Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Лесотехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UMK11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

3.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 239 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

4 (с2 −1)

. В силу этого (формула (1.180))

с2 −1

∫

z dz

4 πi c

πi c

=1 (z

2 + 2z c +1)2

(c2 −1)

c2 −1 12 (c2 −1) c2 −1

Окончательно получаем, что искомый интеграл равен

4 i

c πi

2 πa

−

2 (c2 −1)

(a 2 − b2 )

c2 −1

a 2 − b2

Ответ:

2 πa

(a 2 − b2 )3 2

2π

sin 2 x dx

ПРИМЕР 1.47. Вычислить J =

∫

, a > b > 0 .

+ b cos x

z 2

ei x − e−i x

z −

z 2 −1

Решение. z = ei x ,

cos x =

sin x =

2 z

2 i

2 i z

dz = ei x i dx = i z dx, dx = −i

. В силу этого

2π sin 2

x dx

−1)

− i

J =

∫

c =

> 1

∫

0 c + cos x

z 2

− 4 z

2 z

(z 2 −1)2 dz

∫

z 2 (z 2 + 2 c z +1).

2 b

Найдем особые точки подынтегральной функции, лежащие внутри ок-

ружности

= 1

вычеты

них:

z1 = 0 −

полюс

2-го

порядка,

z 2,3 = −c ±

c2 −1 ,

z 2

= −c −

c2 −1 − вне рассматриваемой окружности,

z3 =

> −1 лежит внутри окружности.

c2 −

1 + c

			(z 2 −1)2		′
Re s f (0) = lim					=
Re s f (0) = lim			z 2 + 2 c z +	1	=
		z→0	z 2 + 2 c z +	1

= lim	2 (z 2	−1) 2z (z 2 + 2c z +1)− 2 (z + c) (z 2 −1)2				= −2 c;
= lim			(z 2 + 2 c z +1)2			= −2 c;
z→0			(z 2 + 2 c z +1)2

Re s f (z3 ) =

lim

(z 2 −1)2

+ c + c2 −1)

z→−c+ c2 −1 z 2

4 (c2 −1 − c

2 (c2 −1) (

− c)2

c2 +1

c2 −1

(2 c2 −1 − 2 c

) 2

(

− c)2 2

= 2 c

−1

c2 −1

2π (− 2c + 2

2π

(−

+ a ).

Тогда J =

c2 −1

a 2

− b2

2 b

Ответ: 2π (− a 2 − b2 + a). b2

+∞

x dx

ПРИМЕР 1.48. Вычислить

∫

−∞ (x

+ 4 x +13)2

Решение.

f (x) =

− непрерывная функция на

(− ∞;+∞),

(x 2 + 4x +13)2

f (z) =

f (z)

при

→ ∞. Особые

(z 2 + 4z +13)2

точки f (z)

z 2

в верхней полуплоскости

определяются

из

уравнения

z 2 + 4z +13 = 0 : z1,2 = −2 ± − 9 = −2 ± 3i, z1 = −2 − 3i, z1 = −2 + 3i −

полюс 2-го порядка в верхней полуплоскости. В силу этого

Re s f (z 2 ) =

′

lim

(z + 2 + 3i)2

z→−2+3i

+ 2 + 3i)2 − 2z (z +

2 + 3i)

36 + 2 (− 2 + 3i) 6 i

lim

(z + 2 + 3i)4

362

z→−2+3i

3 − 2 i − 3

= −

3 36

543

Тогда искомый интеграл равняется 2πi −

i =

Ответ:

x sin x

ПРИМЕР 1.49. Вычислить ∫

dx .

x 2 + 4x +

x sin x

+∞

x e

i x

Решение.

∫

dx = Jm ∫

dx, α = 1,

x 2

+ 4x + 20

−∞

2 + 4x + 20

F (z)=

z ei z

lim

= 0 .

Особые

точки

определяются

z 2 + 4z

+ 20

z→∞ z 2 1 +

z 2

из уравнения z 2 + 4z + 20 = 0, z1,2

= −2 ± 4 i, z1 = −2 − 4i,

z 2

= −2 + 4i .

Re s F(z 2 )=

lim

z ei z

= (− 2 + 4i) ei (−2+4i )

= (− 2 + 4i) e−4−2i

(z + 2 + 4i)

z→−2+4i

(− 2 + 4i) e−4

e−2i

(− 2 + 4 i) (cos 2 − i sin 2)

8i e4

(sin 2 − cos 2)+ i (sin 2 + 2 cos 2)

4 e4i

∞

x e

i x

dx = π (sin 2 − cos 2)+ i π(sin 2 + 2 cos 2),

−∞∫

что дает

x 2 + 4x + 20

2 e4

∞

x sin x

dx = (sin 2 + 2 cos 2)π ,

−∞∫

x 2 + 4x + 20

2 e4

∞

x cos x

dx = (sin 2 −cos 2)π .

