7. Функции комплексного переменного / m7var15

ВАРИАНТ 15

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

а) Arctg2i;

б)

4

−1

РЕШЕНИЕ. А). БУДЕМ ВЫЧИСЛЯТЬ ARCTG2I ПО ФОРМУЛЕ Arctg(z)

=

1

Ln

1

+ iz

. В ДАННОМ

2i

1

− iz

ПРИМЕРЕ Z=2I, СЛЕДОВАТЕЛЬНО, Arctg3 =

1

Ln

1+ i 2i

=

1

Ln

−1

. ДАЛЕЕ ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ

1− i 2i

3

2i

2i

ФОРМУЛОЙ Ln(z) = ln z + i(ϕ + 2kπ) . В ДАННОМ СЛУЧАЕ z = − 13 . НАЙДЁМ МОДУЛЬ И АРГУМЕНТ

	ЭТОГО ЧИСЛА:											z			=				1		,			ϕ = arg z = π . ТАКИМ ОБРАЗОМ
																	3											1									1									1											1																		1			i	ln3 .
																		Arctg2i =											(Ln(−										) =														[ln(							) + i(π + 2kπ)] = (k +																)π +
																																																									3																		2		2
																												2i					3													2i
	Б) ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ n																																																		(cos ϕ + 2kπ																						ϕ + 2kπ). В ДАННОМ СЛУЧАЕ
																																						= n							z																							+ isin
																																			z
																																																																n									n
	4																π + 2kπ									+ isin					π + 2kπ										) = cos															π + 2kπ										+ isin π + 2kπ) . ПРИ K=0, 1 ПОЛУЧАЕМ
			= 4			−1			(cos
		−1
																	4																4																								4																4
	ПЕРВЫЕ ДВА КОРНЯ: z1																							= cos π							+ isin π										=						1								+					i				, z2				= cos					π + 2π		+ isin			π + 2π		= −	1		+		i		,
																																																																									4				4
																																																									2																								2				2
																									4								4										2
	СЛЕДУЮЩИЕ ДВА КОРНЯ ЯВЛЯЮТСЯ СОПРЯЖЁННЫМИ ПО ОТНОШЕНИЮ К ПЕРВЫМ ДВУМ
	КОРНЯМ: z3 =									1								−		i				,			z4 = −						1					−				i									.
																	2																2
	2																																										2
	ОТВЕТ. А) Arctg 2i = (k +																									1	)π +				i		ln 3; Б). 4																									= ±						1			±		i		.
																																																						−1
																									2					2
																																																									2											2

ЗАДАЧА 2. ВЫЯСНИТЬ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ СООТНОШЕНИЯ. СДЕЛАТЬ ЧЕРТЁЖ. z + i + z − i = 4

РЕШЕНИЕ. ТАК КАК Z=X+IY, ТО ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ИМЕЕТ ВИД: x + i(y + 1) + x + i(y −1) = 4.

ИЛИ x2 + (y + 1)2 + x2 + (y −1)2 = 4 . ПЕРЕНЕСЁМ ВТОРОЙ КОРЕНЬ В ПРАВУЮ ЧАСТЬ

	РАВЕНСТВА
Y	И ВОЗВЕДЁМ ОБЕ ЧАСТИ В КВАДРАТ. ПОЛУЧИМ:

x2 + y2 + 2y + 1=16 − 8x2 + (y −1)2 + x2 + y2 − 2y + 1. ИЛИ

ЭЛЛИПСА x2 + y2

3 4

8x2 + (y −1)2 =16 − 4y . ВОЗВЕДЁМ ЕЩЁ РАЗ В КВАДРАТ:

X64x2 + 64y2 −128y + 64 = 256 −128y + 16y2. ИЛИ 64x2 + 48y2 =192.

ПОДЕЛИВ ВСЁ РАВЕНСТВО НА ПРАВУЮ ЧАСТЬ, ПОЛУЧИМ КАНОНИЧЕСКОЕ УРАВНЕНИЕ ЭЛЛИПСА С ФОКУСАМИ НА МНИМОЙ

ОСИ: x2 + y2 =1.

3 4

ОТВЕТ. ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ПРЕДСТАВЛЯЕТ УРАВНЕНИЕ

=1.

ЗАДАЧА 3. РЕШИТЬ УРАВНЕНИЕ: e2z − 2iez − 5 = 0.

