Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет информационных технологий, механики и оптики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Тиоповой расчёт по математике 6 модуль

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.03.2016

Размер:

345 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 64 5 6 > Следующая >>>

25:	1			6f(t)
25:	1			6f(t)
	0				Z	ZZZ	2 3			4 5 -
	0					ZZZ	2 3			4 5 -
							Z
	1					1		Z	Z		t



	¡2
26:	1		6f(t)
	1									2¼ -
		0

f(t) = 1 ¡ cos (t=4) t

27:

f(t)

2¼

f(t) = 1 ¡ cos (t=2)

28:

6f(t)

2¼

f(t)

= cos (t=2)

29:

f(t)

2¼ -

f(t)

= sin (t=4)

30:

e¡1

6f(t)

f(t)

= et¡1

1 2

VIII. Найти преобразование Фурье.

(

t = [

1; 1]:

f(x) =

et;

t 2 [¡1; 1];

(

2 ¡

t = [ ¼; ¼]:

f(x) =

cos 2t

t 2 [¡¼; ¼];

(

2 ¡

= [0; 1]:

f(x) =

t 2 [0; 1];

(

t = [0; ¼]:

f(x) =

sin 2t;

t 2 [0; ¼];

( e¡t;

t 2

(0; + ):

f(x) =

et;

(¡1; 0];

(

t = [

¼; ¼]:

f(x) =

sin 2t;

t 2 [¡¼; ¼];

( e¡t;

2 ¡

t 2

(0; + ):

f(x) =

(¡1; 0];

(

t = [

¼; 0]:

f(x) =

e¡2t; t 2 [¡¼; 0];

( e¡t

2 ¡

sin t;

(0; + ):

f(x) =

et;

(¡1; 0];

(

t = [ ¼; 0]:

10.

f(x) =

cos 2t

t 2 [¡¼; 0];

(

2 ¡

t = [0; ¼]:

11.

f(x) =

2e2(¼¡t);

t 2 [0; ¼];

( e¡t;

t 2

[0; + ):

12.

f(x) =

(¡1; 0);

(

= [ 2; 0]:

13.

f(x) =

2e2(t+1);

t 2 [¡2; 0];

2 ¡

14. f(x) =

15. f(x) =

(e¡t; t 2 [¡¼; ¼]; 0; t 2= [¡¼; ¼]:

(

cos t;	t 2 [¡¼; ¼];
0;	t 2= [¡¼; ¼]:

(

= [

1; 1]:

16.

f(x) =

et + e¡t;

t 2 [¡1; 1];

(

2 ¡

t = [

2; 0]:

17.

f(x) =

3et+1;

t 2 [¡2; 0];

( e¡t;

2 ¡

t 2

(0; + ):

18.

f(x) =

sin t;

(¡1; 0];

(

t = [

¼; ¼]:

19.

f(x) =

sin t;

t 2 [¡¼; ¼];

(

2 ¡

t = [ ¼; 0]:

20.

f(x) =

¡e¼¡t sin t;

t 2 [¡¼; 0];

( e¡2t;

2 ¡

[(0; + ):

21.

f(x) =

cos t;

(¡1; 0];

(

t = [ ¼; ¼]:

22.

f(x) =

sin t

t 2 [¡¼; ¼];

(

2 ¡

t = [0; ¼]:

23.

f(x) =

e¡t sin t;

t 2 [0; ¼];

(

t = [

¼; ¼]:

24.

f(x) =

e¡jtj sin t;

[

¼; ¼];

(

2 ¡

e¡t;

t = [ 1; 1]:

25.

f(x) =

t 2 [¡1; 1];

(

2 ¡

= [

2; 0]:

26.

f(x) =

2e¡(t+1);

t 2 [¡2; 0];

(

2 ¡

= [0; +

27.

f(x) =

e¡t=2;

t 2 [0; +1);

	(	0;	t	2	(0; +			):
28.	f(x) =	e2t;	t	2	(¡1; 0];
	( e¡t			2		2	1
	( e¡t		cos t;		t	2	(0; + ):
29.	f(x) =	et=2	;		t	2	(¡1; 0];
	(					2			1
	(	0;	t	= [		1; 1]:
30.	f(x) =	ejtj;	t 2 [¡1; 1];
				2 ¡

Типовой расчет "Теория функций комплексного переменного"

Методические указания

Содержание расчетных заданий

I.Изобразить область комплексной плоскости, заданную неравенствами.

II.Найти все значения указанной функции комплексного переменного в указанной точке.

III.Найти аналитическую функцию по известной действительной или мнимой части.

