ ОКОНЧАТЕЛЬНО: |
∫ |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dz = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
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|
|
|
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|
|
|
|
100 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
20 |
(z −1) |
2 |
(z |
2 |
+ |
9) |
|
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|
|
|
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|
|
|
|
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
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z |
=3 |
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ch |
|
3π |
|
|
|
|
|
|
ch |
|
3π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ch |
|
3π |
|
(3 − 4i |
+ 3 + 4i) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ch |
|
3π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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π |
] = πi[ |
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π |
] = πi[ |
|
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|
|
+ |
|
|
π |
|
|
|
πi |
|
|
|
3π |
|
|
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|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
= |
2πi[ |
|
|
|
|
|
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|
|
2 |
|
|
|
|
|
+ |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
2 |
|
|
+ |
|
|
|
|
2 |
|
] = |
|
|
[2ch |
+5π] . |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
12(3 +4i) |
12(3 − 4i) |
20 |
|
|
6(3 + 4i)(3 − 4i) |
|
|
|
|
10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
50 |
|
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
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25 |
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10 |
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11. ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ ИМЕЕТ ВОСЕМЬ ПРОСТЫХ ПОЛЮСОВ, КОТОРЫЕ |
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π+2kπ |
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π+2kπ |
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ОПРЕДЕЛЯЮТСЯ ФОРМУЛОЙ: zk = 8 |
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ei |
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= 2ei |
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k = 0,1, 2,...,15 . ВСЕ |
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− 256 |
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= 8 |
− 256 |
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8 |
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8 |
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, |
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ПОЛЮСЫ РАСПОЛОЖЕНЫ НА ОКРУЖНОСТИ РАДИУСА |
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z |
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= 2 . ВНЕ КРУГА |
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z |
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> 2 |
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ПОДИНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ ЯВЛЯЕТСЯ АНАЛИТИЧЕСКОЙ КРОМЕ ТОЧКИ z = ∞ , КОТОРАЯ |
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ЯВЛЯЕТСЯ УСТРОНИМОЙ ОСОБОЙ ТОЧКОЙ. ДЕЙСТВИТЕЛЬНО, |
f(z) = |
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7z7 + 1 |
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= ( |
7 |
+ |
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1 |
) |
1 |
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. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
z8 + 256 |
z |
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z8 |
1+ |
1 |
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z8 |
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ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ ДЛЯ БЕСКОНЕЧНО УБЫВАЮЩЕЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ:
1 =1+ q + q2 + ... + qn + ..., ГДЕ q <1. В ДАННОМ СЛУЧАЕ Q=-256/Z8, ПРИЧЁМ В ОБЛАСТИ
1− q
z > 2 ВЫПОЛНЯЕТСЯ НЕРАВЕНСТВО 256/Z8<1. ТОГДА
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7 |
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1 |
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256 |
256 |
2 |
|
256 |
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3 |
|
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7 |
|
1 |
|
7 |
256 |
|
256 |
+ ... В СООТВЕТСТВИИ С |
||||
f(z) = ( |
|
+ |
|
)(1 |
− |
|
+ |
|
|
− |
|
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|
|
+ ...) = |
|
|
+ |
|
− |
|
|
− |
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||||
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z8 |
z8 |
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z8 |
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z8 |
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z9 |
z16 |
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z |
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z8 |
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z |
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7z |
7 |
+ 1 |
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8 |
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ОСНОВНОЙ ТЕОРЕМОЙ О ВЫЧЕТАХ |
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dz = 2πi∑Resf (z) = 2πi(− Resf (z)) . ВЫЧЕТ В |
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∫=3 z8 + 256 |
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z |
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k=1 |
zk |
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∞ |
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ТОЧКЕ Z=∞ РАВЕН КОЭФФИЦИЕНТУ ПРИ Z-1 В РАЗЛОЖЕНИИ ФУНУЦИИ В РЯД ЛОРАНА, ВЗЯТЫЙ С ПРОТИВОПОЛОЖНЫМ ЗНАКОМ. ТАКИМ ОБРАЗОМ,
Resf (z) = −7 |
и ∫ |
|
|
7z7 + 1 |
|
|
dz = 2πi(− Resf(z)) = 2πi 7 =14πi . |
