Министерство транспорта Российской Федерации Федеральное агентство железнодорожного транспорта ГОУ ВПО «Дальневосточный государственный

Министерство транспорта Российской Федерации
Федеральное агентство железнодорожного транспорта
ГОУ ВПО «Дальневосточный государственный
университет путей сообщения»
Кафедра «Высшая математика»
Составитель:
Математические задачи электроэнергетики
Методические указания
по выполнению контрольных работ
для студентов ИИФО
Хабаровск
Издательство ДВГУПС
2014
Контрольная работа №1
Элементы теории функции комплексного переменного
Элементарные функции комплексного переменного. Нахождение
значений функций комплексной переменной в заданных точках.
Функция комплексного переменного W  f (z ) определена на множестве
комплексных чисел z  x  iy, x  R, y  R и имеет своими значениями в каждой
точке
комплексные числа W  u  iv , где u  u ( x, y) , v  v( x, y) – есть
z
действительные функции двух действительных переменных.
Основные функции комплексной переменной z  x  iy :
1.
e z  e x cos y  i sin y 
Показательная функция e z обладает следующими свойствами:
1) e z1  z2  e z1 e z2 , где
z1 и z 2 - любые комплексные числа;
2) e z  2ki  e z , k  Z ,т.е. e z
является периодической функцией с
основным периодом 2i
2.
e iz  e iz
sin z 
 sin xchy  i cos xshy
2i
3.
cos z 
e iz  e  iz
 cos xchy  i sin xshy
2
Функции sin z и cos z - периодические с действительным периодом 2 и
имеют
только
действительные
нули
z  k
и
z

2
 k , k  Z 
соответственно.
Функции tgz 
cos z
sin z
, ctgz 
.
sin z
cos z
Для тригонометрических функций комплексного переменного остаются
в силе все известные формулы тригонометрии.
4.
e z  ez
shz 
 shx cos y  ichx sin y
2
5.
e z  ez
chz 
 cos ychx  i sin yshx
2
thz 
Функции
shz
,
chz
cthz 
chz
.
shz
Имеют
место
тождества
shz  i sin iz, chz  cosiz.
Lnz  ln z  iarg z  2k   ln z  iArgz , k  Z , z -модуль,
arg z -аргумент
комплексной переменной.
Значение функции, которое получается при k  0 , называется главным
значением и обозначается Lnz  ln z  i arg z .
Логарифмическая функция обладает следующими свойствами:
1.
Ln  z1 z 2   Lnz 1  Lnz 2 , где
z1 и z 2 - любые комплексные числа;
2.
z 
Ln 1   Lnz1  Lnz2 , где
 z2 
z1 и z 2 - любые комплексные числа;
3.
Lnz n  nLnz  2ki, k  Z ;
4.
Lnn z 
1
Lnz
n
Пример. Найдите значение функции f  z  
2z  i  2
в точке z 0  2  i .
z 2i
Решение. Подставим z 0 в выражение функции, получим
22  i   i  2 4  2i  i  2
2  3i
2  3i 2  3i 4  3i 





2
2
4  4i  i i 4  4i  1i 4  3i 4  3i 4  3i 
2  i  i
8  6i  12i  9i 2 8  18i  9  1  18i



 0,04  0,72i .
16  9
25
16  9i 2
f 2  i  
Ответ: f 2  i   0,04  0,72i
Пример. Найдите значение функции f  z   sin z в точке z 0 
Решение.
Выделим действительную
и мнимую

2
 3i .
части функции,
e iz  e iz
пользуясь формулой f z   sin z 
 sin xchy  i cos xshy , где z  x  iy .
2i
Подставим z 0 в выражение функции, при этом x0 

2
, y0  3 , получим:


 
f  ;3   sin ch3  i cos sh3  1  ch3  i  0  sh3  ch3
2
2
2 


Ответ: f   3i   ch3 .
2

Пример. Найдите значение функции f  z   chz в точке z 0 
Решение.
Выделим действительную
пользуясь формулой chz 
Подставим z 0 
x0   , y0 

2

2
и мнимую

2
 2  i .
части функции,
e z  ez
 cos ychx  i sin yshx , где z  x  iy .
2
 2  i      i
2
в выражение функции, при этом
,получим:




f    ;   cos ch    i sin sh    0  ch    i  1  sh     sh
2
2
2

 