IV. Вычислить интеграл от функции комплексного переменного по заданной кривой.

V.Разложить функцию f(z) в ряд Тейлора в окрестности точки z0 è óêà- зать область, в которой полученный ряд представляет данную функцию.

VI. Разложить функцию f(z) в ряд Лорана в указанном кольце.

VII. Вычислить интеграл от функции комплексного переменного с помощью вычетов.

VIII. Вычислить несобственный интеграл от функции вещественного переменного с помощью вычетов.

Образцы выполнения заданий

I. Изобразить на комплексной плоскости множество D , заданное неравенствами:

à) D = fz : jz ¡ ij · 2; jz + 1; 5 ¡ ij > 1 g:

Неравенство jz ¡ ij · 2 задает на комплексной плоскости замкнутый круг D1 радиуса 2 с центром в точке z1 = i ; неравенство jz + 1; 5 ¡ ij > 1

задает внешность круга D2 радиуса 1 с центром в точке z2 = ¡1; 5 + i . Множество D является пересечением множеств D1 è D2 . Множества

D1 , D2 è D изображены на рис. a). Множество D заштриховано.

3 LÃy

LÃD1 1 LÃD2

LÃx

¡1; 5

á)

D = fz : jzj > 2 ¡ Re z; 0 · arg z · ¼=4g

Обозначим z = x + iy , тогда неравенство jzj > 2 ¡ Re z в коорди-

натах

x; y примет вид p

x2 + y2

> 2 ¡ x . Åñëè

x > 2 , то неравенство

jzj > 2 ¡ Re z справедливо при любом вещественном значении

y ; åñëè æå.

x · 2

, то из неравенства p

+ y

> 2¡x

следует, что

> (2¡x)

Отсюда имеем, что при x · 2 выполнено неравенство y

> 4(1¡x) . Точки,

координаты которых удовлетворяют этому неравенству, лежат правее парабо-

ëû y2

x) . Таким образом, мы получили, что

множество точек

= 4(1плоскости,¡

удовлетворяющих неравенствуD1

комплексной

jzj > 2 ¡ Re z , ëå-

жит правее параболы y

= 4(1 ¡ x) . Неравенство 0 · arg z · ¼=4 задает

множество D2 , представляющее собой замыкание внутренности угла, сторо-

нами которого являются лучи

' = 0 ' = ¼=4 . Множество D является

пересечением множеств D1 è D2;

ñì. ðèñ. 2:

LÃy

L2Ã

¡LÃ' =

L0Ã

¡¡

LÃx

L1Ã

LÃ' = 0

II.Найти все значения функции в указанной точке. а). Вычислить th(ln 3 + ¼ i=4):

По определению функции гиперболический тангенс имеем

sh z ez ¡ e¡z th z = ch z = ez + e¡z :

Как и ранее, будем для удобства использовать обозначение exp(z) вместо ez;

в случае громоздких показателей. Используя определение, найдем значение функции th z в заданной точке (заметим, что функция th z однозначна и

ãäå k = 0p; §1; §2; : : : Заметим, что

arg(i(6 § 35)) = ¼=2.

6 = ¡i Ln (6i + p¡35) = ¡i Ln [i (6 § p35)] = p p

= ¡i [ln ji (6 § 35)j + i (arg(i (6 § 35)) + p

+ 2k¼)] = (¼=2 + 2k¼) ¡ i ln (6 § 35);

6 § p35 > 0, следовательно,

Применяя теперь полученную формулу, находим:

w = z = ¡i Ln (iz + 1 ¡ z2):

имеет период ¼ i):

exp(ln 3

¼ i

) ¡ exp(¡ln 3 ¡

¼ i

)

¼ i

) =

th(ln 3 +

¼ i

exp(ln 3

¼ i

) + exp(¡ln 3 ¡

)

3(cos

+ i sin

) ¡ 3¡1(cos

¡ i sin

)

4 + 5i

9 i

3(cos

+ i sin

) + 3¡1(cos

¡ i sin

)

5 + 4i

б). Вычислить 6:

Функция w = z по определению является обратной для периодической функции z = sin w: При этом функция z = sin w не является ограни- ченной, как в случае вещественного аргумента. Отсюда, функция w = z определена для всех z 2 C и многозначна.

Выведем общую формулу для нахождения значений z: Используя равенство z = sin w = (eiw ¡ e¡iw)=2i; получим квадратное уравнение относительно eiw:

e2iw ¡ 2izeiw ¡ 1 = 0:

Решение этого уравнения имеет вид: p

eiw = iz + 1 ¡ z2;

где функция комплексного переменного pz многозначна (двузначна), любому значению аргумента соответствуют 2 значения функции.

