Учебные материалы по математике | Руководство к решению задач по высшей математике | Matematiku5
Вузы по математике Готовые работы по математике Как писать работы по математике Примеры решения задач по математике Решить задачу по математике online

Руководство к решению задач по высшей математике


Ч а с т ь 1

ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ

КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

1.1. КРАТКИЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ

1. Комплексные числа

Комплексным числом называется пара действительных чисел , записанных в определенном порядке: . Одним из обозначений служит запись вида

, (1)

называемая алгебраической формой записи комплексного чис-
ла . В записи (1) называется действительной, – мнимой частями комплексного числа (для этого употребляется также запись , ); называется «мнимой единицей». Тригонометрическая форма записи комплексного числа имеет вид:

. (2)

Здесь величина называется модулем комплекс-ного числа; аргумент комплексного числа определяется из равенств , . Главное значение аргумента комплексного числа равно . Существует также показательная форма записи комплексного числа

. (3)

2. Вычисление корня, возведение

в степень, формулы Эйлера

Вычисление корня из комплексного числа:

, (4)

. Здесь – модуль комплексного числа . Аргумент комплексного числа определяется из выражений , .

Возведение в степень. Формула Муавра

,

(5)

Формулы Эйлера

(6)

. (7)

3. Связь основных элементарных функций

комплексного переменного

(8)

(9)

(10)

(11)

(12)

(13)

(14)

(15)

(16)

(17)

4. Аналитические функции.

Условия Коши–Римана

Определение. Функция называется аналитической в данной точке , если она дифференцируема как в самой точке , так и в некоторой ее окрестности.

Теорема. Для того чтобы функция была дифференцируемой в точке , необходимо и достаточно, чтобы функции и были дифференцируемы в этой точке и выполнялись условия Коши–Римана

. (18)

5. Интеграл по кривой и его вычисление

Пусть однозначная функция определена и непрерывна в области ; – кусочно-гладкая замкнутая или незамкнутая кривая, лежащая в . Тогда вычисление интеграла сводится к вычислению (обычных) криволинейных интегралов второго рода

. (19)

6. Теорема Коши и интегральные

формулы Коши

Теорема Коши. Если функция аналитическая в многосвязной области , ограниченной внешним контуром и внутренними контурами и непрерывна в замкнутой области , то

. (20)

Или в другой формулировке:

gm

 

. (21)

Интегральные формулы Коши. Если функция аналити-ческая в , и – контур, охватывающий точку , то

, . (22)

При этом функция имеет всюду в производные любого порядка, для которых справедливы формулы

. (23)

7. Ряды Лорана

Определение. Рядом Лорана называется ряд

; (24)

при этом ряд называется главной частью ряда Лорана, а ряд – правильной частью.

Теорема Лорана. Если функция аналитическая в кольце , то в этом кольце она единственным образом представима в виде ряда Лорана, коэффициенты которого вычисляются по формулам:

. (25)

При решении многих задач рекомендуется пользоваться следующими разложениями элементарных функций (символ означает, что ряд сходится во всех точках комплексной плоскос-
ти (z)):

;

;

;

;

;

;

;

. (26)

8. Вычеты. Применение их

к вычислению интегралов

Определение 1. Точка называется изолированной особой точкой функции , если существует окрестность этой точки с исключенной точкой , в которой аналитическая, кроме самой точки .

Определение 2. Точка называется устранимой особой точкой, если разложение ее в ряд Лорана в окрестности этой точки не содержит главной части.

Определение 3. Точка называется полюсом кратности функции, если в разложении ее в ряд Лорана в окрестности
этой точки главная часть содержит конечное число членов, причем младшим отличным от нуля коэффициентом является .

Определение 4. Точка называется существенно особой точкой функции , если главная часть ее разложения в ряд Лорана в окрестности этой точки содержит бесконечное число членов.

Определение 5. Вычетом функции относительно точ-ки (обозначается или ) называется число,
равное

, (27)

где – простой замкнутый контур, лежащий в области аналитичности функции и содержащий внутри себя только одну особую точку .

