7. Функции комплексного переменного / m7var19

ВАРИАНТ 19

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

а) sh(3 − 2i);	б) 3	4
			2(1+ i)

РЕШЕНИЕ. А). ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ СВЯЗИ МЕЖДУ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИМ СИНУСОМ И

ГИПЕРБОЛИЧЕСКИМ СИНУСОМ: ; SH(Z)= -ISIN(IZ). ПОЛУЧИМ SH(3-2I)=-I·SIN(3I-2I2)= - I·SIN(2+3I). ПО ФОРМУЛЕ ТРИГОНОМЕТРИИ SIN(2+3I)=SIN2·COS(3I)+COS2·SIN(3I).

ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛАМИ СВЯЗИ МЕЖДУ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИМИ И ГИПЕРБОЛИЧЕСКИМИ

ФУНКЦИЯМИ:

COS(3I)=CH3; SIN(3I)= ISH3. ПОЛУЧИМ SH(3-2I)=-I(SIN2·CH3+ I·COS2·SH3)= COS2·SH3- I·SIN2·CH3.

Б). ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ 3

= 3

ϕ + 2kπ

+ isin

ϕ + 2kπ) . В ДАННОМ ПРИМЕРЕ

z

(cos

z

3

3

π

.

ϕ = arg z = arctg1=

z = 4

12 +12

2(1+ i) . ТОГДА

z

=

4

2(1+ i)

= z = 4 2

= 8,

а

4

СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

= 3

8(cos π / 4 + 2kπ + isin

π / 4 + 2kπ

) = 2[cos(

π

2kπ

) + isin(

π

+

2kπ

)]

3 4

2(1+ i)

+

2

2

12

3

12

3

ОТВЕТ. А) SH(3-2I)= COS2·SH3-I·SIN2·CH3.

Б). 342(1+ i) = 2[cos(12π + 2k3π) + isin(12π + 2k3π)], k = 0,1, 2.

ЗАДАЧА 2. ВЫЯСНИТЬ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ СООТНОШЕНИЯ. СДЕЛАТЬ ЧЕРТЁЖ.

3 < z − i < 4.

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

Y	3 <		x + i(y −1)		< 4.

ИЛИ 3 < x2 + (y −1)2 < 4 . ВОЗВЕДЁМ ВСЕ ЧАСТИ НЕРАВЕНСТВА В

XКВАДРАТ. ПОЛУЧИМ: 9 < x2 + (y −1)2 <16. ЭТО НЕРАВЕНСТВО

ОПРЕДЕЛЯЕТ КОЛЬЦО, ЗАКЛЮЧЁННОЕ МЕЖДУ ОКРУЖНОСТЬЮ x2 + (y −1)2 = 9 РАДИУСА 3 С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ (0;1) И

ОКРУЖНОСТЬЮ x2 + (y −1)2 =16 РАДИУСА 4 С ЦЕНТРОМ В ТОЙ ЖЕ ТОЧКЕ.

ОТВЕТ. ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ОПРЕДЕЛЯЕТ КОЛЬЦО 9 < x2 + (y −1)2 <16.

ЗАДАЧА 3. РЕШИТЬ УРАВНЕНИЕ: sin z = ish z

РЕШЕНИЕ. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ РАВЕНСТВОМ shz = −isin iz , ПОЛУЧИМ: sin z = i(−isin iz) = sin iz ИЛИ sin z − sin iz = 0 . ПРИМЕНИМ ФОРМУЛУ ДЛЯ РАЗНОСТИ СИНУСОВ:

sin z − sin iz = 2cos

z + iz

sin

z − iz

= 0 . ЭТО РАВЕНСТВО ВОЗМОЖНО, ЕСЛИ cos

z + iz

= 0 ИЛИ

2

2

2

sin

z − iz

= 0 . ИЗ ПЕРВОГО РАВЕНСТВА СЛЕДУЕТ:

z + iz

=

π

+ kπ или

z(1+ i) = π(2k +1). ТОГДА

2

2

2

z =

π(2k +1)

=

π(2k +1)(1− i)

= π(2k +1)(1− i)

. ИЗ ВТОРОГО РАВЕНСТВА ПОЛУЧАЕМ

1+ i

(1+ i)(1− i)

2

z − iz

= kπ или

z(1− i) = 2kπ . ТОГДА z =

2kπ

=

2kπ(1+ i)

=

2kπ(1+ i)

= kπ(1+ i) ..

