Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги / Теория функций комплексного переменного

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.11.2023

Размер:

1.22 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 2111 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Задание 10. Для функции f (z) найти изолированные осо-

бые точки, провести их классификацию, вычислить вычеты относительно найденных точек:

a)	f (z) = cos z −1 +			3	;
		z5		z
б)	f (z) =	1−cos6z		;
		z2
в)	f (z) = z cos		2		.

			(z −i)

Решение

а) Особой точкой функции является точка z0 = 0. Для оп-

ределения вида особой точки разложим функцию в ряд Лорана по степеням z:

f (z) = cos z −1 + 3 =

(cos z −1)

1−

−

…−1

−

…

1 1

z −

−…+ z

+3 1

−

−…=

2! z

9 1

−…

2! z

8 z

главная

часть

правильная часть

101

Главная часть ряда Лорана содержит конечное число слагаемых, значит, z0 =0 – полюс. Порядок высшей отрицатель-

ной степени (n =3) определяет порядок полюса. Следовательно, z0 =0 – полюс кратности 3. Вычет найдем, используя фор-

мулу Res	f (z) =C−1 , тогда Res	f (z) =	9 .
z=z0	z=0		8

б) Особой точкой функции является точка z0 = 0. Чтобы

определить вид особой точки, используем признак поведения функции в особой точке:

lim

1−cos6z

= lim

2sin2 3z

= lim 2

sin2

= 2

1 9 =18 ,

(3z)2

z→0

значит,

z0 =0

устранимая

точка

и,

следовательно

Res f ( z) = 0.

z=0

в) Особой точкой функции является точка

z0 =i. Чтобы

определить вид особой точки, используем разложение функции в ряд Лорана по степеням z −i:

f (z) = z cos

=(( z −i) +i)cos

(z −i)

=((z −i) +i) 1−

−… =

−i

z −i

=( z −i) 1−

−… +

z −i

+ i 1−

−… =

z −i

−i

102

=( z −i) −

−…+i −i

−…=

( z −i)

(z −i)3

(z −i)2

( z −i)4

= z −

−i

i +

( z −i)

(z −i)2

(z −i)3

(z −i)4

главная часть

Главная часть ряда Лорана содержит бесконечное число слагаемых, значит, z0 =i – существенно особая точка. Тогда

Res f (z) =C−1 = −4.

z=i

Задание 11. Вычислить интегралы от функции комплексного переменного:

а)	∫ z3dz,		где AB – отрезок прямой, zA =0, zB =i;
	AB
б)	∫ zdz,		где ABC – ломаная, zA = 0, zB =i, zc =1+i;
	ABC
в)	∫ z2dz,	где L – дуга окружности			z	=1, 0 ≤arg z ≤ π;
в)	∫ z2dz,	где L – дуга окружности			z	=1, 0 ≤arg z ≤ π;
	L
г)	∫ ez dz,	где L		– отрезок прямой	y = −x , соединяющий
	L
точки A и B,			zA = 0	и zB = π−iπ.

Решение

а) Так как подынтегральная функция f (z) = z3 аналитична всюду, то можно воспользоваться формулой Ньютона–Лейб-

	∫ z3dz	i	z4	i		i4		1

ница:		= ∫ z3dz =			=		−0 =		.
			4			4		4
AB		0		0
								f (z) = z определена и не-
б)	Подынтегральная функция

прерывна всюду, ломаная ABC представляет собой кусочногладкую кривую, поэтому искомый интеграл сводится к вычислению двух криволинейных интегралов по координатам по формуле (4.31).

103

Следовательно,

∫

zdz = ∫

(x −iy)(dx +idy) =

∫ xdx + ydy +i

∫

−ydx + xdy .

ABC

Воспользуемся свойством аддитивности криволинейного

интеграла:

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz .

ABC

На отрезке

AB:

x = 0,

значит, dx = 0,

y [0,1] . Поэтому

∫ zdz = ∫ ydy =

= 1 .

На отрезке BC: у = 1, dy = 0, 0 ≤ x ≤1.

Поэтому

∫ z

dz = ∫

xdx +i ∫

(−1)dx =

−i x

−i.

Искомый интеграл

∫ zdz

равен

−i =1−i.

ABC

в) Положим z = eiϕ,

тогда dz =ieiϕdϕ,

0 ≤ϕ≤ π. Следова-

тельно,

1 e3iϕ

π =

∫ z2dz = ∫ e2iϕieiϕdϕ=

= 1 e3iπ −

1 eiπ

−1

= 1

(cos π+isin

π) −

= −2 .