Ответ: f     i    sh .
2 

Восстановление регулярной функции по ее действительной или
мнимой части с помощью условий Коши-Римана. Интегрирование по
комплексному аргументу.
Рассмотрим функцию комплексной переменной W  u  x; y   iv x; y  . Для
того, чтобы данная функция была дифференцируема необходимо и
достаточно:
1)
порядка
Чтобы
существовали
частные
u u  
, , ,
.
х у х у
2) Чтобы выполнялись условия Коши-Римана:
u 

х у
производные
первого
u


у
х
Пример. Определить действительную u  x; y  и мнимую v x; y  части
функции W  f z   3z  iz 2 . Проверить выполнение условий Коши-Римана. В
случае выполнения условий Коши-Римана, найти производную функции.
Решение.
1) Найдём действительную и мнимую часть функции.
Так как z  x  yi , то:


f  z   3 x  yi   i x  yi   3x  3 yi  i x 2  2 xyi   yi   3x  3 yi  i x 2  2 xyi  y 2  
2
2
 3x  3 yi  ix 2  2 xyi 2  iy 2  3x  3 yi  ix 2  2 xy  iy 2  3x  2 xy   i 3 y  x 2  y 2 
Таким образом:
u  x; y   3 x  2 xy - действительная часть функции f  z  ;
vx; y   3 y  x 2  y 2 - мнимая часть функции f  z  .
2) Проверим выполнение условий Коши Римана.
u 

х у . Находим частные производные:
u

 3x  2 xy  x  3  2 y
х


 3 y  x 2  y 2  y  3  0  2 y
у
Таким образом, условие
u 
выполнено.

х у
u

: Находим частные производные:

у
х
u

 3x  2 xy  y  0  2 x  2 x
у


 3 y  x 2  y 2  x  0  2 x  0  2 x
х
u


х выполнено.
Таким образом, условие у
Условия
Коши-Римана
выполнены,
следовательно,
функция
дифференцируема.
3) Найдём производную функции.

f z   3z  iz 2   3  2iz
Мнимая единица i при дифференцировании считается константой.
2
2
Ответ: u  x; y   3 x  2 xy - действительная часть, vx; y   3 y  x  y -
мнимая часть. f  z   3  2iz
Пример. Восстановите регулярную функцию
f  z  по ее заданной
y
1
действительной части ux; y   e cos x  2 x . Если f i   e .
Решение:
1) Действительная u  x; y  и мнимая v x; y части регулярной функции
u 
u



f  z  связаны условием Коши – Римана х у и у
х . Следовательно

u
   e  y cos x
х
у
и
u 

 2  e  y sin x
х у
. Тогда полный дифференциал
мнимой части v x; y  функции f  z  равен:
dv  e  y cos xdx  2  e  y sin xdy .
2) Найдем функцию v x; y  по ее полному дифференциалу с помощью
vx; y  
криволинейного интеграла второго рода
зависит
от
пути
 x; y 
 dv  vx 0 ; y 0 
 x0 ; y 0 
интегрирования.
который не
Согласно
условию, значение мнимой части в точке z 0  i
равно нулю, т.е. v x 0 ; y 0   v0;1  0 .
В качестве пути интегрирования выберем
ломаную ABC (рис.1), где А0;1 , Вх;1 , С  x; у  .
Тогда криволинейный интеграл по ломаной ABC
равен:
v x; y  
 x; y 
~
y
~
y
~
~