(1− i)(1+ i)

2

1− i

2

ОТВЕТ. z1 = π (2k +1)(1− i),

z2 = πk(1+ i) .

2

ЗАДАЧА 4. ДОКАЗАТЬ ТОЖДЕСТВО. cos(z1 + z2 ) = cos z1 cos z2 − sin z1 sin z2 .

РЕШЕНИЕ. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛАМИ sin z = −i sh iz

И cos z = ch iz И РАССМОТРИМ ПРАВУЮ

ЧАСТЬ ТОЖДЕСТВА:

cos z1 cos z2 − sin z1 sin z2 = [ch(i z1)ch(iz2 ) − (−i)2 sh(iz1)sh(iz2 )] = eiz1 + e−iz1

eiz2 + e−iz2

+

2

2

eiz1

− e−iz1

eiz2

− e−iz2

eiz1 eiz2

+ eiz1 e−iz2 + e−iz1 eiz2 + e−iz1 e−iz2 + eiz1 eiz2 − e−iz1 eiz2

+

=

+

2

2

4

+

− eiz1 e−iz2

+ e−iz1 e−iz2

=

2(eiz1+iz2

+ e−iz1−iz2 )

= ch(iz1 + iz

2 ) = cos(z1 + z2 ) , ЧТО И ТРЕБОВАЛОСЬ

4

4

ДОКАЗАТЬ.

ЗАДАЧА 5. ВОССТАНОВИТЬ АНАЛИТИЧЕСКУЮ ФУНКЦИЮ ПО ЗАДАННОЙ ДЕЙСТВИТЕЛЬНОЙ ЧАСТИ

ЕЁ:

Ref (z) = u = Ax2 y + y3 + 2x , ЕСЛИ F(I)=1+I.

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 = 2Axy + 2,	∂2u		= 2Ay,			∂u = Ax2 + 3y2 ,	∂2u	= 6y.
	∂x	∂x2					∂y	∂y2

ЧТОБЫ ЛАПЛАСИАН ∆U БЫЛ РАВЕН НУЛЮ, НУЖНО ПОЛОЖИТЬ A=3. ТАКИМ ОБРАЗОМ, ФУНКЦИЯ u(x, y) = −3x2 y + y3 + 2x 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

= −6xy + 2.

ТОГДА v(x, y) = ∫

∂v

dy + ϕ(x) , ИЛИ

∂y

∂x

∂y

v(x, y) = ∫(−6xy + 2)dy + ϕ(x) = −3xy2 + 2y + ϕ(x). ПРОИЗВОДНАЯ ПО X ОТ ЭТОГО ВЫРАЖЕНИЯ РАВНА ∂∂xv = −3y2 + ϕ′(x). С ДРУГОЙ СТОРОНЫ ПО ВТОРОМУ УСЛОВИЮ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА

∂∂xv = 3x2 − 3y2. ПРИРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПОЛУЧИМ: ϕ′(x) = 3x2. ИЛИ ϕ(x) = x3 + C.

ТАКИМ ОБРАЗОМ, v(x, y) = −3xy2 + 2y + x3 + C. ТОГДА

f (z) = −3x 2 y + y 3 + 2x + i (−3xy 2 + 2y + x 3 + C). ПЕРЕЙДЁМ К ПЕРЕМЕННОЙ Z: f(z) = i(x3 + 3ix2 y − 3xy2 − iy3 ) + 2(x + iy) + iC = iz3 + 2z + iC. .

ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫМ УСЛОВИЕМ F(I)=1+I. В ДАННОМ СЛУЧАЕ F(I)=1+2I+IC. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, C=-1.

ОТВЕТ. f(z) = −3x2 y + y3 + 2x + i (−3xy2 + 2y + x3 −1) = i(z3 −1) + 2z.