г) Зададим

линию

параметрическими

уравнениями:

x =t,

y = −t,

z =t −it,

0 ≤t ≤ π. Для кривой,

заданной пара-

метрическими уравнениями

z(t) = x(t) +iy(t),

t1 ≤t ≤t2 , спра-

ведлива формула ∫ f (z)dz =

∫2 f

(z(t))z′(t)dt.

104

Поэтому

∫ e

t+it

(1−i)dt =

1−i

(1+i)t

= ∫ e

1+i

= −i

(

eπ(cos π+i sin π) −1 = (eπ +1)i.

)

Задание 12. Вычислить интегралы, используя теорему

Коши о вычетах:

а)

∫

sin zdz

;

z+1

z ( z +1)

б)

∫

z cos zdz

−π

=2π

Решение

а) Подынтегральная функция имеет внутри контура ин-

тегрирования две особые точки z =0 и z = −1.

Тогда ∫

sin zdz

= 2πi (Res f ( z) +Res f ( z)).

z (z +1)

z=0

z=−1

Определим вид особых точек и найдем в них вычеты.

lim

sin z

=1, следовательно, Res f (z) =0 .

z→0 z (z +1)3

z=0

lim

sin z

= ∞, следовательно,

z = −1 – полюс.

z→−1 z (z +1)3

Так как lim

sin z

(z +1)3 =1, то z = −1 – полюс порядка

z→−1 z (z +1)3

n =3.

sin z

Res f ( z) =

lim

+1)

(3 −

(z +1)3

z=−1

1)! z→−1 dz2

lim

sin z

″

lim

z cos z

−sin z ′

2! z→−1

105

lim

(cos z − z sin z −cos z) −2z (z cos z −sin z)

2! z

→−1

= −

lim

z2 sin z +2z cos z −2sin z

sin1−2cos1

2! z→−1

Таким

образом,

∫

sin z

= 2π i

sin1−2cos1

= π i ×

L z (z +1)

×(sin1−2cos1).

б) Подынтегральная функция имеет внутри контура интегрирования две особые точки z = π и z = −π.

Тогда ∫

z cos zdz

= 2π i (Res f (z) +Res f (z)) .

−π

z=π

z=−π

Так как z = π и z = −π – полюсы первого порядка, то для

вычисления вычетов применим формулу (7.3).

Обозначим ϕ( z) = z cos z,

ψ(z) = z2 −π2 , тогда ψ′(z) = 2z.

Res f ( z)

z cos z

= −1

, Res f ( z) =

z cos z

= −

1 .

z=π

z=−π

z cos z

Таким образом,

∫

= 2π i

−

= −2π i.

−π

Задание 13. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

а)

2π

∫

;

(2 +cos x)

б)

∞

∫

dx ;

(

)

x2 +1

в)

+∞ xsin 5x

∫

dx .

106

Решение

а) Для вычисления интеграла применим формулу (7.8). Обозначим z = eix .

dx =

2 +cos x = 2 +

Тогда

cos x =

z +

+4z +1

Получаем интеграл

2π

∫

+cos x)

z2 +4z +1

∫

4zdz

= 4

∫

zdz

= I.

(

)

(

)

i z

+4z

+4z +1

В круге

<1 функция

f (z) =

имеет полюс

(

z2 +

)

4z +1

второго порядка. Вычет функции

f (z)

в этой точке выгля-

дит как

Res f (−2

z (z +2 −

lim

−

+2 + 3 )

1! z→−2+ 3

dz (z

lim

(z +2 + 3)2 − z 2

(z +2 + 3)

(z +2 +

z→−2+ 3

lim

2 +

3 − z

2 + 3 +2 −

(z +2 + 3)3

(−2 + 3 +2 + 3)3

(2 3)3

z→−2+ 3

6 3

107

Следовательно,			2π				dx				= 2πi							4		1	=	4π
				∫			dx											4		1		4π			.
				∫	(2 +cos x)				2									i 6							.
				0	(2 +cos x)													i 6		3	3			3
б) Так как подынтегральная функция R(x) =																									x2			чет-
б) Так как подынтегральная функция R(x) =																							(	x2 +		)	2	чет-
																							(			)
																										1
ная, то
∞				x2				1			∞				x2
∫							dx =				∫									dx .
∫	(		2		)	2	dx =	2			∫	(		2				)	2	dx .
0	(				)					−∞		(						)
0		x		+	1					−∞			x			+1
		x		+	1								x			+1
Построим функцию R(z) =												z2						, которая на действи-
Построим функцию R(z) =									(		z2				)		2	, которая на действи-
											z2	+1

тельной оси (при z = x) совпадает с подынтегральной функцией R(x). Особые точки функции R(z) – это точки z1 =i и z2 = −i. Из них в верхней полуплоскости находится точка z1 =i, которая является полюсом второго порядка.