Логарифмируя полученное выражение, деля затем на i и учитывая, что 1=i = ¡i ; получим:

в). Вычислить

1 + i

!¡i :

Данное выражение является значением многозначной степенной функции

w(z) = z¡i

в точке z = (1 + i)=2: По определению имеем:

z¡i = e¡i z = exp[ ¡i ( ln jzj + i (arg z + 2¼k) ) ];

ãäå k = 0; §1; §2; :::

Для определенности будем считать, что arg z 2

(¡¼; ¼]: Вычислим ¡i ((1 + i)=2):

¡i

1 + i

= ¡i (ln

8k + 1

i ln 2

¼i) =

+ 2k¼ +

;

откуда получим:

1 + i ¡i

iln 2

(

)

= exp (

+ 2¼k +

) =

= exp(¼=4 + 2¼k)( cos((ln 2)=2) + i sin((ln 2)=2) ); k = 0; §1; §2; :::

III. Восстановить аналитическую функцию по известной действительной или мнимой части.

a). Найти аналитическую функцию f(z); если известна ее действительная часть Re f(z) = u(x; y) = e¡y cos x + x и задано значение искомой функции в нуле: f(0) = 1:

Для того, чтобы функция u(x; y) являлась вещественной частью аналитической в односвязной области D функции f(z); необходимо и достаточно,

чтобы в области D функция u(x; y)			являлась гармонической, то есть удо-
влетворяла уравнению Лапласа
	@2u	+	@2u	= 0
	@x2		@y2

в области D: В том случае, если гармоническая функция u(x; y) задана в односвязной области D; можно с точностью до постоянного слагаемого найти аналитическую функцию f(z) = u + iv; то есть восстановить аналитиче-

скую функцию по заданной ее действительной (или мнимой) части. При этом сопряженная с u(x; y) гармоническая функция v(x; y) находится при по-

мощи криволинейного интеграла:

(x;y)		@u		@u
v(x; y) = Z(x0;y0)	¡		dx +		dy + C;	(1)
		@y		@x

второго условия Коши-

Осталось определить функцию Римана, находим

затем, варьируя константу

ãäå (x0; y0) 2 D è (x; y) 2 D (интеграл не зависит от кривой, соединяющей точки (x0; y0) è (x; y); а зависит лишь от точки (x; y); если точка (x0; y0) фиксирована).

Если область D не односвязна, то найденная функция v(x; y) , а следовательно, и f(z) = u + iv могут оказаться неоднозначными.

Сначала проверим, что заданная функция удовлетворяет уравнению Ла-
пласа. Действительно, имеем:
@u		= e¡y sin x + 1;	@2u	= e¡y cos x;
			@x2
	@x	¡		¡
@u		= ¡e¡y cos x;	@2u	= e¡y cos x.
	@y		@y2

Следовательно, для нашей функции уравнение Лапласа выполнено при всех x è y; то есть она является гармонической на всей плоскости.

Теперь найдем сопряженную по отношению к u(x; y) (то есть связанную с ней условиями Коши-Римана) гармоническую функцию v(x; y); тогда f(z) = u + iv и будет искомой аналитической функцией. Для нахождения v(x; y); можно воспользоваться формулой (1) или непосредственно условиями Коши-Римана. В этом примере покажем как для нахождения v(x; y)

использовать условия Коши-Римана.

По одному из условий Коши-Римана выполнено:

@u@y = @u@x = ¡e¡y sin x + 1:

Фиксируем x = x0; при этом для определения функции v(x; y) возникает обыкновенное дифференциальное уравнение

dydv(x0; y) = ¡e¡y sin x0 + 1:

Интегрируя, находим

v(x0; y) = (¡e¡y sin x0 + 1) dy = e¡y sin x0 + y + c(x0);

x0; получим

v(x; y) = e¡y sin x + y + c(x): c(x): Èç vx0 = ¡u0y

e¡y cos x + c0(x) = e¡y cos x =) c0(x) = 0 =) c(x) = const:

Таким образом,

f(z) = (e¡y cos x + x) + i (e¡y sin x + y + c) =

= e¡y(cos x + i sin x) + (x + i y) + i c = eiz + z + i c:

Используя условие f(0) = 1; получим ei 0 +0+i c = 1; откуда следует, что c = 0: Окончательно получаем

Ответ: f(z) = ei z + z:

б). Восстановить аналитическую функцию f(z) по известной ее мнимой
части v(x; y) = 3 + x2 ¡ y2 ¡	y	:
	2(x2 + y2)

Проверим сначала, что данная функция удовлетворяет уравнению Лапласа

в области определения, то есть при jzj > 0: Имеем:

= 2x +

;

@2v

= 2 +

y3 ¡ 3x2y

;

(x2 + y2)2

@x2

(x2 + y2)3

x2 ¡ y2

;

@2v

2 +

3x2y ¡ y3

2(x2 + y2)2

@y2

(x2 + y2)3 .