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

∫(i +			C − прямая, z1 = 0, z2 = −2 − i.
	z)dz;
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+X-IY), Т.Е. U=X,

C C C

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

C C C

СОСТАВИМ УРАВНЕНИЕ ПРЯМОЙ, ПРОХОДЯЩЕЙ ЧЕРЕЗ ДВЕ ТОЧКИ:

y

=

x

,

т.е. y =

x

, dy =

dx

. НАЧАЛЬНОЙ ТОЧКЕ Z1=0 СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ X=0,

−1

− 2

2

2

КОНЕЧНОЙ Z2=-2-I – ЗНАЧЕНИЕ X=-2.

−2

1

x

−2

x

x

5x

2

x

−2

−2

7

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ∫

(i + z)dz = ∫(x −

+

)dx + i ∫(

+1−

)dx = [

−

]

+ ix

=

− 2i .

0

2

4

2

2

8

2

2

ОТВЕТ. ∫(i +

C

7 − 2i .

0

0

0

z)dz =

C

2

i

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

0

РЕШЕНИЕ. ПРИМЕНИМ ФОРМУЛУ ИНТЕГРИРОВАНИЯ ПО ЧАСТЯМ:

i

u = z

+ i du = dz

i

i0 = 2i chi − i − shi .

∫(z +i) sh zdz =

= (z + i) ch z

i0 − ∫ch zdz = 2i chi − i −sh z

dv = sh zdz v = ch z

0

0

ПЕРЕЙДЁМ К ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИМ ФУНКЦИЯМ: sh i = isin1,

ch i = cos1.ПОЛУЧИМ:

i

∫(z + i) sh zdz = 2icos1− i − isin1.

0

i

ОТВЕТ.

∫(z + i) sh zdz = i(2cos1− sin1−1) .

0

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

РАМ L1, L2, L3.

ezdz

,

1)

L1 :

z − i

=

1

,

2)

L2 :

z

=

3

,

3) L3 :

z

= 3.

L∫ (z +1)3 (z − 2)

2

2

РЕШЕНИЕ. 1). ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ

Y

АНАЛИТИЧНА ВСЮДУ, ЗА ИСКЛЮЧЕНИЕМ ТОЧЕК Z=-1 И

L3

Z=2. В КРУГЕ

z − i

≤

1

ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ

2

L∫

ezdz

АНАЛИТИЧНА. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, I1 =

= 0 .

L1

X

(z +1)3 (z −

2)

-1

2

2). ВНУТРИ ОБЛАСТИ

≤

3

z

2 РАСПОЛОЖЕНА ОДНА

L2

2

ОСОБАЯ ТОЧКА Z=-1. ВЫЧИСЛИМ ИНТЕГРАЛ ПО

ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ:

ezdz

ez

dz

d2

ez

L3

2πi

= ∫

= ∫

z − 2

L2

=

=

(z +1)

3

3

2!

dz

2

L2

(z − 2)

L2

(z +1)

z − 2

z=−1

ez (z −3)

[ez

−3) + ez ](z − 2)2 − 2ez (z − 3)(z −2)

= πi

d

ez (z −2) − ez

= πi

d

= πi

(z

=

dz

(z −2)2

dz

(z −

2)2

(z − 2)4

z=−1

z=−1

z=−1

= πi

ez [z2 − 6z +10]

17

πie−1

= −

27

(z − 2)3

z=−1

3). В КРУГЕ			z		≤ 3 ЕСТЬ ДВЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ Z=-1 И Z=2. ПОЭТОМУ ПРИМЕНИМ ТЕОРЕМУ КОШИ
ДЛЯ МНОГОСВЯЗНОЙ ОБЛАСТИ:
I3 =	ezdz					=	ezdz	+	ezdz	, ГДЕ L1	- ОКРУЖНОСТЬ ДОСТАТОЧНО
L∫	(z +1)3		(z − 2)			l∫	(z +1)3 (z − 2)	l∫	(z + 1)3 (z − 2)
3						1		2

МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z=-1, А L2 - ОКРУЖНОСТЬ МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ

В ТОЧКЕ Z=2. ПЕРВЫЙ ИНТЕГРАЛ СОВПАДАЕТ С УЖЕ ВЫЧИСЛЕННЫМ ИНТЕГРАЛОМ I2. ВЫЧИСЛИМ ВТОРОЙ ИНТЕГРАЛ ПО ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ:

ez

dz

∫

ezdz

= ∫

(z +1)3

= 2πi

ez

= 2πi

e2

=

2

πie2

(z +1)

3

(z − 2)

z − 2

+1)

3

27

27

l2

l2

(z

z=2

. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, I3 =

ezdz

= 2πi

e2

=

2

πie

2

−

17

πie

−1

=

πi

(2e

2

−17e

−1

)

L∫3 (z +1)3 (z − 2)

27

27

27

27

ОТВЕТ.