Так как Im z1 = Imi =1 > 0, для вычисления интеграла при-

меним формулу (7.9).

Вычет функции R(z) относительно полюса i выглядит

как

Res R(i) =lim

( z −i)2

= lim

z→i

(z +i)

(z +1)

= lim

2iz

(z +i)3

z→i

∞

1 2πi

= π.

Записываем ответ: ∫

dx =

(

)

x2 +

108

в) Так как подынтегральная функция

f (x) =

xsin x

явля-

1+ x2

ется четной, то

+∞ xsin x

∫

dx .

0 1+ x

−∞ 1+ x

Построим функцию

f (z)

R(z) eiz ,

такую, что R(z) на

действительной оси

(при

z = x)

совпадает с

R(x) :

f (z) =

eiz .

+ x2

справедливо равенство Im f (z) =

Отметим, что при z = x

=f (x).

Вчислителе функции R(z) стоит многочлен первой сте-

пени ( p =1), в знаменателе

–

второй

(m = 2). Тогда

λ = m − p =1 > 0.

Функция f (z) имеет в верхней полуплоскости полюс пер-

вого порядка в точке z =i. Вычет функции

f (z)

относительно

этого полюса выглядит как

zeiz

ie−1

e−1

Res f (2i) = lim

= lim

(

)

z→i

z→i 2z

+ z

2 ′

Применяя формулу (7.14), получаем ответ:

+∞ xsin 5x

e−1

−1

∫0

2 2πRe

2 =

2 e

x2 +4

109

ВАРИАНТЫ ЗАДАНИЙ

Вариант № 1

Задание 1

а) Найти модуль и аргумент чисел z1 = 1−2i и z2 = 4 −2i. Изобразить числа на комплексной плоскости. Представить числа в тригонометрической и показательной форме.

б) Найти: z13 z22 , z1 z2 , 3 z2 − z1 .

Задание 2. Вычислить значение функции f (z) в точке z0 , ответ представить в алгебраической форме комплексного числа:

а) f (z) = cos z, z0 =			πi −1 ;
			3
б) f (z) = ez , z0	=	3	+	πi .
		2		2

Задание 3. Указать область дифференцируемости функции f (z) = cos z2 и вычислить производную. Выделить дейст-

вительную и мнимую часть полученной производной. Задание 4. Определить вид кривой z =3sect +i 2 tg t.

Задание 5. Построить область плоскости z, определяемую данными неравенствами.

		z −1	≤1,
		z −1	≤1,
а)
а)		z +1	> 2.
		z +1	> 2.


	Im( z − z ) ≥1,
б) zz −(z + z ) > 0,

	zz −(z + z ) ≤3.

110

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 2111 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги

#
19.11.202327.99 Mб1Теория упругости микронеоднородных сред..pdf
#
12.11.202311.07 Mб1Теория упругости неоднородных тел..pdf
#
12.11.20238.54 Mб6Теория упругости. Задача Сен-Венана. Плоская задача теории упругости.pdf
#
12.11.20235.05 Mб2Теория упругости. Ч. 1 Основные уравнения механики сплошных сред. Вариационные методы.pdf
#
12.11.202321.88 Mб2Теория упругости..pdf
#
12.11.20231.22 Mб5Теория функций комплексного переменного..pdf
#
19.11.202328.91 Mб2Теория функций комплексной переменной..pdf
#
12.11.20235.34 Mб3Теория химических реакторов введение в основной курс..pdf
#
12.11.20236.48 Mб1Теория химических реакторов. Введение в основные разделы курса.pdf
#
12.11.20232.15 Mб15Теория электрической связи. Основные понятия.pdf
#
13.11.202324.95 Mб10Теория электрической связи. Помехоустойчивая передача данных в информационно-управляющих и телекоммуникационных системах модели, алгоритмы, структуры.pdf