Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Государственный университет — учебно-научно-производственный комплекс (бывш. ОрелГТУ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Semenova_matem2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.03.2015

Размер:

223.7 Кб

Скачать

☆

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ «ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ — УЧЕБНО-НАУЧНО- ПРОИЗВОДСТВЕННЫЙ КОМПЛЕКС»

Г.А. Семенова, Т.А. Никольская, Е.Ю. Тюлькина

МАТЕМАТИКА. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ

Часть 2

Рекомендовано ФГОУ ВПО «Госуниверситет – УНПК» для использования в учебном процессе в качестве учебного пособия

для высшего профессионального образования

Орел 2011

УДК 517.53(075) ББК 22.161.5я7 С30

Рецензенты:

кандидат физико-математических наук, профессор кафедры «Математический анализ и дифференциальные уравнения» Государственного образовательного учреждения

высшего профессионального образования «Орловский государственный университет»

Т.Н. Можарова,

кандидат физико-математических наук, доцент кафедры «Высшая математика»

Федерального государственного образовательного учреждения высшего профессионального образования

«Государственный университет – учебно-научно- производственный комплекс»

Д.П. Батуров

Семенова Г.А.

С30 Математика. Элементы теории функций комплексного переменного в примерах и задачах: учебное пособие для высшего профессионального образования. Ч.2/ Г.А. Семенова, Т.А. Никольская, Е.Ю. Тюлькина. – Орел: ФГОУ ВПО «Госуниверситет – УНПК», 2011. – 38 с.

В пособии дано изложение материала по разделу учебной программы «Теория функций комплексного переменного» дисциплины «Математика» с примерами решения задач и заданиями для типовых расчетов.

Цель настоящего пособия – облегчить изучение теории функции комплексного переменного студентам технических вузов. Основное внимание уделено разъяснению сути определений и теорем, а также методам наиболее рационального решения типовых задач.

Предназначено для студентов второго курса высших учебных заведений технических специальностей, изучающих дисциплину «Высшая математика». Также может быть использовано преподавателями технических вузов при проведении занятий.

УДК 517.53(075) ББК 22.161.5я7

c ФГОУ ВПО «Госуниверситет – УНПК», 2011

Оглавление

Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	4
Задача 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	5
Задача 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	6
Задача 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	7
Задача 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	10
Задача 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	14
Задача 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	18
Задача 10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	25
Задача 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	26
Задача 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	29
Задача 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	31
Задача 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	33
Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .	37

ВВЕДЕНИЕ

Известно, что новый материал усваивается студентами значительно легче, если сопровождается достаточно большим числом иллюстрирующих его примеров. Данное учебно-методическое пособие является логичным продолжением учебного пособия «Математика. Элементы теории функций комплексного переменного» (разработанного тем же коллективом авторов), содержащим теоретический материал по данной теме. В пособии представлены многочисленные примеры с подробным пояснением к их решению и ссылками на теоретический материал. Представлена методика решения некоторых типовых задач из сборника заданий по специальным курсам высшей математики под редакцией Чудесенко В.Ф. Данное учебное пособие поможет студентам лучше усвоить те разделы «Теории функций комплексного переменного», которые традиционно рассматриваются на лекциях и требуют обязательного практического закрепления и проработки. Пособие может быть полезным студентам для самостоятельного изучения указанного раздела, а также преподавателям, ведущим практические занятия по данному курсу. При этом авторы ссылались на учебное пособие [5].

Список обозначений:

B J – начало и конец решения задачи.

= e 2( +2 k)(

(

Задача 2

Задание 2.1. Представьте в алгебраической форме. ch(3 + i )

B Согласно пункту 2.1.3 [5], гиперболический косинус определяется

равенством ch z =

ez + e z

, поэтому ch(3 +

i ) =

(e3+ i4

+ e 3 i4 ) =

[по определению показательной функции ez = ex(cos y + i sin y)]

(e3

(cos

+ i sin

) + e 3(cos

i sin

)) =

(e3(

+ i

) + e 3(

)) =

((e3 + e 3)

)

3 p

+ e

+ i(e3 e 3)

+ i

=22 ch 3 + i 22 sh 3: J

Задание 2.2. Представьте в алгебраической форме ( 3i)2i:

B Согласно пункту 2.1.3 [5] степенная функция определяется равен-

ством w = za = ea Lnz, поэтому ( 3i)2i

= e2iLn( 3i). Так как для z = 3i,

x√

x = 0, y = 3, то jzj = √x2 + y2 = 02 + ( 3)2 = 3;

cos(arg z) =

3 = 0;

arg z :

jzj

arg z = :

{

sin(arg z) =

= 1:

)

jzj

Отсюда, на основании определения логарифмической функции (2.1.3) [5],

имеем:

Ln( 3i) = ln 3 + i( + 2 k); k 2 Z:

Тогда ( 3i)2i = e2i(ln 3+i( +2 k)) = e2i ln 3+2i2( +2 k) =

=e2i ln 3 2( +2 k)

=e 2( +2 k)

)

cos(2 ln 3) + i sin(2 ln 3) =

)

cos(ln 9) + sin(ln 9) ; k 2 Z: J

Задача 4

Задание 4.1. Вычертите область, заданную неравенствами

jRezj 1; jImzj < 2:

B Полагая z = x + iy, получим jxj 1 и jyj < 2. Таким образом:

1 x 1, 2 < y < 2.
	y
	2
−1	0	1	x
	−2
рис. 1

Построим области, заданные этими неравенствами:

1 x 1 — полоса, заключенная между прямыми x = 1, включая сами прямые.

2 < y < 2 — полоса, заключенная между прямыми y = 2, не включая сами границы. Искомая область

— прямоугольник, ограниченный линиями x = 1, y = 2 (Рис.1) J

Задание 4.2. Вычертите область, заданную неравенствами

4 arg z 34 ; 1 < jz ij < 2:

B Полагая z = x + iy, получим:

1 < jx + iy ij < 2; )

3π

1 < jx

+ i(y 1)j <

2; )

1)2 < 2;

1 <

+ (y

< 4:

)

+ (y

1 < √

−3

−2 −1 0

2 3 x

Рассмотрим

отдельно

каждое нера-

венство: x2 + (y 1)2 > 1 – область

−i

−2i

вне круга с радиусом 1 и центром

−3i

в точке (0; 1); x2 + (y 1)2 < 4 – об-

ласть внутри круга с радиусом 2 и

центром в точке (0; 1).

Рис. 2

определяет луч, идущий из начала координат под

arg z = ' ) arg z =

углом

к положительному направлению оси Ox; arg z =

определя-

ет луч, идущий из начала координат под углом

к положительному

направлению оси Ox. Искомая область — часть кольца, образованного окружностями x2 + (y 1)2 = 1 и x2 + (y 1)2 = 4 и заключенного между лучами, исходящими из начала координат под углами 4 и 34 (рис. 2). J

Задача 6

Задание 6.1. Восcтановите аналитическую в окресности точки z0 = 0 функцию f(z) по известной мнимой части v(x; y) = 2xy + x и значению f(z0) = 0

B Проверим,является ли функция v(x; y) мнимой частью некоторой аналитической функции. Для этого достаточно проверить гармоничность этой функции, т.е. проверить удовлетворяет ли она уравнению Лапласа:

@2v @2v

@x2 + @y2 = 0:

@2v

Действительно, @x2 = (2xy + x)00xx = (2y + 1)0x = 0 и

@2v

@y2 = (2xy + x)00yy = (2x)0y = 0, т.е. 0 + 0 = 0 – верно.

По условию задачи, функция f(z) аналитична в точке z0 = 0, следовательно, в окресности этой точки для этой функции выполняются условия Коши – Римана:

Имеем

= (2xy + x)0 = 2y + 1, значит, из второго условия Коши –

Римана:

= (2y + 1); )

∫

) u(x; y) = (2y + 1)dy = y2 y + '(x):

Подставим полученную функцию u(x; y) в первое условие Коши – Римана:

@( y2 y + '(x))	=	@(2xy + x)		,	'0(x) = 2x	,
@x			@y

∫

,'(x) = 2xdx = x2 + C:

Врезультате, u(x; y) = y2 y + x2 + C, т.е.

f(z) = u(x; y) + iv(x; y) = (x2 y2 y C) + i(2xy + x) =

= (x2 + 2ixy y2) + ( y + ix) + c = (x + iy)2 + i(x + iy) + C = z2 + iz + C:

По условию задачи, f(0) = 0, следовательно, 0 + i0 + C = 0 , C = 0, отсюда, f(z) = z2 + iz: J

Задание 6.2. Востановите аналитическую в окресности точки

z0 = 1 функцию f(z) по известной действительной части u(x; y) = 12 ln(x2 + y2) и значению f(z0) = 2i:

B Проверим, что функция u(x; y) является действительной частью некоторой аналитической функции. Для этого достаточно проверить гармоничность этой функции, т.е. проверить, удовлетворяет ли она уравне-

нию Лапласа:

@2u

= 0:

@x2

@y2

Действительно,

@2u

))xx00 = (

)x0 =

x2+y2 2x2

@x2

= ( 2 ln(x

+ y

x2+y2

(x2+y2)2

@2u

= (

ln(x2 + y2))00

= (

x2 + y2 2y2

;

+ y

)

т.е.

x2+y2 2x2

x2+y2 2y2

= 0 — верно.

(x2+y2)2

По условию задачи функция f(z) аналитична в точке z0 = 1, а значит, она дифференцируема в окресности этой точки. Следовательно,

в окресности точки z0 = 1 для функции f(z) выполняются условия Коши

– Римана:

Имеем @u

= ( 1 ln(x2 + y2))0

; значит, из первого условия Коши

x +y

xdy

– Римана:

) v(x; y)=

+ '(x). Подставим

=xx arctg x

x2+y2

полученную функцию v(x; y) во второе условие Коши – Римана:

∫

@(arctg xy + '(x))

@( 21 ln(x2 + y2))

+ '0(x) =

+ '0

(x) =

, 1 +

2 x2 + y2

x2 + y2

, '0(x) = 0 , '(x) = C:

В результате, v(x; y) = arctg xy + C, т.е.

f(z) = u(x; y) + iv(x; y) = 12 ln(x2 + y2) + i(arctg xy + c) = = ln jzj + i(arg z + C) = ln jzj + i arg z + iC = ln z + iC:

По условию задачи, f(1) = 2i, следовательно, ln 1 + iC = 2i , , 0 + iC = 2i , C = 2. Отсюда, f(z) = ln z + 2i. J

Задача 7

Задание 7.1. Вычислите интеграл от функции комплексного

переменного по данной кривой:

∫

zjzjdz; L : jzj = 1; Imz 0.

B Построим кривую, по которой ведется интегрирование, jzj = 1;

√

jx + iyj =

x2 + y2 = 1;

x2 + y2 = 1 — окружность с центром в начале

координат и радиусом равным 1; Imz 0 ) y 0.

Таким образом: L – верхняя половина

окружности x2 + y2 = 1

(рис.

3).

Проверим, является ли

функция f(z) = zjzj аналитической

на L, т.е. удовлетворяет условиям Ко-

ши – Римана.

−1

f(z) = (x + iy) x2 + y2 =

= x

+ y

iy x2

+ y2

Рис. 3

√

)

√

) u(x; y) = x√

; v(x; y) = y√

;

x2 + y2

(x√x2 + y2) = √x2 + y2

+ x

2 x2 + y2

√

x2 + y2 ;

√x + y +

(y√x + y

) =

√x + y

+ y

2 x2 + y2

√

= √x + y

√

x2 + y2

Следовательно, @u@x =6 @y@v ; т.е. f(z) не является аналитической функцией. Дуга окружности L : jzj = 1; Imz 0 может быть задана параметри-

чески:

x = 1	cos t;	it
		где 0 t ; т.е. z = 1 e , 0 t — комплексное
{y = 1	sin t;

параметрическое уравнение кривой L. На основании полученных соотно-

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
25.04.2019529.41 Кб2RTsB.doc
#
28.03.20151.02 Mб5rus13.pdf
#
28.03.20151.31 Mб25Ryady_nov.doc
#
28.03.201510.53 Mб109Savin_detali_mash.pdf
#
28.03.2015330.57 Кб35Semenova_matem1.pdf
#
28.03.2015223.7 Кб9Semenova_matem2.pdf
#
07.11.2018410.62 Кб3SERT_LAB.DOC
#
21.09.2019127.03 Кб1shpora.docx
#
28.03.20152.46 Mб3Shpora_1_semestr.doc
#
05.12.2018214.53 Кб8shporki (1).doc
#
24.09.2019484.54 Кб8shporki.docx