В качестве удобно брать окружность достаточно малого радиуса . Из определения следует, что вычет функции совпадает с коэффициентом разложения ее в ряд Лорана по степеням : . Отсюда следует, что вычет в правильной и устранимой особой точках равен нулю.

Вычет в простом полюсе равен

. (28)

Вычет функции в полюсе порядка равен

. (29)

Если – существенно особая точка функции , то для определения необходимо найти коэффициент в лорановском разложении функции в окрестности точки .

Теорема Коши о вычетах. Если функция аналитическая на границе области и внутри области, за исключением конечного числа изолированных особых точек , то

. (30)

9. Вычисление некоторых

действительных интегралов

с помощью вычетов

А) Если рациональная функция не имеет полюсов на вещественной оси и степень знаменателя , по крайней мере, на две единицы выше степени числителя , то

, (31)

где – полюса функции , лежащие в верхней полуплоскости .

Б) Пусть , если положить . Тогда

, (32)

где есть сумма вычетов функции относительно полюсов, заключенных внутри окружности .

1.2. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

ТИПОВОГО РАСЧЕТА

Задача 1. Следующие выражения записать в алгебраической форме:

а) б) в) г)

д) е) ж) з)

Р е ш е н и е. При решении задачи 1 используются формулы (8) – (17). Решение задачи сводится к последовательным преобразованиям исходных выражений с помощью данных формул.

а)

б)

в)

г) . Представим комплексное число в скобках в виде , т. е. . Тогда модуль равен . Аргумент комплексного числа определяется из выражений , . Следовательно, . Тогда [см. формулу (12)]

.

д)

. Далее вычисляем согласно пункту «г». Пред-ставим комплексное число в скобках в виде , т. е. . Тогда модуль равен . Аргумент комплексного числа определяется из выражений , . Следовательно, . Тогда .

е) . Далее вычисляем согласно пункту «г». Представим комплексное число в скобках в виде , т. е. . Модуль равен . Аргумент комплексного числа определяется из выражений , . Тогда . Итак, .

ж) . Далее вы-числяем согласно пункту «г». Представим комплексное число в скобках в виде , т. е. . Модуль равен . Аргумент комплексного числа определяется из выражений , . Тогда . Итак, .

з) . Далее вычисляем согласно пункту «г». Представим комплексное число в скобках в виде , т. е. . Модуль равен . Аргумент комплексного числа определяется из выражений , . Тогда . Итак, .

Задача 2. Извлечь корень соответствующей степени из данного числа. Ответ записать в алгебраической форме.

а) , б) , в) , г) .

Р е ш е н и е. При вычислении корня из комплексного числа используется формула (4).

а) . Подкоренное выражение можно представить в виде . Тогда . Следовательно, , , . Значит, . Окончательно

, .

б) . При решении этой задачи числитель и знамена-

тель дроби удобно умножить на сопряженное выражение

.

Подкоренное выражение можно представить в виде

. Тогда . Откуда

, ,

.

Значит, , т. е.

, .

в) . Подкоренное выражение можно представить в виде , откуда . Следовательно, , , . Значит, . Тогда

, .

г) . Подкоренное выражение можно представить в ви-де . Откуда . Следовательно, , , . Значит, . Тогда

, .

Или .

Задача 3. Выяснить геометрический смысл соотношений:

а) , б) ,

в) , г) , д) .

Р е ш е н и е.

а) . Введем обозначения: . Тогда равенство можно записать в виде . Модуль есть расстояние между точками и; – расстояние между точками и . По условию сумма расстояний от точки до двух данных точек и есть величина постоянная. Зна-
чит, точка лежит на эллипсе. Уравнение этого эллипса имеет вид

,

где . Так как в нашем случае , то решением задачи будет уравнение эллипса .