РЕШЕНИЕ. ОБОЗНАЧИМ V=EZ И РЕШИМ КВАДРАТНОЕ УРАВНЕНИЕ V2-2IV-5=0:

V	= i ± i2 + 5 = i ± 2. ТАКИМ ОБРАЗОМ, ИМЕЕМ ДВА КОРНЯ: V = i − 2,	V = i + 2.
1,2	1	2

1

	НАЙДЁМ МОДУЛИ И АРГУМЕНТЫ ЭТИХ
	ЧИСЕЛ:						= π − arctg	1							= arctg	1	.
		V	= 5,			arg V			,	V	= 5,			arg V
		1				1	2			2				2	2

ТАК КАК V=EZ, ТО Z=LNV. ДАЛЕЕ ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ LnV = ln V + i(ϕ + 2kπ) .

ПОЛУЧИМ: z				= LnV = ln							+ i(π − arctg	1	+ 2kπ) = ln					− i arctg			1	+ (2k +1)πi,
			1						5								5
				1							2									2
		= LnV = ln				+ i arctg		1			+ 2kπi
z	2				5
		2						2
ОТВЕТ. z1 = ln								1											1	+ 2kπi .
					5 − i arctg						+ (2k +1)πi,		z2	= ln 5 + i arctg
								2											2

ЗАДАЧА 4. ДОКАЗАТЬ ТОЖДЕСТВО.

сh(z + π2i) = i shz .

РЕШЕНИЕ. РАССМОТРИМ ЛЕВУЮ ЧАСТЬ РАВЕНСТВА:

ez+

πi

−z−

πi

πi

πi

πi

+ e

π

π

π

π

2

2

1

z

−z

−

1

z

−z

ch( z +

) =

=

e 2

+ e

2 ) =

+ isin

) + e

− isin

)) =

(e

e

(e

(cos

(cos

2

2

2

2

2

2

2

2

=

1

(e

z

i + e

−z

(−i)) =

i

(e

z

− e

−z

) = i sh z , ЧТО И ТРЕБОВАЛОСЬ ДОКАЗАТЬ.

2

2

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

Imf(z) = v = −		y	+ 2x	2	− 2y2 − x , ЕСЛИ F(1)=2+I.
	x2	+ y2

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

∂x

2

∂y

2

ВТОРОГО ПОРЯДКА ОТ V ПО X И ПО Y:

∂v

=

2xy

+ 4x −1,

∂2v

=

2y(x2

+ y2 )2

− 8x2 y(x2 + y2 )

+ 4 =

2y(y

2 − 3x2 )

+ 4 ,

∂x

(x

2 + y2 )2

∂x2

(x2 + y2 )4

(x2

+ y2 )3

∂v

= −

(x2 + y2 ) − 2y

2

− 4y = −

x2 − y2

− 4y,

∂2v

= −

− 2y(x2

+ y2 )2 − 4y(x2 + y

2 )(x2 − y2 )

−

∂y

(x2 + y2 )2

(x2 + y2 )2

∂y2

(x2 + y2 )4

− 4 = −

2y(y2 − 3x2 )

− 4

(x2 + y2 )3

ОЧЕВИДНО,ЧТО ЛАПЛАСИАН ∆V РАВЕН НУЛЮ. ТАКИМ ОБРАЗОМ, ДАННАЯ ФУНКЦИЯ ЯВЛЯЕТСЯ

ГАРМОНИЧЕСКОЙ. ВОССТАНОВИМ ДЕЙСТВИИТЕЛЬНУЮ ЧАСТЬ U(X,Y) ФУНКЦИИ

F(Z)=U(X,Y)+IV(X,Y), ПОЛЬЗУЯСЬ УСЛОВИЯМИ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА:

∂u

=

∂v

,

∂u

= −

∂v

. ИЗ

∂x

∂y

∂y

∂x

ВТОРОГО УСЛОВИЯ ПОЛУЧАЕМ:

∂u

= −

∂v

= −

2xy

− 4x +1. ТОГДА u(x, y) = ∫

∂u

dy + ϕ(x)

,

∂y

∂x

(x

2

+ y

2

)

2

∂y

ИЛИ u(x, y) = −∫{

2xy

+ 4x −1}dy + ϕ(x) =

x

− 4xy + y + ϕ(x). ПРОИЗВОДНАЯ ПО X ОТ

(x

2

+ y

2

)