e
cos
x
d
x

2

e
sin ~
x d~
y

0;1
~
x, ~
y-
,где
переменные
интегрирования.
Разобьем ломаную
ABC на отрезки AB и BC найдем значения
интеграла на каждом из отрезков.
~
~
~
На AB : y  1, dy  0 , а x изменяется от 0 до x . Следовательно
интеграл по AB равен:
x
x
I AB   e 1 cos ~
x d~
x  e 1 sin ~
x  e 1 sin x  sin 0  e 1 sin x
0
0
.
~
~
~
На BC : x  const , dx  0 , а y изменяется от 1 до y . Следовательно
интеграл по BC равен:
y
~
~
~
I BC   2  e  y sin x d~
y  2 ~
y  e  y sin x   2 y  e  y sin x   2  e 1 sin x   2 y 
y
1
1
~
 e  y sin x  2  e 1 sin x.
Таким образом, согласно свойству аддитивности криволинейного
интеграла, мнимая часть искомой функции равна:
vx; y   I AB  I BC  e 1 sin x  2 y  e  y sin x  2  e 1 sin x  2 y  e  y sin x  2 .
~
~
3) Зная действительную и мнимую части, можем записать регулярную
функцию f  z . Получим:
f z   ux; y   ivx; y   e  y cos x  2 x  i2 y  e  y sin x  2  e  y cos x  i sin x  
~
 2 x  iy  2i  e xi  cos y  i sin y   e  y e xi  2 x  iy  2i  e  y  xi  2 x  iy  2i 
 e  x yi i  2 x  iy  2i  z  x  iy  e zi  2 z  2i.
zi
Ответ: f z   e  2 z  2i.
Пример
6.
Представить
функцию
f ( z )  ( z  i)e zi i
в
виде
f ( z )  u ( x, y)  iv( x, y) ; проверить является ли она аналитической в точке
z 0  i .
Решение.
zi i
1) Выделим действительную и мнимую части у функции f ( z )  ( z  i)e .
Для этого представим аргумент в виде z  x  iy , воспользуемся свойством
i
 
 e  e  и формулой Эйлера: e  cos   i sin 
показательной функции: e
f ( z )  ( x  iy  i)e ( xiy )ii  ( x  i( y  1))e xi yi  ( x  i( y  1))e  y i ( x1) 
( x  i( y  1))e  y  ei ( x1)  ( x  i( y  1))e  y (cos(x  1)  i sin( x  1)) 
 xe  y cos(x  1)  ( y  1) sin( x  1)e  y  i( xe  y sin( x  1)  ( y  1)e  y cos(x  1)) .
Таким образом
u( x, y)  x  e  y cos(x  1)  ( y  1)e  y sin( x  1) ;
v( x, y)  xe  y sin( x  1)  ( y  1)e  y cos(x  1)
2) Определим, является ли функция аналитической и в наших точках.
Для этого проверим условия Коши – Римана (1).
u
 e  y cos(x  1)  xe  y sin( x  1)  ( y  1)e  y cos(x  1)
x
u
  xe  y cos(x  1)  e  y sin( x  1)  ( y  1)e  y sin( x  1)
y
v
 e  y sin( x  1)  xe  y cos(x  1)  ( y  1)e  y sin( x  1)
x
v
  xe  y sin( x  1)  e  y cos(x  1)  ( y  1)e  y cos(x  1)
y
u v u v
 , 
z

x

iy

x
y y x .
Для всех
справедливо условие
Следовательно функция аналитическая в каждой точке комплексной
плоскости т.е. аналитическая во всей комплексной плоскости.
Пример. Вычислите интеграл
 z  Im z dz
C
, где C - отрезок OM прямой
от точки O0;0 до точки M 2;2.
Решение. Подынтегральное выражение имеет вид
z  Im z dz  x  yi  y dx  idy   x  y dx  ydy
.
Искомый интеграл выразится через
два криволинейных интеграла второго рода.
 z  Im z dz   x  y dx  ydy  i  ydx  x  y dy
C
C
C
.
Путь
интегрирования
представляет
собой отрезок OM (рис. 2), где O0;0 , точки
M 2;2 .
y   x ,причем dy  dx , а x изменяется в
Уравнения данного отрезка:
пределах от 0 до 2.
Выразим криволинейные интегралы, через
определенные:
2
2
2
2
0
0
0
0
 z  Im z dz   2 х  х dx i   х  2 х dx   хdx i   3х d
C
2
x2
x2

 3i
2 0
2
2

0
1
4  0  3 i4  0  2  6i
2
2
.
Ответ: 2  6i
Пример. Вычислите интеграл
лежащая между двумя лучами
z
5
С
arg z 
dz
, где С - дуга окружности z  6 ,

12 и
arg z 
7
12 . Обход производится в
положительном направлении.
Решение. Подынтегральное выражение, записанное в показательной
5
5 5i
i
форме, имеет вид z dz  r e d re .
i
i
i
Согласно условию r  z  6 , значит d re   re id  6e id , откуда
следует, что z dz 
5

7
6 e id . Аргумент  меняется от 12 до 12 (рис. 3)
 