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8 |
+ 256 |
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
∞ |
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z |
=3 z |
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|
∞ |
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πz |
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cos |
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7z7 + 1 |
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πi |
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3π |
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ОТВЕТ. 10. ∫ |
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2 |
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dz = |
[2ch |
|
+5π] . 11. |
∫ |
dz =14πi . |
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2 |
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2 |
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50 |
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2 |
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8 |
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z |
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=3 (z −1) |
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(z |
|
+ 9) |
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z |
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=3 z |
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+ 256 |
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ЗАДАЧА 12. ВЫЧИСЛИТЬ НЕСОБСТВЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ. |
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∞ x4dx |
. |
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∫ x6 + 1 |
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||||
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0 |
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РЕШЕНИЕ. НАЙДЁМ КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ ФУНКЦИИ f(z) = |
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1 |
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: |
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z6 + 1 |
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z = 6 |
|
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= cos |
(2k + 1)π |
+ icos |
|
(2k + 1)π |
|
. ПОЛАГАЯ ЗДЕСЬ K=0, 1, 2, НАХОДИМ ТРИ КОРНЯ, |
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−1 |
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6 |
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6 |
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|||||
ЛЕЖАЩИЕ В ВЕРХНЕЙ ПОЛОВИНЕ КОМПЛЕКСНОЙПЛОСКОСТИ: |
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z1 = |
|
3 |
+ |
i |
, |
z2 = i, |
|
|
z3 = − |
|
3 |
+ |
i |
. ОСТАЛЬНЫЕ ТРИ КОРНЯ ЯВЛЯЮТСЯ СОПРЯЖЁННЫМИ ПО |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
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|
2 |
|
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2 |
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|
ОТНОШЕНИЮ К НАЙДЕННЫМ КОРНЯМ И НАХОДЯТСЯ В НИЖНЕЙ ПОЛУПЛОСКОСТИ. ТАКИМ ОБРАЗОМ,
∞ |
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
|
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|
z |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
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|
|
|
|
|
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|
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||||||||||
∫ |
x dx |
|
= 2πi(Res |
|
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|
|
|
|
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+ Res |
|
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|
|
|
|
|
|
|
+ Res |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
6 |
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
6 |
|
+ 1 |
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
−∞ x |
|
+ 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z1 z |
|
|
|
|
+ 1 |
|
z2 z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
z3 z |
|
|
|
|
+ 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
z |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(z − |
|
|
|
3 |
|
|
− |
|
|
|
i |
|
) |
z |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
|
|
|
3 |
+ |
|
|
i |
|
) |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
Res |
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
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|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
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− (1+ i |
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) = |
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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 |
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πi |
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C |
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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(− π4 + 2kπ). С ДРУГОЙ СТОРОНЫ ln(2 − 2i) = ln 8 − π4i .
СРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПРИХОДИМ К ВЫВОДУ, ЧТО УКАЗАННОЙ ВЕТВИ ФУНКЦИИ СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ K=0. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ДАННАЯ ВЕТВЬ ФУНКЦИИ ИМЕЕТ УРАВНЕНИЕ ln z = ln z + iϕ.
ТАКИМ ОБРАЗОМ, |
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∫ln zdz = |
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u = ln z |
du = |
dz |
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= zln z |
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2−−22i−2i − ∫dz = z(ln z −1) |
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2−−22i−2i = (−2 − 2i)(ln |
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+ i(− |
3π)) − |
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− (2 − 2i)(ln 8 + i(− π4)) = −4ln 8 + 2πi − π.
ОТВЕТ. ∫ln zdz = −4ln 8 + 2πi − π .
C