2

x

2

+ y

2

ЭТОГО ВЫРАЖЕНИЯ РАВНА

∂u

=

(x2

+ y2 ) − 2x2

+ ϕ′(y) = −

x2 − y2

− 4y + ϕ′(x). С ДРУГОЙ

∂x

(x2 + y2 )2

(x2

+ y2 )2

СТОРОНЫ ПО ПЕРВОМУ УСЛОВИЮ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА

∂u

= −

x2 − y2

− 4y. ПРИРАВНИВАЯ

∂x

(x2 + y2 )2

ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПОЛУЧИМ: ϕ′(x) = 0. ИЛИ ϕ(x) = C. ТАКИМ ОБРАЗОМ,

2

u(x, y) =

x

− 4xy + y + C. ТОГДА f(z) =

x

− 4xy + y + C + i(−

y

+ 2x2 − 2y2 − x).

x2 + y2

x2 + y2

x2 + y2

ПЕРЕЙДЁМ К ПЕРЕМЕННОЙ Z:

x − iy

f(z) =

+ 2i(x2 + 2ixy − y2 ) − i(x + iy) + C =

z

+ 2iz2 − iz + C =

1

+ 2iz2

− iz + C.

(x2 + y2 )

z

zz

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

ОТВЕТ. f(z) =	x	− 4xy + y +1+ i(−			y	+ 2x	2 − 2y2	− x) =	1	+ 2iz2	− iz +1.
	x2 + y2				x2 + y2
									z
ЗАДАЧА 6. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ПО ДУГЕ C ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.
		∫z Im		dz;	C: x = y2 ,		z1 = 0,	z2 = 4 + 2i.
			z
		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)(-Y), Т.Е.U=-

C C C

XY, V=-Y2. ЗНАЧИТ ∫z Imzdz = −∫xydx − y2dy − i∫xydy + y2dx . ПРИМЕМ Y ЗА ПАРАМЕТР., Т.Е.

C

C

C

x = y2 , dx = 2ydy . НАЧАЛЬНОЙ ТОЧКЕ Z1=0 СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ Y=0, КОНЕЧНОЙ

Z2=4+2I – ЗНАЧЕНИЕ Y=2. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

2

1

2y

5

2

y

3

2

3y

4

2

152

∫z Im

dz = −∫(2y4 − y2 )dy − i∫(y3 + 2y3 )dy = −

+

−i

= −

−12i .

z

C

0

0

5

0

3

4

0

15

0

ОТВЕТ.

∫z Im

dz = −

152 −12i .

z

C

15

ЗАДАЧА 7. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ОТ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ.

2+2i

∫(9z2 + 2z + 3)dz .

РЕШЕНИЕ. ПРИМЕНИМ ФОРМУЛУ НЬЮТОНА - ЛЕЙБНИЦА:

i

2+2i

∫(9z2 + 2z + 3)dz = [3z3 + z2 + 3z]

2+2i

= 24 + 72i − 72 − 24i + 4 + 8i − 4 + 6 + 6i + 3i + 1− 3i = −41+ 62i .

i

i

2+2i

ОТВЕТ.

∫(9z2 + 2z + 3)dz = −41+ 62i .

i

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

РАМ L1, L2, L3. ∫

cos zdz

, 1)

L1 :

z +

i

=

1

,

2) L

2 :

z + π

= 2,

3) L3 :

x2

+

y2

=1.

π

π

2

2

2

4

9

L (z −

)(z +

)

3

2

РЕШЕНИЕ. 1). ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ АНАЛИТИЧНА ВСЮДУ, ЗА ИСКЛЮЧЕНИЕМ ТОЧЕК

	Z=Π/3 И Z= -Π/2. В КРУГЕ			z +			i	≤	1	НЕТ ОСОБЫХ ТОЧЕК. ТОГДА ПО ТЕОРЕМЕ КОШИ I1=0.
							2		2
	2). ВНУТРИ ОБЛАСТИ		z + π			≤ 2		РАСПОЛОЖЕНА ОДНА ОСОБАЯ ТОЧКА -Π/2. ТОГДА ПО

ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ:

3

I2. ВЫЧИСЛИМ

cos z

dz

I2

=

∫

cos zdz

=

∫

(z − π / 3)

=

π

π

2

π

2

L (z −

)(z +

)

L2

(z +

)

3

2

2

=

2πi

d

cos z

=

1!

dz

(z − π / 3)

π

z=−

2

= 2πi

− sin z (z − π / 3) − cos z

= −

12i

(z − π / 3)2

z=−π / 2

5

x2

y2

3) ВНУТРИ ЭЛЛИПСА

+

≤1 НАХОДЯТСЯ ДВЕ ОСОБЫХ ТОЧКИ: Z=-Π/2 И Z= Π/3. ПОЭТОМУ

4

9

ПРИМЕНИМ ТЕОРЕМУ КОШИ ДЛЯ МНОГОСВЯЗНОЙ ОБЛАСТИ:

I3

=

cos zdz

=

cos zdz

=

cos zdz

, ГДЕ L1 - ОКРУЖНОСТЬ ДОСТАТОЧНО

∫

(z −

π

)(z +

π

)

2

∫

(z −

π

)(z

+

π

)

2

∫

(z −

π

)(z +

π

)

2

L3

l1

l2

3

2

3

2

3

2

МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z= -Π/2, А L2 - ОКРУЖНОСТЬ МАЛОГО РАДИУСА С ЦЕНТРОМ В ТОЧКЕ Z= Π/3. ПЕРВЫЙ ИНТЕГРАЛ В ЭТОЙ СУММЕ СОВПАДАЕТ С

ВТОРОЙ ИНТЕГРАЛ ПО ИНТЕГРАЛЬНОЙ ФОРМУЛЕ КОШИ:

cos zdz

∫

cos zdz

= ∫

(z + π / 2)2 dz

coszdz

= 2πi

36

=

36i

.

= 2πi

π

π

2

(z − π / 3)

π

2

25 π

2

25π

L

3

(z −

)(z +

)

L

3

(z +

)

2

3

2

2

z=π /3

ТОГДА I3 =

36i

−

12i

=

12

(3 − 5π)i. .

25π

5

25π

Y

ОТВЕТ.

I1 = 0,

I2 = −

12i

, I3 =

12

(3

− 5π)i..

5π

25π

L3

L2

-2

2

X

L1

ЗАДАЧА 9. РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД ЛОРАНА В ОБЛАСТЯХ.

z + 4	,	1) 1< z < 3	2) z > 3.	3) 2<|Z+3|.
z2 + 4z + 3

РЕШЕНИЕ. КОРНЯМИ УРАВНЕНИЯ Z2+4Z+3=0 ЯВЛЯЮТСЯ ЧИСЛА Z1=-1 И Z2=-3. РАЗЛОЖИМ ЭТУ

	ДРОБЬ НА ПРОСТЫЕ ДРОБИ:	z + 4	=	A		+	B	=	A(z + 3) + B(z + 1)	. ИЛИ
		z2 + 4z + 3		z +	1		z + 3		(z + 1)(z + 3)

A(z + 3) + B(z + 1) = z + 4 . ПРИ Z=-1 ПОЛУЧИМ A=3/2. ЕСЛИ ПОЛОЖИТЬ Z=-3, ТО ПОЛУЧИМ В=-

1/2. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z + 4

=

3

1

−

1

1

. 1). В КОЛЬЦЕ 1<

z

< 3 ИМЕЕМ

1

z

z2 + 4z + 3

2

z +1

2

z + 3

<1 и

<1. ТОГДА ДРОБЬ МОЖНО ПРЕДСТАВИТЬ СЛЕДУЮЩИМ ОБРАЗОМ:

z

3

4

z + 4

=

3

1

−

1

1

. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ФОРМУЛОЙ ДЛЯ БЕСКОНЕЧНО

z2 + 4z + 3

2

1

2

z

z(1

+

3(1+

)

)

z

3

УБЫВАЮЩЕЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОГРЕССИИ:

1

=1+ q + q2

+ ... + qn + ..., ГДЕ

q

<1. В

1− q

ПЕРВОЙ ДРОБИ Q=-1/Z, ВО ВТОРОЙ ДРОБИ Q= -Z/3. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z + 4

3

∞

(−1)

n−1

1

∞

(−1)

n

z

n

=

∑

−

∑

. 2). В КОЛЬЦЕ

z

> 3

ВЫПОЛНЯЮТСЯ НЕРАВЕНСТВА

z2 + 4z + 3

3n+1

2 n=1

zn

2

n=0

1

<1 и

3

<1. СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

z

z

z + 4

3

1

1

1

3

∞

(−1)

n−1

1

∞

n−1

3

n−1

1

∞

3 − 3

n−1

=

−

=

∑

+

∑

(−1)

= =

∑(−1)n

−1

.

z2 + 4z + 3

1

3

zn

zn

zn

2

2

2

n=1

2

n=1

2 n=1

z(1

+

z

)

z(1+

z

)

3) 2 <

z + 3

2

< 1;

z

+ 3

∞ (−1)n zn

∞

2n

z + 4

= −

1

1

+

3

1

= −

1

1

+

3

1

= −

1

+

3

∑

∑

z2 + 4z + 3

3n+1

2

z + 3 2

z +1

2

z

+ 3 2

(z + 3)(1−

2

)

2

1

2

1 (z + 3)n+1

(−1)n zn

2n

z + 3

z + 4

1

∞

3

∞

= −

∑

+

∑

z2 + 4z + 3

3n+1

2

1

2

1 (z + 3)n+1

z + 4

3

∞

(−1)

n−1

1

∞

(−1)

n

z

n

ОТВЕТ. 1).