6
6i
Искомый
z
C
5
dz 
7
12



интеграл
6i
e i
6 e id  216
6i
6
6 i
12
36 i  i   36 2i   72i .
7
12

 36e
12
7
6i 12

12
равен


i 
i 
 72 i
 32 i
2
 36 e  e   36 e  e 2  




Ответ:  72i
Ряды Тейлора и Лорана. Изолированные особые точки функции, их
классификация. Вычеты. Основная теорема о вычетах. Применение вычетов
к вычислению интегралов.
Точка z 0 называется особой точкой функции
f (z ) , если
f (z ) не
является аналитической в этой точке. Если существует окрестность точки z 0
в которой нет других особых точек функции
f (z ) , то z 0 называется
изолированной особой точкой.
Точка z 0 называется нулем аналитической функции f (z ) кратности k ,
если выполняются условия:
f ( z 0 )  0, f ( z 0 )  0,..., f ( k 1) ( z 0 )  0, f ( k ) ( z 0 )  0 .
Пример
f ( z )  ( z  i) 3 , z 0  i
7.
–
нуль
кратности
3,
т.к.
f (i )  0, f (i )  0, f (i )  0 ,
f (i )  0 .
n
Очевидно, для f ( z )  ( z  z 0 ) , z 0 – нуль кратности n .
Теорема. Если f (z ) аналитическая в кольце 0  z  z 0  R и z 0 –
изолированная особая точка функции f (z ) , то f (z ) можно разложить в
кольце в ряд Лорана вида:
f ( z )  ...  cn ( z  z 0 )  n  ...  c1 ( z  z 0 ) 1  c0  c1 ( z  z 0 )  ...  cn ( z  z 0 ) n  ... 


 cn ( z  z 0 )
n  1
n

  cn ( z  z 0 ) n
n 0
cn 
L
1
f ( z)
dz, n  0, n  1, n  2,...

2i ( L ) ( z  z 0 ) n 1
– любой контур в кольце, ограничивающий z 0 .

Если ряд Лорана (3) содержит только правильную часть
 cn ( z  z 0 ) n
n 0
, то
f (z ) называется устранимой
изолированная особая точка z 0 функции
особой точкой.

Если главная часть ряда Лорана (3):
 cn ( z  z 0 ) n
n  1
содержит конечное
ck
c  k 1
c 1


...

k
z  z 0 , то изолированная особая
( z  z 0 ) k 1
число слагаемых ( z  z 0 )
точка z 0 функции f (z ) называется полюсом кратности k .
lim f ( z )  c
Если k  1 , то z 0 – устранимая особая точка f (z ) , то z z0
(c –
константа).
lim f ( z )  
z
f
(z
)
z  z0
0
Если
– полюс
, то
.
f ( z) 
Теорема. Пусть
A( z )
B( z ) и функции A(z ) и B(z ) – аналитические в
точке z 0 , причем A(z ) имеет в точке z 0 нуль кратности m , а B(z ) – нуль
кратности n , тогда:
Если n  m , то z 0 будет полюсом функции f (z ) кратности (n  m) ,
причем, если (n  m)  1 , то z 0 – устранимая особая точка.
Если m  n , то z 0 – устранимая особая точка.
Стандартные
разложения
степенные ряды

1.
zn
,z <
n 0 n!
ez  
функций
комплексной
переменной
в
n

 1 z 2 n1
sin z  
, z <


2
n

1
!
n

0
2.

n

 1 z 2 n
cos z  
, z <
2n!
n 0

3.
z 2 n1
,z <
n 0 2n  1!

4.
shz  

z 2n
chz  
,z <
n 0 2n !
5.

6.
1  z 1    1n z n , z
<1
n 0

7.
1  z 1   z n , z

8.
<1
n 0
1  z   
n 0
 1n z n1 , z
n 1
f ( z) 
Пример 8.
<1
z 2  2 zi  1
( z  i) 3 , z 0  i – изолированная особая точка.
A( z )  z 2  2 zi  1  ( z  i) 2 , z 0  i – нуль кратности m  2 .
B( z )  ( z  i) 3 , z 0  i – нуль кратности n  3 .
Т.к. n  m  1, то z 0  i – простой полюс функции f (z ) .
Вычетом функции f (z ) в изолированной особой точке z 0 называется
c1  Выч f ( z )  res f ( z )
z0
z0
коэффициент c 1 ряда Лорана (3) и обозначается
или
Выч f ( z ) 
z0
1
2
 f ( z )dz
( L)
.
Выч f ( z )  0.
Теорема. Если z 0 – устранимая особая точка для f (z ) , то z0
Выч  lim ( z  z 0 )  f ( z )
z  z0
Если z 0 – простой полюс f (z ) , то z0
.
Если
z0
–
полюс
кратности
функции
k
f (z ) ,
то
1
d k 1
( z  z 0 ) f ( z )
Выч f ( z ) 
lim
z0
(k  1)! z  z0 dz k 1
.
f ( z) 
Если z 0 – простой полюс
A( z )
B( z ) , где – аналитические функции в
точке, z 0 , причем, A( z 0 )  0, B( z 0 )  0, B ( z 0 )  0 , то
Выч
z0
A( z ) A( z 0 )