−∞∫

x 2 + 4x + 20

2 e4

π (sin 2 + 2 cos 2)

Ответ:

2 e4

∞

cos x

dx .

ПРИМЕР 1.50. Вычислить ∫

x 2 + 9

∞

cos x

+∞ cos x

+∞

ei x

Решение.

∫

Re ∫

dx, α = 1,

x 2 +

+ 9

x 2

+ 9

−∞ x 2

−∞

F (z)=

ei z

lim

= 0. Особые

точки

определяются

из

уравнения

z 2 +

z→∞ z 2

z 2

+ 9 = 0,

z1 = −3i,

z 2

= 3i .

Re s F (z 2 ) = lim

ei z

e−3

. То-

6 i

6 e3 i

z→3i z + 3i

+∞

i x

dx = 2 πi

+∞

cos x dx

гда

∫

, что дает

∫

2 + 9

−∞ x

6 e3 i 3 e3

−∞

x 2 + 9

Ответ:

6 e3

ПРИМЕР 1.51. Вычислить +∫∞ (2 x 3 +13 x) sin x dx .

−∞

x 4 +13x 2 + 36

+∞

(2x 3

+13x) ei x

dx ,

Решение. Искомый интеграл равен Jm ∫

x 4

+13 x 2

+ 36

−∞

(2x 3 +13x) ei x

F (z)

2 +

lim

z 2

= 0 .

Особые точки определяются из

x 4 +13 x 2 + 36

z→∞

z 1

z 2

уравнения

z 4 +13 z 2 + 36 = 0,

z 2 = −9; − 4; z1

= 3i; z 2 = −3i;

z3 = −2 i;

z3 = 2 i. Нас интересуют только особые точки (полюсы 1-го порядка) z1

= 3i

и z 4 = 2 i , так как они находятся в верхней полуплоскости.

Re s F (z1 ) = lim

(2 z3

+13 z) ei z

3i (−18 +13)

e−3 ;

(z + 3i) (z 2 + 4)

1i (− 9 + 4)

z→3i

Re s F (z 4 ) = lim

z (2 z 2 +13 ) ei z

e−2 .

(z 2 + 9) (z + 2 i)

z→3i

силу

этого

(1.224)

имеем,

что

искомый интеграл

равен

2π

(e−3 + e−2 ) = π (e−2 + e−3 ).

Ответ: π (e−2 + e−3 ).

УЧЕБНО - МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС

РАЗДЕЛ 11 «ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО. ЭЛЕМЕНТЫ ОПЕРАЦИОННОГО ИСЧИСЛЕНИЯ»

2. Методические указания для студентов

2.1. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ

Комплексным числом	z называется выражение вида
z = x + i y ,	(2.1)

где x и y − действительные числа, а i − мнимая единица, определяемая ра-

венством i 2 = −1 или i = - 1 . Числа x и y называются действительной и мнимой частями комплексного числа z и обозначаются x = Re z , y = Imz .

Форму (2.1) комплексного числа z называют алгебраической. Два ком-

плексных числа z1 = x1 + i y1 и	z 2 = x 2	+ i y 2 считаются равными, если
равны их действительные и мнимые части: x1		= x2 , y1 = y2 . Число z = 0 при
условии x = y = 0 .
Понятия “ больше” и “ меньше”	для комплексных чисел не устанавлива-
ются.

Число z = x − i y называется сопряженным числу z = x + i y .

Алгебраические действия над комплексными числами определяются сле-

дующими равенствами:

z1 ± z 2 = (x1 + iy1 ) ± (x 2 + iy2 ) = (x1 ± x 2 ) + i(y1 ± y2 ),

z1 × z2 = (x1 + i y1 ) ×(x2 + i y2 ) = (x1 x2 - y1 y2 ) + i (x1 y2 + x2 y1 ),

z	1	=	z	1	z	2	=	(x1 x	2 + y1 y2 ) + i(x	2 y1 − x1 y2 )
z2			z2		z	2			x22 + y22

Комплексное число z = x + i y изображается точкой M(x, y) на коорди-

натной плоскости XOY (рис. 2.1). При этом действительные числа z = x изо-


y			бражаются точками на оси OX , называемой
y			здесь действительной осью, а мнимые числа
			z = i y изображаются точками оси OY , назы-
		M z = x + iy	ваемой мнимой осью. Плоскость, на которой
	r		изображают комплексные числа, называется
y	r		комплексной плоскостью.
	ϕ		Комплексное число z = x + i y			может
	ϕ			r	(x, y) с координа-
0	x	x	быть изображено вектором	r	(x, y) с координа-
			тами x и y и с началом в точке			O(0,0)

Рис. 2.1	(рис. 2.1).