б) . Введем обозначения: . Тогда неравенство можно записать в виде . Рассмотрим случай равенства . Модуль есть расстояние между точками и; – расстояние между точками и . По условию сумма расстояний от точки до двух данных точек и есть величина постоянная. Значит, точка лежит на эллипсе. Уравнение этого эллипса имеет вид , где . Так как , то в случае равенства точка лежит на эллипсе . В нашем случае решением задачи будет внутренность эллипса .

в) . Имеем и, следовательно, . По условию или . Последнее неравенство определяет множество точек в первом и третьем квадрантах, соответственно над и под гиперболой.

г) . Имеем

. По условию или . Это окружность .

д) . В левой и правой частях равенства модули соответственных величин и . Вычислим модули, приравняем их и возведем в квадрат. Получим . Или, после раскрытия
скобок и приведения подобных, . Это уравнение прямой линии.

Задача 4. Решить уравнение (ответ дать в алгебраической форме).

а) б) ,

в) г) .

Р е ш е н и е.

а) . Так как , умножим левую и правую части уравнения на . Получим или . Отсюда вы-разим

.

Имеем два множества решений уравнения и . Для множества аргумент логарифма равен , т. е. , . Тогда модуль равен . Аргумент определяется выражениями , и равен . Тогда решение примет вид

.

Для множества аргумент логарифма равен

, т. е. , .

Тогда модуль равен . Аргумент определяется выражениями , и равен . Тогда решение примет вид

б) . Введем промежуточную переменную и решим квадратное уравнение относительно . Решение уравнения есть . Следовательно, , . Из первого равенства имеем

,

так как

, .

Из второго равенства имеем

, так как

, .

в) . Так как , , то данное уравнение можно представить в виде или, после преобразований, . Таким образом, наше уравнение сводится к задаче «б». А именно, .

г) . Аналогично пункту «в» подставля-
ем в уравнение значения и . Получим

. После раскрытия скобок и преобразований . Умножим обе части равенства на . Полу-чим уравнение , откуда . Тогда . Окончательно имеем .

Задача 5. Восстановить аналитическую функцию по данной действительной или мнимой части ее.

а) ,

б) .

Р е ш е н и е. При решении данной задачи используется то обстоятельство, что для аналитической функции должны выполняться условия Коши–Римана (18).

а) . Дифферен­ци-руя по , получим . Тогда, интегрируя, приходим к выражению

,

где – некоторая неизвестная функция. Найдем произ-водные

,

и подставим их во второе из условий Коши–Римана. Получим, что , т. е. . Следовательно,

.

Подставляя начальные условия , получим, что . Тогда

.

Здесь использована формула Эйлера .

б) . Дифференцируя по , получим . Тогда, интегрируя, приходим к выражению

,

где – некоторая неизвестная функция. Найдем производные , и подставим их во второе из условий Коши–Римана. Получим,
что . Отсюда Следовательно,

.

Подставляя , приходим к выводу, что . Тогда

.

Здесь использована формула Эйлера .

Задача 6. Вычислить интеграл по дуге от точки до точки (ответ дать в алгебраической форме).

а) ,

б) .

Р е ш е н и е. Вычисление интеграла сводится к вычислению (обычных) криволинейных интегралов второго рода по фор-
муле (19).

а) . Так как , то интеграл примет вид

. Или, переходя к криволинейным интегралам, .

Из уравнения линии имеем . Подставляя и в выражение для интеграла и учитывая, что , имеем

.

б) . Так как , то интеграл примет вид

. Или, переходя к криволинейным интегралам, . Уравнение прямой в нашем случае имеет вид . Поэтому . Подставляя и в выражение для интеграла и учитывая, что , имеем

.

Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической фун­кции (ответ дать в алгебраической форме).

а) , б) .

Р е ш е н и е.

а) . Для вычисления интеграла нужно применить формулу интегрирования по частям . Примем , . Тогда , . Подставим в формулу и получим, что исходный интеграл

.

б) . Для вычисления интеграла нужно применить формулу интегрирования по частям . Примем , . Тогда , . Подставим в формулу и получим, что исходный интеграл

.

Задача 8. Вычислить интеграл по контурам , используя интегральную формулу Коши, теорему Коши.