B( z ) B ( z 0 ) .
z5 1
f ( z)  2
( z  1) z 2 в ее особых точках.
Пример 9. Найти вычеты функции
Решение.
( z  1)( z 2  z  1) z 2  z  1
f ( z)  2
 2
z ( z  1)( z  1)
z ( z  1)
z1  1 – устранимая особая точка
z 2  1 – простой полюс
z 3  0 – полюс кратности 2.
Тогда
z3 1
Выч 2 2
0
1 z ( z  1)
Выч
1

z3 1
z3 1 
z2  z 1



lim
(
z

1
)


lim
1
z 2 ( z 2  1) z 1 
z 2 ( z 2  1)  z 1
z2
 3z 2 ( z 2  1)  2 z ( z 3  1)  0
z3 1
1
   0
Выч 2 2
 lim 
0
z ( z  1) 1! z 0 
( z 2  1) 2
 1
.
Теорема. Если функция f (z ) аналитическая во всех точках области,
ограниченной замкнутой линией L , кроме конечного числа изолированных
особых точек z1 , z 2 ,..., z n , лежащих внутри этой области, то

( L)
n
f ( z )  2i  resf  z k 
k 1
(5)
Пример
10.
Вычислить
интеграл
по
замкнутому
контуру
L:
ez
z  i  2; 
dz
L ( z  3i ) z ( z  2i )
.
Решение.
есть круг с центром в точке z 0  i и радиуса 2. Функция
Контур
ez
f ( z) 
( z  3i ) z ( z  2i ) имеет три изолированные особые точки – простые
полюсы: z1  3i, z 2  0, z 3  2i , причем z1 не лежит внутри круга. Тогда
ez
 ( z  3i) z ( z  zi ) dz 
z i  2
 



ez
ez
ez
  2i lim  z
 
 2i resf 0
 resf 2i 
z 0
(
z

3
i
)
z
(
z

2
i
)
(
z

3
i
)
z
(
z

2
i
)
(
z

3
i
)
z
(
z

2
i
)



 

 1
 1 e 2i 1 1

( z  2i )e z
e 2i 
  2i
  2i 

  (cos 2  i sin 2)  
z  2 i ( z  3i ) z ( z  2i )

 3i (2i ) 5i  2i 
 6 10 6 10

 lim
sin 2  2 2 cos 2   sin 2    cos 2 
  1 cos 2  sin 2 
 2i  
 i

 i 
  2
i


10 
10
10 
5
5 
 6
3
  6 10 
Пример. Разложите функцию
1
1
f ( z )  zch  sh
z
z
в ряд Лорана в
0 < z <  ). Выделите главную и регулярную части
окрестности т z  0 (при
ряда Лорана.
z 2 n 1
shz  
,z <
n  0 2 n  1!

Решение.
Применим
разложения
для

z 2n
chz  
,z <
n  0 2 n !
и подставим в исходную функцию:




1
1
1
1






2n
2 n 1
2 n 1
2 n 1
2n  1! n0 z 2n! n0 z 2n  1! .
n 0 z 2n !
n 0 z
f ( z)  z 
Выпишем член первого ряда при n  0 , т.е. z , и пронумеруем члены
и



1
1
1

z




2 n 1
2 n 1
2n! n0 z 2n1 2n  1!
2n  2! n0 z 2n1 2n  1!
n 1 z
n 0 z
f ( z)  z  

1

Запишем сумму двух рядов в виде единого ряда, сгруппировав
слагаемые при одинаковых степенях z :

1  1
1 
2n  3
f ( z )  z   2 n1 

  z   2 n1
2n  2! .
n 1 z
n 0 z
 2n  2! 2n  1! 


