Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Саратовский государственный университет им. Н.Г. Чернышевского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ТФКП - методичка

.pdf

Скачиваний:

449

Добавлен:

09.06.2015

Размер:

713 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

Тогда

+∞	n	Res f (z)	(40)
∫	f (x) dx = 2πi ∑
−∞	k =1 z = zk

(аналогично для нижней полуплоскости, но в (40) правую часть нужно брать со знаком «минус»).

2. Если f (z):

а) аналитична в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа особых точек zk , Im(zk ) > 0 , k =1,2, ..., n , непрерывна в замкнутой

полуплоскости за исключением тех же точек и

lim

f (z) = 0 , Im(z) ≥ 0 .

Тогда

z →∞

∞

m > 0 .

(41)

∫ eimx f (x) dx = 2πi ∑Res ( f (x)eimx ),

−∞

k =1x =xk

Если кроме того

f (x) R, при x R, то

∞

m > 0

(42)

∫ f (x)cos(mx) dx = −2πIm ∑Res ( f (z)eimx ) ,

−∞

k =1z =zk

∞

∫ f

(x)sin (mx) dx

m > 0

(43)

= 2πRe ∑Res ( f (z)eimx ) ,

−∞

k =1z =zk

Примеры

47. Вычислить интегралы:

∞

2dx

∫

, a > 0,

b > 0 ;

−∞ (a + bx2 )2

∞ xeimx

dx, m > 0 ;

∫

+ x2

−∞1

+∞

sin2 x

3) J = ∫

dx, a

> 0 .

+ a

0 x

Решение: 1) рациональная функция R(z) =

аналитична

(a + b z2 )2

в верхней полуплоскости, за исключением точки z

= i

(полюс второго

порядка) и lim

z R(z) = 0.

z →∞

Res R(z) =

lim

a 2

z = z1

z →z1

4i ab3

z + i

∞

x2dx

Из (40) ∫

= 2πi

+ bx2 )

4i ab3

4 ab3

−∞ (a

Решение: 2) функция

f (z) =

– аналитическая в верхней по-

+ z 2

луплоскости,

включая действительную ось, кроме точки z = i (полюс);

lim

f (z) = 0 , поэтому из формулы (41):

z →∞

∞

xeimx

zeimx

dx = 2πi Res

πi

−∞∫

1 + x2

+ z2

z =i

Решение: 3) преобразуем J:

+∞

1 − cos(2x)

∞

+∞ cos(2x)

J =

∫

dx =

∫

−

∫

dx .

+ a2

x2 + a2

−∞ x2 + a2

Первый интеграл – табличный

+∞

∞

d(x

/ a)

∞

∫

acrtg

+ a2

(x / a)2 +

−∞ x2

−∞

При вычислении второго интеграла воспользуемся формулой (42), учиты-

вая, что

f (x) =

– четная функция:

x2 + a2

∞

cos(2x)

∞

cos(2x)

2i z

−2a

∫

dx =

∫

dx = −πIm Res

= −πIm

= π

+ a

0 x

−∞ x

z =ai

2ai

Окончательно: J =

π πa−2a

(1 − e−2a ) .

КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ

Контрольная работа 1

Задание к каждому варианту

1.Представить комплексное число z в алгебраической форме.

2.Изобразить на комплексной плоскости множество точек, удовлетворяющих данному условию.

3.Записать комплексное число z в тригонометрической и показательной формах.

4.Используя формулу Муавра, вычислить.

5.Найти корни уравнения и отметить их на комплексной плоскости.

Вариант 1

1. z =	2	−	(1+i)(2	−2i)
	i +1		(1−i)(1	−2i)

2.z −1 ≤ z +1

3.z =1 + 2i

	1	+ i	3	15
4.	1	+ i	3

		1 −i
		1 −i

5. z2 − (2 + i)z + 2i = 0

Вариант 3

1.	z = (1 + i)(2 + i)			−	(1 − i)(2 − i)
			2 − i		2 + i
2.	1 + z	<	2 − z
2.	1 + z	<	2 − z
3.	z =1 + i 3

4.1 − i 7

1 + i

5.z4 +1 = 0

Вариант 2

1. z =

3 + i

−

(1 + i)( 3 + 2i)

− i

Re z2 <1

z =

3 + i

1 − i 3

1 + i

z2 − (5 + 2i)z + 5 + 5i = 0

Вариант 4

1. z

− (1 − i)(1 + 2i)

i +1

(1 − 2i)(1 + i)

≤ arg z ≤

3π

; 1 ≤ Im z ≤ 2

z = −1 + i

3 + 3i

1 − i

z3 − zi = 0

Вариант 5

1. z = 3 − (1+i)(3 +3i) 1−i (1+ 2i)(1−i)

2 −

< 3

2 +

z = −1 + 2i

4.3+−3i 4

1 i

5.z4 + i = 0

Вариант 7

1. z = 3 −2i − (3 + 2i)i i −3 1+i

2. Im(z −i) ≥ 2

3.	z = −1		− i 3
		3 +	3i	7
4.