, , , .

Р е ш е н и е. При решении данной задачи используются теорема Коши и интегральные формулы Коши (20) – (23). Данный интеграл можно представить в виде .

Подынтегральная функция аналитическая везде, за исключением точек и .

а) Рассмотрим интеграл по контуру . Данный контур – это окружность на плоскости радиуса с центром в начале координат. Точки и находятся вне этого контура. Следовательно, подынтегральная функция аналитическая в замкнутой области, ограниченной этим контуром. Тогда по теореме Коши интеграл от аналитической функции по замкнутому контуру равен нулю, т. е. .

б) Рассмотрим интеграл по контуру . Данный контур – это окружность на плоскости радиуса с центром в точке с координатами . Точка находится вне этого контура. Точка – центр окружности . Следовательно, подынтегральная функция имеет особенность в области, ограниченной контуром . Преобразуем интеграл к виду

.

Тогда, согласно интегральным формулам Коши интеграл от аналитической функции по замкнутому контуру равен

.

Применяя формулу Эйлера (6), имеем

.

в) Рассмотрим интеграл по контуру . Данный контур – это эллипс на плоскости с центром в начале координат. Большая полуось эллипса (по оси ) равна 4, малая полуось (по оси ) равна 1. Точки и находятся внутри этого эллипса. Следовательно, согласно теореме Коши интеграл по контуру равен сумме интегралов и по контурам и вокруг точек и соответственно. Интеграл по контуру равен интегралу по контуру (см. п. «б»), т. е. . Рассмотрим интеграл по контуру . Для этого преобразуем исходный интеграл к виду

.

Тогда, согласно интегральным формулам Коши, интеграл от аналитической функции по замкнутому контуру равен

.

Следовательно, интеграл по контуру равен .

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в указанной области.

1. , а) , б) , в) .

2. , .

3. , .

4. , .

Р е ш е н и е. В данной задаче будет использовано разложение в ряд суммы геометрической прогрессии

.

1. а) . Представим функцию в виде суммы простейших дробей

.

Разложим в ряд каждое из слагаемых отдельно. Преобразуем первое слагаемое, разделив числитель и знаменатель на 7, к виду:

.

Воспользовавшись разложением геометрической прогрессии, получим следующее выражение для разложения первого слагаемого функции в ряд Лорана:

.

Данный ряд сходится, так как . Посмотрим, как разложить в ряд второе слагаемое. Если применить тот же прием, что и для первого, , то аналогичный ряд будет расходиться, так как Поэтому разделим числитель и знаменатель на Получим

.

Этот ряд сходится, так как . Итак,

.

1. б) . Как и в предыдущем примере, второе слагаемое можно представить в виде

.

Этот ряд сходится, так как . Первое слагаемое в прежнем виде представить нельзя, так как геометрическая прогрессия расходится, поскольку . Разделим числитель и знаменатель на :

.

Этот ряд сходится. Итак,

.

1. в) , . Первое слагаемое в правой части имеет нужный вид. Преобразуем второе слагаемое .

Раскладывая в ряд, получим

.

Ряд сходится. Итак, .

2. , . Первое слагаемое в правой части имеет нужный вид. Преобразуем второе слагаемое . Раскладывая в ряд, получим

.

Данный ряд сходится. Итак,

.

3. , .
Второе слагаемое в правой части имеет нужный вид. Преобразуем первое слагаемое .

Разложим последнее выражение в ряд, получим

.

Ряд сходится. Итак, .

4. , . Второе сла-

гаемое в правой части имеет нужный вид. Преобразуем первое

Наташа

Автор

Наташа — контент-маркетолог и блогер, но все это не мешает ей оставаться адекватным человеком. Верит во все цвета радуги и не верит в теорию всемирного заговора. Увлекается «нефрохиромантией» и тайно мечтает воссоздать дома Александрийскую библиотеку.

Распродажа дипломных

 Скидка 30% по промокоду Diplom2020

А ты боишься COVID-19?

 Пройди опрос и получи промокод