Регулярная часть ряда Лорана равна z , а главная
2n  3
 z 2n1 2n  2!
n 0
.
2n  3
2n  2!
n 0 z

Ответ:
f ( z)  z  
2 n 1
Пример. Разложите функцию
f ( z) 
3z
z  5z  4
2
в ряд Лорана по
z < 1 , б) в кольце 1 < z < 4 , в) в кольце 4 < z <  .
степеням z : а) в круге
Выделите главную и регулярную части ряда Лорана.
Решение.
Представим
функцию
в
виде
суммы
простейших
рациональных дробей:
f ( z) 

3z
3z
A
B
Az  1  Bz  4





z  4z  1
z 2  5 z  4 z  4z  1 z  4 z  1
Az  A  Bz  4B z  A  B    A  4 B 

z  4z  1
z  4z  1 ;
3z
z  A  B    A  4 B 

z  4z  1
z  4z  1 ;
A  B  3
A  4
3z  z  A  B    A  4 B   



A

4
B

0
B


1


 f z  
4
1


z  4 z 1 .
а) Если
z < 1 (рис.4, обл.I), то
1
f z   
виде:
1
z
4

z <4
z
4
<1
. Представим функцию  в
1
z 1
.
Первое слагаемое представляет собой сумму ряда геометрической
прогрессии с первым членом, равным z 1  1 и знаменателем
q
z
4 , а второе
слагаемое – сумму ряда геометрической прогрессии с первым членом,
равным z 1  1 и знаменателем q  z , поэтому их сумму можно представить в
виде ряда геометрической прогрессии:
zn  n  n
1   4n 1 n  4n 1 n
f ( z )    n   z   z 1  n    n z   n z
n 0 4
n 0
n 0
n 1 4
 4  n 0 4

4n  1 n
 4n z
n
Последний переход от ряда 0
к ряду

4n 1 n
 4n z
n 1
обусловлен

тем, что член ряда при n  0 равен 0 . Т.е.
полученный ряд содержит только регулярную
часть.
б) Если
z
1
< 1, < 1
z
4
f z   
(рис.4, обл.II), то
. Представим функцию  в виде:
1
1
1< z < 4
z
4

1
 1
z 1  
 z .
Первое слагаемое представляет собой сумму ряда геометрической
прогрессии с первым членом, равным z 1  1 и знаменателем
q
z
4 , а второе
слагаемое – сумму ряда геометрической прогрессии с первым членом,
равным
z1 
1
1
q
z и знаменателем
z , поэтому их сумму можно представить в
виде ряда геометрической прогрессии:

zn  1
  n 1
n
n 0 4
n 0 z
.
f ( z)  


zn
1
 n
  n 1
Регулярная часть равна n 0 4 ; главная часть равна n 0 z .
в) Если
1< z < 
f z  
 в виде:
(рис.4, обл.III), то
1
 4
z 1  
 z

1
4
< 1, < 1
z
z
. Представим функцию
1
 1
z 1  
 z.
Первое слагаемое представляет собой сумму ряда геометрической
прогрессии с первым членом, равным
z1 
4
4
q
z и знаменателем
z , а второе
слагаемое – сумму ряда геометрической прогрессии с первым членом,
равным
z1 
1
1
q
z и знаменателем
z , поэтому их сумму можно представить в
виде ряда геометрической прогрессии:

4 n1  1
4 n1  1
f ( z )   n1   n1   n1
n 0 z
n 0 z
n 0 z
.

4 n 1  1
 n1
Полученный ряд содержит только главную часть равную n 0 z
.



4n  1 n
zn  1
4 n 1  1
f ( z)   n z
f ( z )    n   n 1
f ( z )   n 1
4
4
z
n

1
n

0
n

0
n 0 z
Ответ: а)
; б)
; в)
.