		1 + i

5. z2 − 2 3i + 2 = 0

Вариант 9

1. z =	2 + 3i	−	3
	3 − i		(3 + i)(1 −i)

2.z z + z + z + i(z − z) = 0

3.z = − 3 + i

4.23++2ii 10

5.z2 + 2 3i − 2 = 0

Вариант 11
1. z =	2 + 3i	−	2 − 3i
	i − 3		(1 − i)i

2.z − 2 = z

3.z = −1 − 2i

4.13−−i i 8

5.z3 − i = 0


Вариант 6
1. z =			i − 3				−	i(1 + 2i)
1. z =			3 − 2i				−	3 + 2i
			3 − 2i					3 + 2i
2.	Re(z −			1		) = 0
2.	Re(z −					) = 0
					z
3.	z =		3 −i
4.		3	− i 5


		− 3 + i
5.	z3 +1 = i

Вариант 8

1.z = i −1 − (1−2i)(1−i)

i+1 (1+i)(2 −2i)

2.1 < 1 + z + z −3 < 2

3.z =1 − 2i

4.2 + i 6

2 −i

5.z4 −i = 0

Вариант 10

1.z = 1−i − (1−2i)(1+i) 3 (1+ 2i)(1−i)

2.Im(z2 − z)= 2 − Im z

3. z =1 − i 3

4.13−+i i 8

5.z4 −1 = 0

Вариант 12
1. z =			i −1		−	(1+i)(i + 2)
						(1−i)2
				2
2.	Re z + Im z ≥ −1
3.	z =			3 −i
		3		+ i	7
4.

		1 + i

5.	z2 −			3i + 3 = 0

Вариант 13

1. z =	i −1	−	(1 + i)(2 − i)
	2 + i		(1 − i)

2.zz +−11 ≤1

3.z =1 − i

4.		1 + i			10

		+ i
	1			3
5.	z3 + i = 0
Вариант 15
1.	z =		(4 + i)(3 + i)			−	(4 − i)(3 − i)
							3 + i
				3 − i

2.2 < z −1 + 2i < 4

3.z = 2 − 2i

4.		1 + i		8


		3 − 3i
5.	z4 + i =1
Вариант 17
1.	z =		i − i	−	(1 + i)(1 − 2i)
1.	z =		i +1	−	(1 − i)(1 + 2i)
			i +1		(1 − i)(1 + 2i)

2.z − 3 < z

3.z = −2 + i2 3

4.1 − i 5

3 − 3i

5.z2 − 2 3i + 2 = 0

Вариант 19

1. z =		3	−	(1	− 2i)(1 + i)
	1	+ i		(1	− i)(1 + 2i)

2.4 ≤ z −1 + z +1 ≤8

3.z =1 + i

4.		− i 3


	2	3 + 2i
5.	z4 −16 = 0

Вариант 14

1.z = 1+i + (1+i)(2i + 2)

1−i (1−i)(2 −2i)

2.z −1 < z + i

3.	z =3 + i			3
4.		1	− i	8

		−i 3
	1	−i 3
5.	z2 + 2i + 2 = 0
Вариант 16
1.	z =		i − 3		+	(1 + i)i
1.	z =		3 − 2i		+	3 + 2i
			3 − 2i			3 + 2i
2. −1 < Re z < 5 , 0 < Im z <1
3.	z =		2 + i		2

4.1 − i 6

3 + 3i

5.z3 + zi = 0

Вариант 18
1.		z =		3 − i	−	(3 + i)(1 −i)
				2 + 3i		2i

2.		z	> 2 + Im z

3.		z = −3 − i			3
	1 + i 10

3 + 3i

5.z3 − i −1 = 0

Вариант 20

1. z =

i − 3

i(1 + i)

2 + 3i

2 − 3i

z − i

z + i

> 4

z = −3 + i

3 − 2i

z2 +

3i =3

Вариант 21

z =

1+i

(1+i)(2i + 2)

