Решить задачу по тфкп

Задание №1.

Найти все значения корня .

Решение:

Корень степени n комплексного числа z имеет n корней, который находятся по следующей формуле:

где φ=arg(z); k = 0, 1, …, n-1; z ≠ 0.

Т. о., подставляя различные значения k, мы найдем все значения данного корня:

1) = 2) =

3) = 4) =

Ответ: ={}.

Задание №2.

Представить в алгебраической форме ch(1+πi/3).

Решение:

Перейдем к тригонометрическому косинусу:

ch(1+πi/3) = cos(1-π/3).

Разложив косинус по формуле косинуса разности получим:

cos(1-π/3) = cos(i)cos(π/3)+sin(i)sin(π/3);

Представим тригонометрическую функцию в виде показательных:

cos(i)cos(π/3)+sin(i)sin(π/3) = =.

Ответ: ch(1+πi/3) = .

Задание №3.

Представить в алгебраической форме Arctg().

Решение:

Т. к. функция arctg является многозначной и в общем виде определяется как

Arctg z = ,

То при z = получим:

Arctg() = = = .

Функция Ln(z), при z ≠ 0, определяется как функция, обратная показательной, при этом:

= =

= ≈ , где k=0, ±1, ±2,…

Ответ: Arctg() = , k=0, ±1, ±2,…

Задание №4.

Начертить область, заданную неравенством |z| ≤ 1, arg(z+i) > .

Решение:

Задание №5.

Определить вид кривой z = +.

Решение:

Уравнение вида z = z(i) = x(t) + i*y(t) определяет на комплексной плоскости кривую, параметрические уравнения которой имеют вид x=x(t), y=y(t). Тогда:

x(t) =, y(t) = .

Выразим t:

x = → t =;

y = → ch(5t) = → t =.

Получили уравнение кривой в виде F(x, y) = 0;

= → —= 0.

Ответ: —= 0.

Задание №6.

Проверить, что v является мнимой частью аналитической функции. Восстановить аналитическую в окрестности точки z0 функцию f(z) по известной мнимой v(x, y) и значению f(z0).

v = 3x2y-y3; f(0)=1.

Решение:

Зная действительную часть аналитической функции узнаем её производную:

Найдем производную аналитической функции:

.

Т. к. производная существует, то v – мнимая часть данной функции. Теперь найдем саму функцию:

.

Определим константу С:

→ С = 1.

Ответ: f(z) = z3 + 1.

Задание №7.

Вычислим интеграл от функции комплексной переменной по данной кривой:

; L: {|z| = R, Im z ≥ 0}

Решение:

Изобразим кривую, по которой будет проходить интегрирование:

Перейдем к f(x, y) = u(x, y) + iv(x, y), где z = x + iy:

f(z) = (x+iy)Re(x2 +2ixy — y2) = x3 – xy2 + i(x2y — y3).

, → ≠;

Условие Коши-Римана не выполняются, значит, функция не является аналитической. Тогда представим кривую в параметрическом виде:

Ответ: .

Задание №10.

Данную функцию разложить в ряд Лорена в окрестности z0:

f(z) = , z0 =3;

Решение:

Перейдем к новой переменной .

; = = .

Теперь остается найти разложение получившейся функции от в окрестности точки = 0. Для это используем разложение в ряд Тейлора:

==

Возвратим переменные и получим разложение исходной функции в ряд Лорена:

f(z) =

Ответ: f(z) =

Задача №13.

Вычислить интеграл:

=;

Решение:

Найдем особые точки подынтегральной функции:

z = 0, z = -π/4;

Т. к. z = 0 не входит в ограниченную область контуром, то её можно не рассматривать.

Точка z = -π/4 является простым полюсом, поэтому найдем её вычет:

===;

Отсюда следует:

=;

Ответ: =­ -2i.

Задача №14.

Вычислить интеграл:

;

Решение:

У данной функции существует только одна особая точка z = 0. Определим тип этой особой точки:

Считая данное выражение рядом Лорена по степени z, т. е. в окружности z= 0, мы приходим к тому, что точка z = 0 является полюсом 4-го порядка. В соответствие с этим, найдем вычет в данной точке:

.

По основной теореме Коши о вычетах:

;

В данном случае:

;

Ответ: = 0.

Задача №16.

Вычислить интеграл:

;

Решение:

Разобьём данный интеграл на сумму двух интегралов:

1)  Для первого интеграла используем вычеты:

Подынтегральная функция имеет 2 особые точки: z1 = 1-3i и

z2 = 3(1-i). При этом точка z2 не охвачена контуром, по которому происходит интегрирование, поэтому не рассматривается.

Что качается z1, то она является полюсом второго порядка. Найдем вычет в ней:

;

Таким образом:

2)  Рассмотрим второй интеграл:

;

Найдем особые точки подынтегральной функции, решив уравнение:

Из всего полученного множества точек только одна охвачена контуром . Точка z = -3i является простым полюсом. Найдем вычет в этой точке (используем правило Лопиталя):

Таким образом:

= ;

3)  Теперь найдем исходный интеграл как сумму составляющих его интегралов:

= = 2π — 4π = 2π.

Ответ: = 2π.

Задача №17.

Вычислить интеграл:

Решение:

Преобразуем данный интеграл в контурный, используя следующие выражения:

z = ek; cos t = (z+1/z)/2; sin t = (z — 1/z)/2i; dt = dz /iz;

.

Перейдем к контурному интегралу:

Подынтегральная функция имеет 2 особые точки: z1 = i/, z2 = i. Точка z2 не попадает в область, ограниченную контуром интегрирования. Точка z1 является простым полюсом, поэтому следует вычислить в ней вычет:

По основной теореме Коши о вычетах:

=;

Ответ: = .

Задача №18.

Вычислить интеграл:

Решение:

Преобразуем данный интеграл в контурный, используя следующие замены:

z = ek; cos t = (z+1/z)/2; sin t = (z — 1/z)/2i; dt = dz /iz;

Теперь воспользуемся этими данными и перейдем к контурному интегралу:

=;

Подынтегральная функция имеет 2 особые точки: z1= и z2 =. Точка z2 не попадает в область ограниченную контуром интегрирования. Точка z1 является полюсом второго порядка. Вычислим вычет в этой точке:

По основной теореме Коши о вычетах:

=

Ответ: .