Пример.
 12 z
С
3
По
теореме
1
 2 z cos dz
z , где контур
Коши
C
о
вычетах
- окружность
происходит в положительном направлении.
вычислите
z 1
интеграл
, обход которой
Решение. Контур интегрирования
z  1 представляет собой окружность
единичного радиуса с центром в начале координат. Подынтегральная
функция
f ( z )  12 z 3  2 z cos
1
z имеет единственную особую точку z 0  0 ,
принадлежащую области, ограниченной контуром C . Эта точка является
существенно особой, т.к.
lim 12 z 3  2 z cos
z 0
1
z не существует.
Для нахождения вычета в этой точке разложим функцию в ряд Лорана
по степеням z с помощью стандартного разложения:






1
 1 z 2 n
 1 z 32 n
 1 z 12 n
3
f ( z )  12 z  2 z cos  12 z  2 z 
 12 
 2
2n!
2n!
2n!
z
n 0
n 0
n 0
Получили разность двух рядов. Поскольку вычет – это коэффициент при
n
n
n
3
z -1 ряда Лорана, найдем номер члена каждого ряда,
степени ряда
-1
содержащего z и соответствующий коэффициент.
n

 1 z 32 n
12 
а) Рассмотрим первый ряд n0 2n ! .

Приравняв
показатель
степени
3 - 2n  -1,
получим
n  2,
а
получим
n  1,
а
12 1
1
a -1 
  0,5
4!
2
следовательно:
.
2
n

 1 z 12 n
 2
2n! .
n 0

б) Рассмотрим второй ряд
Приравняв
следовательно:
Вычет
показатель
a -1 
степени
 2 1
1
2!
.
функции
в
точке
z0  0
коэффициентов: resf 0  0,5  1  1,5 .
По теореме Коши о вычетах получим:
 12 z
С
3
1 - 2n  -1,
1
 2 z cos dz  2i  1,5  3i
z
.
равен
сумме
полученных
Ответ: 3i
2z  1
Пример. По теореме Коши о вычетах вычислите интеграл
 zz  2i dz
С
,
z  2i  1 , обход которой
где контур C - окружность
происходит в положительном направлении.
Решение. Контур интегрирования
представляет
собой
окружность
z  2i  1
единичного
радиуса с центром в точке z 0  2i (рис.5).
Подынтегральная
функция
f z  
2z  1
z z  2i 
имеет две изолированные особые точки z 0  2i и
z1  0 .
Первая точка z 0  2i принадлежит области, ограниченной контуром C , а
вторая z1  0 , области не принадлежит. Значит, искомый интеграл будет
равен 2i  resf 2i  .
Найдем вычет в точке z 0  2i , которая является полюсом третьего
порядка данной функции (т.е. корень знаменателя, кратности 3). Вычет в
полюсе порядка k находится по формуле:
resf z 0  

1
k
lim f z z  z 0 
k  1! zz0

k 1
.
Так как k  3 , поэтому


 2z  1
1
1
2z  1
1

3
1 


 


resf 2i  
lim 
z

2
i

lim

lim
2

z



z 2i
z 2i
3  1! z 2i z z  2i 3
2
!
z
2
!




 1
1
i
3
lim z 2   lim  2 z 3   2i   
2! z 2i
2! z 2i
8.
2z  1
 i 
dz

2

i
  
 z z  2i 
 8 4 .
С
Окончательно получим

Ответ: 4 .
Пример. По теореме Коши о
вычетах
вычислите
интеграл
1  cos z
 z 2 z 2  2i  2 dz
С
окружность
,
где
контур
C
-
z  1  2,5 , обход которой
происходит в положительном направлении.
Решение.
Контур
интегрирования
z  1  2,5
представляет
собой
окружность радиуса 2,5 с центром в точке z 0  1 (рис.6).
Подынтегральная
функция
f z  
1  cos z
z 2 z 2  2i  2
имеет
три
изолированные особые точки z 0  0 , z1   , z 2   .
Первая и вторая точки принадлежат области, ограниченной контуром
C , а третья z 2   области не принадлежит. Значит, искомый интеграл
будет равен 2i  resf 0  resf   .
Определим тип каждой особой точки и найдем вычеты в них.
Рассмотрим точку z 0  0 :
z2
z2
1  cos z ~
1  cos z
resf 0  lim f  z   lim 2 2

 lim 2 22 2 
2
2
z 0
z 0 z z   
z 0 z z   
z0
1
1
 2
2
z 0 2z   
2
 lim
2
Таким образом, точка z 0  0 является устранимой особой точкой,
поэтому resf 0  0 .
Рассмотрим точку z 1   . Точка является простым полюсом (корень
знаменателя, кратности 1). Найдем вычет в этой точке:
1  cos z z     lim 1  cos z   1  1  1
z  z 2  z    z   
z  z 2  z   
 2  2  3 Так
resf    lim f z z     lim
z 
им образом, искомый интеграл равен:
1  cos z
1
2i
dz  2iresf 0  resf    2i  3  2
 2 2
2