(1−i)i

z − 4

1 − 4

z = −2 − 2i

−1 + i

1 − i

z2 − 2i + 2 = 0

Вариант 23

z =

−

(1−i)2

i − 2

1+i

z + i

z − i

z =

2 − i

4.1 + i 7

1 − i

5.z2 − 2 3i − 2 = 0

Вариант 25
1. z =					3 + 2i		−	(3 − i)(i +1)
1. z =					i + 3		−	i
					i + 3			i
2.		z	>1 − Re z
2.		z	>1 − Re z
3.		z = 3 − i				3
				+ 2 3i			8
4.	2			+ 2 3i
4.					i
					i
5.		z4 +1 = i

Вариант 22

1. z =	(1−i)(2 +i)	−	(1+i)(2 −i)
	2 −i		(2 +i)

2.34 < Im z + z 2 < 74

3.z = 2 + 2 3i

		1	+ i	3	5
4.		1	+ i	3

			1 + i
			1 + i
5.	z4 +16 = 0

Вариант 24

1.z = 1+i − (1−i)(2 −2i)

1−i (1+i)(2 + 2i)

2.1 ≤ z −1 − i < 3

3.z = −1 + i

	−	3 −3i	6
4.	−	3 −3i
4.		1 −i
		1 −i

5. z3 − i =1

Контрольная работа 2

Задание к каждому варианту

1.Найти вычеты следующих функций во всех их конечных особых точках и в бесконечности. Дать характеристику особых точек.

2.Вычислить интегралы по замкнутому контуру ∂D .

3.Вычислить следующие несобственные интегралы.

Вариант 1

z6 (z − 2)

∫

sin

dz ,

D :

z −1

−1

∂D

+∞

(x −1)eix

dx ;

а)

∫

− 2x + 2

−∞ x

2π

dϕ

б)

∫

+ sin ϕ

Вариант 3

sin z sin

∫

z cos

dz ,

D :

> 2

z +1

∂D

+∞ eix

3.а) −∞∫ x2 +1dx ;

2π

б)

∫

sin 6 x + cos6 x

Вариант 5

(z −1)2

∫

sin

dz ,

D :

> 3

z +1

∂D

+∞

(x3 + 5x)sin x

dx ;

а)

∫

+ 2

−∞

б)

∫

− x) 1 − x2

−1 (2

Вариант 7

ze z−1

2 1

sin

∫

dz , D :

< 3

(z −1)(z − 2)

∂D

Вариант 2

sin z

(z2 +1)2

∫

exp

, D :

z − 2

z + 2

< 6

− z

∂D

3. а)

∞

x4dx

, a > 0 , b > 0 ;

∫

0 (a +bx2 )4

б)

2π

sin 2 x

∫

5 + 4 cos x

Вариант 4

cos z 1. (z2 +1)2

∫

zdz

D :

> 4

∂D ez2 −1

+∞

(x +1)e−3ix

dx ;

а)

∫

− 2x + 5

−∞ x

б)

2π

2 + cos ϕ

dϕ

∫

2 −sin ϕ

Вариант 6

z2 sin π

∫

z sin

z +1

dz ,

D :

< 2

∂D

z −1

+∞

(2x3 +13x)

а)

∫

sin xdx ;

+ 3x

4.5

−∞ x

б)

1− x2

∫

2 +3x

−1

Вариант 8

ez2

z2n+1

∫

dz ,

D :

< 2

∂D z4 −

∞

cos ax

dx , a > 0 ;

3. а) ∫

+ 2x

0 x

б) π∫tg(x + 4i)dx

Вариант 9

1 + z8

z 4 (z 4 +1)cos z

2. ∫

e3z dz , D :

> 4

∂D z

x cos x

+∞

dx ;

3. а)

∫

−∞ x

2 − 2x +10

2π

sin 2 xdx

б)

∫

+ 4 cos x

Вариант 11

1. ctgπz

2. ∫

3dz

(D :

< 4)

∂D ez

−1

+∞

x6dx

a > 0;

3. a)

∫

−∞ (x4 + a4 )2

б)

∫

-1 (3-x) 1− x2

Вариант 13

− 2

∫ exp

1 − z

∂D

(D :

z − 2

z + 2

< 6)

+∞

eixdx

3. a)

∫

;

− 2ix

−∞ x

−1

+∞

x3 sin x

dx ;

3. а)

∫

−∞ x

2π

б)

∫ctg(x −1)dx

Вариант 10

1+ z8

z6 (z + 2)

sin z

∫

dz ,

D : x 3

+ y 3

< 2 3

∂D (z +1)3

3. а)

+∞

x sin x

dx , a > 0 ;

∫

(x2 + a2 )2

−∞

б)

2π

∫

2sin 2 x +3cos2 x

Вариант 12

1. ctg2πz

eπz

D :