Длина r = r вектора r(x, y), изображающего комплексное число z, на-

зывается модулем комплексного числа. Угол ϕ , образуемый этим вектором с положительным направлением действительной оси, называется аргументом комплексного числа. Модуль числа принято обозначать r = z , а аргумент

ϕ = Arg z .

Для модуля и аргумента, как видно на рис. 2.1, справедливы формулы

r =	z	=		x2 + y2	,	(2.2)

tgj =			y	(при x ¹ 0)		(2.3)
			x

Величина j = Arg z				имеет бесчисленное множество		значений, отли-

чающихся одно от другого на целое, кратное 2p. Если величину одного из уг-

лов обозначить

через ϕ 0 ,

то совокупность величин всех углов запишется в

следующем виде:

Arg z = ϕ 0

+ 2kπ

(k = 0,±1,±2,K)

Значение

j = Arg z ,

принадлежащее промежутку (− π, π],

называется

главным и обозначается ϕ 0

= arg z. Итак,

- p < argz £ p,

Arg z = arg z + 2kπ

(k = 0,±1,±2,K)

(2.4)

Зная действительную часть x и мнимую часть y комплексного числа z и

пользуясь тем, что tg(arg z) =

, можем вычислить arg z по формуле

при x > 0, y Î R,

arctg

+ p

при x < 0, y ³ 0,

arg z = arctg

- p

при x < 0, y < 0,

(2.5)

при x = 0, y > 0,

при x = 0, y < 0.

Комплексному числу O не приписывается какое-либо значение аргумен-

та.

Зная модуль комплексного числа

r =

и главное значение его аргу-

мента ϕ 0 , мы можем вычислить его действительную часть x и мнимую y :

x = r cos ϕ, y = rsin ϕ и записать число z в форме

z = r(cosj + i sin j)

(2.6)

Эту форму комплексного числа называют тригонометрической.

Имеют место следующие правила умножения, деления, возведения в целую положительную степень и извлечение корня для чисел z в тригонометрической форме:

z1 z2 = r1 r2 [cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ 2 )] ,

z1		=		r1		[cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ 2 )] ,
z	2	=		r		[cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ 2 )] ,
z				r
		2
zn			= r n (cos n ϕ + i sin n ϕ), (n N) ,
							ϕ + 2kπ	ϕ + 2kπ
n z = n							ϕ + 2kπ	ϕ + 2kπ
n z = n					r cos		n	+ i sin	,
							n	n

где k = 0,1,2,K, n − 1.

Формула (2.9) называется формулой Муавра.

(2.7)

(2.8)

(2.9)

(2.10)

Геометрически n значений выражения n z (2.10) изобразятся вершинами некоторого правильного n − угольника, вписанного в окружность, с цен-

тром в начале координат и с радиусом	n r . В теории функций комплексного
переменного известны формулы Эйлера
ei ϕ = cosϕ + i sin ϕ,	e− i ϕ = cosϕ − i sin ϕ .	(2.11)

С помощью первой формулы Эйлера, умножив левую и правую части на r , можно перейти от тригонометрической формы (2.6) к показательной форме комплексного числа

z = r eiϕ .

(2.12)

В виду ее компактности она удобнее равносильной тригонометрической формы.

Алгебраические действия (2.7) - (2.10) с помощью показательной формы (2.12) имеют более простой вид

= r r ei(ϕ1 +ϕ 2 )

ei(ϕ1 −ϕ 2 ) ,

ei nϕ ,

zn = r n

i ϕ+ 2 kπ

k = 0,1,2,K,(n − 1)

r e

При решении

задач

полезно

помнить,

что

i 2 = −1,

i5 = i и т.д.,.

и вообще при любом целом k

i 4 k

= 1, i 4 k +1

i 4 k + 3 = −i .

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.1. Решить уравнение z2 − 6z + 10 = 0.

Решение.

Первый способ: D = 36 − 40 = −4 .