Следовательно,

@2u

= 0 и функция v(x; y) является гармониче-

ñêîé ïðè jzj

> 0: Для нахождения u(x; y)

воспользуемся криволинейным

интегралом. В этом случае будем иметь:

(x;y) @v

u(x; y) = Z(x0;y0)

dx ¡

dy + c:

Выберем в качестве фиксированной начальной точки точку (x0; y0) = (1; 0); в качестве кривой L, соединяющей эту точку с точкой (x; y); выберем лома-

ную, состоящую из двух отрезков, параллельных осям координат: с началом в точке (1; 0), концом в точке (x; 0) и с началом в точке (x; 0), концом в точ-

êå (x; y). Тогда, переобозначая переменные интегрирования: x = t; y = s, будем иметь

u(x; y) =

2 0

2 ¡ 0 2 1 dt

(2x +

2 xs 2 2 1 ds =

¡ ¢ ¡

¡ Z

2(t + 0)

(x + s )

2xs 0

2 2

2xy+

d(x2

+ s2)

1 ¡ j ¡

(x + s )

+ c =

2xy + c;

+ y

2(x

2 2

) ¡

2 x

¡ x

+ y

откуда

f(z) =

2xy + c + i

03 + x2

2(x

2 2

)

¡ 2(x

+ y

Теперь, для того, чтобы получить выражение функции в зависимости от z; достаточно в найденном выражении положить x = z; y = 0: Окончательно

имеем

Ответ: f(z) = 21z + i (3 + z2) + c:

Замечание. В этом примере мы получили в результате однозначную функцию f(z); хотя область D = fz : z 2 C; jzj > 0g, в которой

заданная функция v(x; y) является гармонической, не была односвязной.

IV. Вычислить интеграл от заданной функции f(z) по заданной кривой C: а). Вычислить CR zIm z2dz; ãäå C отрезок прямой, соединяющий точки

z1 = 1 è z2 = 2 + i:

Пусть кривая C задана уравнением z(t) = x(t) + iy(t); ãäå t 2 [®; ¯] . Интеграл по кривой C от функции комплексного переменного f(z) можно

выразить через криволинейный интеграл, а для его вычисления использовать одно из выражений:

Z f(z) dz = Z ¯ f(z(t))z0(t)dt = Z ¯ f(x(t); y(t))(dx(t) + i dy(t)):

C ® ®

В нашем случае кривую C отрезок прямой, соединяющий точки z1 = 1 = (1; 0) è z2 = 2 + i = (2; 1); можно задать явным уравнением в координатах (x; y) : y = x ¡ 1; 1 · x · 2. В случае явного задания

имеем x(t) = x; y(t) = y(x); dz = (1 + i y0(x))dx; откуда

Z zIm z2dz = Z 2(x + i (x ¡ 1))Im (x + i (x ¡ 1))2(1 + i (x ¡ 1)0)dx =

C 1

= Z 2(x(1 + i) ¡ i))(2x(x ¡ 1))(1 + i)dx = 2(1 + i) Z 2((1+

1 1

+i)x3 ¡ (1 + 2i)x2 + ix)dx = 5=3 + 4i:

Ответ: RC zIm z2dz = 5=3 + 4i:

б). Вычислить интеграл CR z dz; ãäå C окружность jzj = 2 è 1 = 0; контур обходится в положительном направлении.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 64 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.07.202523 Мб1Техническое описание-.rtf
#
20.03.201680 Кб95техничзад.docx
#
20.03.2016176 Кб214Технология питьевого молока.docx
#
01.04.202589 Кб4Технология сыворотки молочной обогащенной.doc
#
16.11.20185 Мб128ТЕХНОЛОГИЯ ТОНКИХ ПЛЕНОК -1.doc
#
21.03.2016345 Кб87Тиоповой расчёт по математике 6 модуль.pdf
#
20.03.2016912 Кб48Типовик - несобственные интегралы и ряды.doc
#
20.03.20163 Мб26типовик 1 курс 3 модуль.doc
#
20.03.20163 Мб69Типовик 3 модуль.doc
#
20.03.2016117 Кб39типовик 7 модуль.doc
#
14.04.20151 Мб188Типовик матан 5 модуль.pdf