∫

2z − i

∂D

Im z > 0

+∞ x2dx

3.a) −∞∫ (x2 + 5ix − 4)2

б) π∫tg(x + 8i)dx

Вариант 14

1. cos π z2+z2

z2dz

2. ∫

2πiz

D :

∂

−1

D e

+∞

3. a)

∫

;

−∞ x

− 2ix −1

1 - x2 dx

б)

∫

+ 8x

-1

Вариант 15

∫

z cos

(D :

> 2)

∂D

(x − 3)ei xdx

+∞

3. a)

∫

;

− 6x +109

−∞

б)

∫

(13 +12x)

-1

1 − x2

Вариант 17

1.ze z −1

2.∂∫D ez 2z−1 (D : z < 3)

∞

x6dx

3. a) ∫

;

0 (x4 + 24 )2

2π

б)

∫

sin

x +cos

Вариант 19

1. zne

2. ∫

ctgz

(D :

>1)

∂D

∞cos 2x

3.a) ∫0 x4 + 2x2 + 2 dx;

б) 1∫ 1 − x2 dx

4 + 7x

-1

Вариант 21

1. 2

ez + π

2π

б)

∫ctg(x − 9)dx

Вариант 16

sin πz

2. ∂∫D

sin zdz

(D :

z −1

<1)

(z3 −1)(z − i)

+∞

xsin x

dx;

3. a)

∫

−∞ x

+ 2x +10

б)

2π

cos2ϕdϕ

∫

− sin2 ϕ

Вариант 18

1. z cos2 π

2. ∫

dz (D :

> 5)

∂D ez

−1

+∞

3. a)

∫

;

(1 + x2 )3

−∞

2π

dϕ

б)

∫

+ sin ϕ

Вариант 20

sin z2

sin z dz

2. ∂∫D

(D :

z −1

<1)

(z3 −1)(z − i)

+∞

xsin xdx

3. a)

∫

;

+ 2x

+10

−∞ x

2π

б)

∫ctg(x − 2i)dx

Вариант 22 1. cos π z2+z2

∫

zsin

z +1

(D :

> 2)

∂D

z −1

+∞

(x −1)cos 2x

3. a)

∫

;

− 4x + 5

−∞

б) π∫tg(x + 3i)dx

Вариант 23

cos z

z2 −

2. ∂∫D

(z + 3)(ez −1) (D :

< 4)

∞

x2dx

3. a) ∫

;

2 + 5i x − 4)2

0 (x

2π

dϕ

б)

∫

6 + sin ϕ

Вариант 25

z cos2 π

2 1

sin

dz (D :

> 3)

2. ∫

(z −1)(z − 2)

∂D

+∞ eix

3.a) −∞∫ x2 +1dx;

		2π		cos2x
				cos2x
б)		0∫ (1 + 3cos3 x)(1 +8sin2 x)dx
Вариант 27
1.			1
1.	(z −1)2			π
				π
			ez −
				2

D :

πz

Re z

> 0

∂∫D (2z2

− i)

> 0

Im z

+∞

xcos x

dx;

3. a)

∫

−∞ x

− 2x +10

2π

б)

∫

(7 − a) 1

− x2

Вариант 24

(z −1)2

2. ∫

2πiz

D :

∂

−1

D e

+∞

3. a)

∫

;

2 + 4)(x2 +1)2

−∞ (x

2π

б)

∫

sin

x + 5cos

Вариант 26

(z101)cos

1. (z5 + 2)(z6 −1)

2. ∫

ctgz dz

(D :

>1)

∂D

+∞ (x +1)e−3ixdx

3.a) −∞∫ x2 − 2x + 5 ;

б) 2∫π 2 + cosϕdϕ 0 2 −sin ϕ

Вариант 28

sin 1 1. z z −1

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 97 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
09.06.20151.56 Mб44Третье задание, геология России.pdf
#
09.06.201534.69 Кб45Трехмерная графика.docx
#
09.06.20152.7 Mб139Трудовое право для Нормы_07.08.12.doc
#
09.06.20153.75 Mб21Туманс_Рождение Афины.pdf
#
09.06.2015244.74 Кб44Туревская Е.И. Возрастная психология.doc
#
09.06.2015713 Кб449ТФКП - методичка.pdf
#
09.06.2015323.07 Кб64Угленосн.басс.doc
#
09.06.2015864.42 Кб61Уильям Баркли-толкование апокалипсиса.pdf
#
11.11.2019492.54 Кб9УМК ГПОМСРФ-2010.doc
#
10.09.201971.68 Кб0УМК ИСУ.doc
#
30.08.2019382.98 Кб2умозаключение (1).doc