(2.13)

(2.14)

(2.15)

(2.16)

i 3 = −i, i 4 = 1, = i, i 4 k + 2 = −1,

	=	6 ±		=	6 ± 2		=	6 ± 2i	= 3 ± i
z1,2			− 4			− 1

	2		2			2

z1 = 3 + i, z2 = 3 − i

Второй способ: В результате подстановки z = x + iy в данное уравнение

имеем (x + iy)2

− 6(x + iy) + 10 = 0 ,

откуда после преобразований получим

x2 − y2

− 6x + 10 = 0

систему, получим

систему уравнений

= 0

. Решая

xy − 3y

z1 = x1 + iy1 = 3 + i, z 2 = x 2 + iy 2 = 3 − i .

ПРИМЕР 2.2. Найти Re z и Im z , если z =

3 + 2i

(3 + 2i)(1 − i)

1 + i

Решение.

z =

3 + 2 + 2i − 3i

5 − i

, откуда

(1 + i)(1 − i)

1 + 1

Re z = x =

, Im z = y = −

z1 − z2

ПРИМЕР 2.3. Выяснить геометрический смысл модуля разности

двух комплексных чисел z1 и z2 .

Решение.

z1 − z2

(x1 − x2 ) + i(y1 − y2 )

(x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2

ду точками z1 = x1 + iy1

Z z1 M1 z1 − z2

Рис. 2.2

. Следовательно, z1 − z2 означает расстояние меж-

и z 2 = x 2 + iy 2 (рис. 2.2)

Если изобразить комплексное число с помощью вектора, то действительная и мнимая части z1 − z2 являются координатами вектора, а так как при вычитании векторов их координаты соответственно вычитаются, то вычитание комплексных чисел сводится к вычитанию векторов, изображающих эти числа. Как видно из

рис. 2.2.,			z1 −z	2		есть длина	вектора
рис. 2.2.,			z1 −z	2		есть длина	вектора
X
X
z1	− z2	= M 2 M1 ,			иначе расстояние		между

точками, изображающими числа z1 и z2 .

ПРИМЕР 2.4. Найти модуль и главное значение аргумента комплексного числа z = 1 − 3 i ; представить его в тригонометрической и показательной формах.

Решение. По определению модуля, r =

+ y2

= 2 . Так

1 + 3

= -

как значение аргумента ϕ удовлетворяют

соотношению tgj =

то

arg z = arctg

= arctg(-

)= - π . Итак,

= r = 2, arg z = - π и соглас-

но (2.6) и (2.12) имеем z =

z = 2e

−i π

2 cos -

+ i sin -

3 .

ПРИМЕР 2.5. Выполнить действия умножения и деления комплексных

чисел z1 = −1 − i и

= 1 + i

, представив их вначале в тригонометриче-

ской форме.

Решение.

z1 =

cos -

p + i sin

z2 = 2 cos p + i sin p

Применяя формулы (2.7) и (2.8), получим

z1 z2

= 2

cos -

p +

+ i sin

p +

= 2

2 cos

+ i sin -

z1						3		p
z1	=		2		-	3	p -	p
				cos
z2				cos
z2		2				4		3

+- 3 p -

isin

		2			13				13
=			cos	-		p	+ i sin	-		p
=	2		cos	-	12	p	+ i sin	-	12	p
	2				12				12

ПРИМЕР 2.6. Вычислить (1 + i)12 .

Решение.

Запишем

число

z = 1 + i в тригонометрической

форме.

По

формуле

(2.9)

имеем

(1 + i)

p 12

2 cos

+ i sin

= (2)12 (cos 3p + i sin 3p) = 2 6 (- 1 + i × 0) = -64 .

ПРИМЕР 2.7. Вычислить и изобразить на комплексной плоскости все значения 3 - 8 .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 239 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.09.2019397.82 Кб25Taxatsia_lesa.doc
#
03.06.20151.49 Mб7telsprav.pdf
#
26.04.2019243.71 Кб4teoria_kultury.doc
#
03.06.201571.17 Кб12Testy_kabinet.doc
#
03.06.2015330.75 Кб50topref.ru-17132.doc
#
27.03.20163.4 Mб43UMK11.pdf
#
16.11.2019344.02 Кб29Untitled0.doc
#
03.06.2015538.18 Кб5Urok_4_Zaprosy_KU.pdf
#
30.08.2019519.68 Кб31vmest.doc
#
03.06.201552.63 Кб8Vodnye_resursy_Sverdlovskoy_oblasti_Lektsia_1.docx
#
03.06.2015167.94 Кб16VOPROSY_K_EKZAMENU_PO_EP.doc