=

∑

−

∑

.В КОЛЬЦЕ 1<

z

< 3 .

z2 + 4z + 3

zn

3n+1

2 n=1

2

n=0

z + 4

1

∞

3 − 3

n

−1

2).

=

∑(−1)n−1

В КОЛЬЦЕ

z

> 3 .

2 + 4z +

z

3

2 n=1

zn

3)

z + 4

1

∞ (−1)n zn

3

∞

2n

В КОЛЬЦЕ 2<|Z+3|;

= −

∑

+

∑

2 + 4z + 3

3n+1

z

2

1

2

1 (z + 3)n+1

ЗАДАЧИ 10-11. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛЫ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

10.

∫

sin πz

dz

11.

∫

z −

1

ch

3

dz

2

2

2

z

=2 z

(z

−

1)

z+1

=2 z +

2

z

+

2

РЕШЕНИЕ. 10. КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ: z1 = −1,

z2 =1,

z3 = 0 . ЗНАЧЕНИЯ Z1 И Z2 ЯВЛЯЮТСЯ

ПРОСТЫМИ ПОЛЮСАМИ ПОДЫНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ, А Z3 – ПОЛЮСОМ КРАТНОСТИ 2. ТОГДА

Res

sin πz

= lim

[

(z +1)sin πz

] = lim

[

sin πz

] = 0, ТАК КАК SIN(-Π)=0. АНАЛОГИЧНО,

z2 (z2 −1)

z2 (z −1)

−1

z→−1

z2 (z +1)(z −1)

z→−1

Res

sin πz

= 0 , ТАК КАК SIN(Π)=0.

1

z2 (z2 −1)

Res

sin πz

= lim

d

[

z2

sin πz

] = lim [

π cos πz (z2 −1) − 2zsin πz

] = −π

z2 (z2 −1)

dz

2 −1)

(z2 −1)2

0

z→0

(z

z→2i

ПОЛУЧИМ ОКОНЧАТЕЛЬНО:

∫

sin πz

dz = 2πi (−π) = −2π2i .

z

2

(z

2

−1)

2

z

=2

11). ПОДЫНТЕГРАЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ ИМЕЕТ СУЩЕСТВЕННО ОСОБУЮ ТОЧКУ Z=-2. ПОЭТОМУ ДЛЯ ВЫЧИСЛЕНИЯ ВЫЧЕТА ОТНОСИТЕЛЬНО ЭТОЙ ТОЧКИ СЛЕДУЕТ РАЗЛОЖИТЬ ФУНКЦИЮ В РЯД

5

ЛОРАНА. ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ РАЗЛОЖЕНИЕМ В РЯД ФУНКЦИИ CH(W) ПО СТЕПЕНЯМ W:

ch(w) =

1+

w2

+

w4

+

w6

+ ... ПОЛАГАЯ w =

3

, ПОЛУЧИМ:

2!

4!

6!

z +

2

z −1

ch

3

= (1

−

3

)(1

+

32

+

34

+

36

+ ...) =1

−

3

+

32

+ ...

z + 2

z +

2

z +

2

2!(z + 2)

2

4!(z + 2)

4

6!(z + 2)

6

z +

2

2!(z + 2)2

ПОСЛЕДУЮЩИЕ СЛАГАЕМЫЕ НЕ СОДЕРЖАТ СТЕПЕНИ (Z+2)-1. КОЭФФИЦИЕНТОМ ПРИ (Z+2)-1 В РАЗЛОЖЕНИИ ФУНКЦИИ БУДЕТ ЧИСЛО -3. ВЫЧЕТ ДАННОЙ ФУНКЦИИ РАВЕН КОЭФФИЦИЕНТУ ПРИ

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

z −1

ch

3

] = −3 . СЛЕДОВАТЕЛЬНО.

z + 2

z + 2

−2

∫ (z +1)

2 sin 3 dz =

2πi (−

3

) = −3πi .

z

=1

z

2

ОТВЕТ. 10. ∫

sin πz

dz = −2π2i .