I1 = 0,

I2 = −

17

πie−1

, I3 =

πi

(2e2

−17e−1).

27

27

ЗАДАЧА 9. РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД ЛОРАНА В ОБЛАСТЯХ.

z − 4

,

1) 3 <

z

< 5

2)

z

> 5.

z2 + 8z +15

РЕШЕНИЕ. КОРНЯМИ УРАВНЕНИЯ Z2+8Z+15=0 ЯВЛЯЮТСЯ ЧИСЛА Z1=-3 И Z2=-5. РАЗЛОЖИМ ЭТУ

	ДРОБЬ НА ПРОСТЫЕ ДРОБИ:	z − 4	=	A		+	B	=	A(z + 5) + B(z + 3)	. ИЛИ
		z2 + 8z + 15		z +	3		z + 5		(z + 3)(z + 5)

A(z + 5) + B(z + 3) = z − 4 . ПРИ Z=-3 ПОЛУЧИМ A=-7/2. ЕСЛИ ПОЛОЖИТЬ Z=-5, ТО ПОЛУЧИМ

В=9/2. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z − 4

= − 7

1

+

9

1

.

1). В КОЛЬЦЕ 3 <

z

< 5 ИМЕЕМ

z2 + 8z + 15

z +

z + 5

3

z

2

3

2

<1

и

<1. ТОГДА ДРОБЬ МОЖНО ПРЕДСТАВИТЬ СЛЕДУЮЩИМ ОБРАЗОМ:

z

5

z − 4

= −

7

1

+

9

1

. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ ДЛЯ БЕСКОНЕЧНО

3

z

z2 + 8z + 15

2

2

z(1+

)

5(1

+

)

z

5

УБЫВАЮЩЕЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ:

1

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., ГДЕ

q

<1. В

1− q

ПЕРВОЙ ДРОБИ Q=-3/Z, ВО ВТОРОЙ ДРОБИ Q= -Z/5. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z − 4

7

∞

(−1)

n

−1

3

n

−1

9

∞

(−1)

n

z

n

= −

∑

+

∑

. 2). В КОЛЬЦЕ

z

> 5 ВЫПОЛНЯЮТСЯ

5n+1

z2 + 8z + 15

2 n=1

zn

2

n=0

НЕРАВЕНСТВА

3

<1

и

5

<1. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z

z

z − 4

7

1

9

1

7

∞

(−1)

n−1

3

n

−1

9

∞

n−1

5

n−1

= −

+

= −

∑

+

∑

(−1)

=

3

5

zn

z2 + 8z + 15

2

2

2

n=1

zn

2

n=1

z(1+

z

)

z(1

+

z

)

1

∞

9 5

n−1

− 7 3

n−1

=

∑(−1)n−1

.

zn

2 n=1

z − 4

∞

n

−1

n−1

∞

n

n

ОТВЕТ. 1).

= −

7

∑

(−1)

3

+

9

∑

(−1)

z

. В КОЛЬЦЕ 3 <

z

< 5.

z2 + 8z + 15

zn

5n+1

2 n=1

2

n=0

z − 4

1

∞

9

5

n−1

−

7 3

n−1

2).

=

∑(−1)n−1

В КОЛЬЦЕ

z

> 5 .

z

2 + 8z + 15

2 n=1

zn

ЗАДАЧИ 10-11. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛЫ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

cos

2 πz

1

∫

2

∫

2

10.

dz

11.

z

sin

dz

(z

−1)

3

(z

2

+1)

z +1

z

=2

z

=2

РЕШЕНИЕ. 10.. .НАЙДЁМ КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ: Z1=1, Z2=-I, Z3=I. ЗНАЧЕНИZ Z2=-I И Z3=I ЯВЛЯЮТСЯ ПРОСТЫМИ ПОЛЮСАМИ ПОДЫНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ, А ЗНАЧЕНИЕ Z1=1 -

ПОЛЮСОМ КРАТНОСТИ 3. ТОГДА

cos

2 πz

(z + i)cos

2 πz

cos

2 πz

cos

2

(−

πi

)

ch

2 π

Res

2

= lim [

2

] = lim [

2

] = −

2

= −

2

,

(z −1)3 (z2

3 (z + i)(z − i)

(z −1)3 (z − i)

4(i +1)

−i

+ 1)

z→−i

(z −1)

z→−i

4(i

+1)

cos

2 πz

(z − i)cos

2 πz

cos

2 πz

cos

2 πi

ch

2 π

Res

2

= lim [

2

] = lim [

2

] = −

2

=

2

(z −1)3 (z2

i

+ 1)

z→i (z −1)3 (z + i)(z − i)

z→i (z −1)

3 (z + i)

4(i −1)

4(i −1)

cos

2 πz

1

d

2

cos

2 πz

1

d

−

π

(z

2

+1)sin πz

− 2z cos

2 πz

Res

2

=

lim

[(z −1)3

2

] =

lim

[

2

2

] =

(z −1)3 (z2 +1)

(z −1)3 (z2 + 1)

(z2 + 1)2

1

2! z→1 dz2

2

z→1 dz

1

− (πsin πz

+

π

2

(z

2

+1)cos πz + 2cos

2

πz

− πzsin πz)(z

2

+1)

2

=

lim [

2

2

+

(z + 1)4

2 z→1

(

π

(z

2

+ 1)sin πz + 2zcos

2 πz

)4z(z

2

+1)

π2

+

2

2

] =

(z +1)4

8

sin2 πz

π2

ch

2 π

ch

2 π

πi

π

ПОЛУЧИМ ОКОНЧАТЕЛЬНО:

∫

dz = 2πi (

−

2

+

2

)

=

(π

2

− 2ch

2

) .

2

2

8

4(i

+1)

4(i

−

1)

4

2

z

=3

(z −

1)

(z

−1)

11. ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ ИМЕЕТ СУЩЕСТВЕННО ОСОБУЮ ТОЧКУ Z=-1. ПОЭТОМУ ДЛЯ ВЫЧИСЛЕНИЯ ВЫЧЕТА ОТНОСИТЕЛЬНО ЭТОЙ ТОЧКИ СЛЕДУЕТ РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД ЛОРАНА. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ РАЗЛОЖЕНИЕМ В РЯД ФУНКЦИИ SH(W) ПО СТЕПЕНЯМ W:

sin(w) = w −

w3

+

w5

−

w7

+ ... ПОЛАГАЯ w =

1

, ПОЛУЧИМ:

3!

5!

7!

z

+

1

z2 sin

1

= (z2 −1+1)

1

−

1

+

1

−

1

+ ...

= z −1+

1

−

z +1− 2

−

z +1

+1

3!(z +1)3

5!(z +1)5

7!(z +1)

7

z +1

3!(z + 1)2

z

−

1

+ ... = z −1+ (1−

1

)

1

+

2

+ ...

3!(z +1)3

z +

3!(z +1)2

6

1

КОЭФФИЦИЕНТОМ ПРИ (Z+1)-1 В РАЗЛОЖЕНИИ ФУНКЦИИ БУДЕТ ЧИСЛО 5/6. ВЫЧЕТ ДАННОЙ

ФУНКЦИИ РАВЕН КОЭФФИЦИЕНТУ ПРИ (Z+1)-1 В ДАННОМ РАЗЛОЖЕНИИ, Т.Е. Res[z2 sin

1

]

=

5

.

z +1

6

−1

СЛЕДОВАТЕЛЬНО.

∫

z2 sin

1

dz = 2πi

5

=

5 πi .

z

+1

z

=2

6

3

ОТВЕТ. 10.

∫

sin2 πz

dz =

πi

(π2

− 2ch2

π

) .

11.

∫

z

2 sin

1

dz =

5

πi

2

2

4

2

z

+1

3

z

=3 (z −1)

(z

−1)

z

=2

ЗАДАЧА 12. ВЫЧИСЛИТЬ НЕСОБСТВЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

∞

x2 − x + 1

dx.