11.

∫

z

−1

ch

3

dz = −3πi .

2

2

2

z

=2 z

(z

−1)

z+1

=2 z + 2

z + 2

ЗАДАЧА 12. ВЫЧИСЛИТЬ НЕСОБСТВЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ.

∞

∫

dx

.

(x4 +1)

0

РЕШЕНИЕ. НАЙДЁМ КОРНИ ЗНАМЕНАТЕЛЯ ФУНКЦИИ f(z) =

1

:

(z4

+1)

z4 +1= 0

или

z =

−

1(cos

π + 2kπ

+ isin

π + 2kπ

)

или

z1,2,3,4

= ±

1

(1± i) . СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

4

4

2

ДВА КОРНЯ ИЗ ЧЕТЫРЁХ НАХОДЯТСЯ В ВЕРХНЕЙ ПОЛУПЛОСКОСТИ:

							1																															1																					∞							1																						1														1
z1 =										(1+ i)								и									z3 = −																			(1− i) . ТОГДА																											dx = 2πi(Res																					+ Res											).
																																																									−∫∞ (x4 +
							2																															2																																	1)													z1 (z4 + 1)											z3 (z4 + 1)
																																																										(z −								1				(1+ i))
									1
Res																=						lim																																												2																														=
					(z4																																						1												1																			1												1
z1									+ 1)									z→				1					(1+i) (z +																							(1+ i))(z +										(1− i))(z −																				(1+ i))(z −										(1− i))
																			2
																																											2														2																			2												2
=									1																	=			1− i								.
			2(i +1) 2																	2i						4						2i
																																																												(z +						1						(1− i))
									1
Res																=						lim																																												2																															=
					(z4																																						1														1																			1												1
z1									+ 1)									z→−					1					(1−i) (z +																									(1+ i))(z +										(1− i))(z −																			(1+ i))(z −										(1− i))
																										2
																																											2														2																			2												2
=																1																		=						1+ i											. СЛЕДОВАТЕЛЬНО.
			2i (−										2)[−								2(1− i)]																	4									2i
∞																		1 ∞																																																																								− i					1+ i
				1																										1																						1											1																				1					1																2 π
											dx =																													dx =														2πi(Res														+ Res																) = πi										+								=					.
∫				4																		∫								4																														4																				4
							+1)											2									(x				+ 1)																					2		z1			(z						+ 1)									z3				(z							+ 1)					4				2i			4 2i									4
0 (x																				−∞
										∞						1															π
																																						2 .
ОТВЕТ.										∫														dx =
												(x				4			1)												4
									0									+

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

С ОТ ТОЧКИ Z1 ДО ТОЧКИ Z2.

6

∫	dz			, ГДЕ С: Y=3-X2-2X, Z1=1, Z2=-3,		= −1.
					1
C		z

РЕШЕНИЕ. ТОЧКИ Z1 И Z2 НЕ ЯВЛЯЮТСЯ ОСОБЫМИ ТОЧКАМИ ДЛЯ ПОДИНТЕГРАЛЬНОЙ ФУНКЦИИ. КРИВАЯ С НЕ ПРОХОДИТ ЧЕРЕЗ ТОЧКУ Z=0. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, МОЖНО ПРИМЕНИТЬ ФОРМУЛУ

НЬЮТОНА-ЛЕЙБНИЦА: ∫

dz

z2

= 2 z

= 2( z2 − z1 ) . РАССМОТРИМ ФУНКЦИЮ

z1

z

C

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

z

z =

2

2

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

cos

2kπ

+ isin

2kπ

= cos kπ + isin kπ . С ДРУГОЙ СТОРОНЫ

= −1= cos(π) + isin(π) .

1=

1

2

2

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

СООТВЕТСТВУЕТ ЗНАЧЕНИЕ K=1. СЛЕДОВАТЕЛЬНО, ДАННАЯ ВЕТВЬ ФУНКЦИИ ИМЕЕТ

ϕ + 2π + isin

ϕ + 2π) . ТАКИМ ОБРАЗОМ,

УРАВНЕНИЕ

z =

z

(cos

2

2

z1 =

1 =

1(cos π + isin π) = −1,

− π + 2π + isin

− π + 2π) = i . СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

− 3 =

3(cos

2

2

∫

dz

z2

= 2 z

= 2(

z2

−

z1 ) = 2(i

3 + 1) = 2 + i2 3 .

z

z1

C

ОТВЕТ. ∫

dz

= 2 + i2

3

.

C

z

7