∫

(x2

+ 9)(x2 +

16)

−∞

РЕШЕНИЕ. КОРНЯМИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ ФУНКЦИИ f(z) =

z2 − z +1

ЯВЛЯЮТСЯ ЧИСЛА

(z4 + 9)(z2 + 16)

z1,2 = ±3i,

z3,4

= ±4i . В ВЕРХНЕЙ ПОЛУПЛОСКОСТИ РАСПОЛОЖЕНЫ ДВА ПОЛЮСА Z=3I И Z=4I

ДАННОЙ ФУНКЦИИ.

∞

x2 − x +1

z2 − z +1

z2 − z + 1

ТОГДА

∫

dx = 2πi(Res

+ Res

).

(x

2

+ 9)(x

2

+16)

(z

2

+ 9)(z

2

+16)

(z

2

+ 9)(z

2

+

16)

−∞

3i

4i

Res

z2 − z

+1

= lim

(z − 3i)(z2 − z

+1)

=

− (8 + 3i)

=

− (8

+ 3i)

.

(z2

2

6i(9i2

3i

+ 9)(z

+

16)

z→3i (z + 3i)(z − 3i)(z2

+16)

+16)

42i

Res

z2 − z

+ 1

= lim

(z − 4i)(z2 − z

+1)

=

− (15 + 4i)

=

15 + 4i

.

(z2

8i(16i2

4i

+ 9)(z

2

+16)

z→4i (z + 4i)(z − 4i)(z2

+ 9)

+ 9)

56i

i

∞

x2 + 3

15 + 4i

8 + 3i

2πi

45 +12i − 32

−12i

13π

СЛЕДОВАТЕЛЬНО. ∫

dx =

2πi(

−

)

=

=

.

(x

2

+ 9)(x

2

+16)

56i

42i

14

12

84

−∞

∞

x2 + 3

13π

ОТВЕТ.

∫

dx =

.

2

+ 9)(x

2

+ 16)

84

−∞ (x

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

С ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.

dz

, ГДЕ С: ПРЯМАЯ, Z1=-1, Z2=1,

3

+ i

.

1+ i

3 =

C∫

i 3 − z

2

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

СЛЕДОВАТЕЛЬНО, МОЖНО ПРИМЕНИТЬ ФОРМУЛУ НЬЮТОНА-ЛЕЙБНИЦА:

∫

dz

z

2

= −2

z − i

= −2(

i

3 − z2 − i

3 − z1 ) . РАССМОТРИМ ФУНКЦИЮ

z1

i 3 − z

C

ϕ + 2kπ

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

i

3 − z =

i

3 − z

(cos

+ isin

2

2

КОТОРОЙ В ТОЧКЕ Z=-1 ФУНКЦИЯ БУДЕТ ПРИНИМАТЬ ЗАДАННОЕ ЗНАЧЕНИЕ. С ОДНОЙ СТОРОНЫ

π

+ 2kπ

π + 2kπ

π + 2kπ

π

+ 2kπ

6

6

6

6

) . С ДРУГОЙ

i

3 +1 =

i

3 +1

(cos

+ isin

) =

2(cos

+ isin

2

2

2

2

+

3

i

. СРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПРИХОДИМ К ВЫВОДУ, ЧТО K

СТОРОНЫ

i

3 +1 = 2

2

2

π

π

ДОЛЖНО БЫТЬ ТАКИМ, ЧТОБЫ cos(

+ kπ) =

3

и

sin(

+ kπ) =

1

. ЭТО ДОСТИГАЕТСЯ

12

2

2

12

2

2

ПРИ K=0. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ДАННАЯ ВЕТВЬ ФУНКЦИИ ИМЕЕТ

(cos ϕ

+ isin ϕ) . ТАКИМ ОБРАЗОМ,

+ i

=

3

,

− z

i

i

+1

УРАВНЕНИЕ

i

3 − z =

3

i

3 − z1 =

3

2

2

2

2

2

π

π

+ isin

) =

1

+ i

3

) . СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

3

3

i

3 − z2

=

i

3 −1 =

2(cos

2(

2

2

2

2

∫

dz

z

2

1

i 3

3

i

= −2

z − i

= −2(

i

3− z2

− i

3− z1 ) = −2[

+

−

−

) =

2( 3−1)(1− i).

z1

2

2

2

2

i 3 − z

C

ОТВЕТ. ∫

dz

=

2( 3−1)(1− i) .

C

i 3 − z