 .
С z z  2i 
2i
2
Ответ: 
Преобразование Лапласа. Основные теоремы об оригиналах и
изображениях.
Решение
дифференциальных
уравнений
и
систем
операционным методом.
Основная задача. Пусть имеем семейство функций
 f (t ). Поставим
ему в соответствие семейство F ( p ). Этот переход осуществим с помощью
интегрального оператора. В зависимости от того, какой используется при
этом переходе интеграл, существуют различные преобразования: Лапласа,
Хевисайда, Фурье и другие.
Преобразование Лапласа.
Функция f (t ) действительного аргумента t , которая может принимать и
комплексные значения, называется оригиналом, если выполнены три
условия:
Функция
f (t )
определена и кусочно дифференцируема на всей
действительной оси, т.е. t  (;) .
f (t )  0 при t  0
f (t )  Me S0t
существуют такие постоянные M  0, S 0  0 , что
при всех
t  0 . ( S 0 называется показателем роста функции f (t ) ).
Каждой
f (t )
функции
поставим
в
соответствие
интеграл

F ( p)   f (t )e  pt dt
0
, где p  S  ir . F ( p) называется изображением оригинала
f (t ) . F ( p) – это интеграл Лапласа.
Сформулируем свойства преобразования Лапласа.
Пусть f (t ) и  (t ) соответствуют F ( p) и ( p) соответственно.
Свойства:
1. (линейность):
  f (t )     (t )
соответствует
F ( p)  ( p) , где
 ,   const
1  p
F 
f
(


t
)

   , где  – действительное
2. (подобие):
соответствует
число.
3. (о дифференцировании оригинала): f (t ) соответствует pF ( p)  f (0) .
4. (о дифференцировании изображения): (t ) f (t ) соответствует F ( p) .
t
5. (об интегрировании оригинала):
 f (t )dt
0
F ( p)
соответствует p .
6. (об интегрировании изображения): Если
f (t )
t
оригинал, то
f (t )
t
Q
lim
соответствует
Re Q 
 F ( p)dp
.
p
 p
7. (запаздывание): f (t   ),  0  const соответствует e F ( p) .
t
e
f (t ) соответствует F ( p   ) , где   const .
8. (смещение):
Запишем формулы преобразования Лапласа.
оригинал
1
изображен
ие
1
p
оригинал
t
изображен
ие
1
p2
изображен
оригинал
ие
n!
p n 1
tn
n!
( p   ) n1
t n
e t

sin   t
p2   2

sh  t
p 
2
2

( p  )2   2
e sin   t
t
t sin   t
2 p
( p   2 )2
tch  t
p2   2
( p2   2 )2
оригинал
изображен
ие
e t
1
p
cos   t
p2
p2   2
ch  t
p2
p2   2
e t cos  t
p
( p  )2   2
e ch  t
p
( p  )2   2
t
tsh  t
2
2 p
( p   2 )2
2
Сформулируем теорему разложения, которая позволяет вернуться в
пространство оригиналов из пространства изображений.
Теорема. Если
f (t ) соответствует F ( p) и для F ( p) выполнены
условия:
1) F ( p) имеет конечное число изолированных особых точек p k ;
2)
F ( p)
–
аналитическая
в
области
Re p  a ,
где
a,
действительное число ( a  S 0 , S 0 – показатель роста оригинала f (t ) );
f (t )   resF ( p)e t 
k
тогда
.
Преобразование Фурье.
любой
Если функция f (x) абсолютно интегрируема на всей числовой оси, т.е.


f ( x) dx
сходится и, если на любом конечном интервале она имеет

конечное число точек разрыва I рода или непрерывна, то ее можно

представить интегралом Фурье в комплексной форме
1
2
c( ) 

 f (t )e
i t

f ( x)   c( )e i  x d

, где
dt
.
c( ) называется спектральной функцией. Отметим, что S ( )  2c( )
также называется спектральной функцией.
*
Преобразованием Фурье называется функция F ( ) определяемая
F ( ) 
*
формулой
f ( x) 
1
2
1
2

 f (t )e

i t
dt
, а функция f (x) , определенная формулой

*
i  x
 F ( )e d

, называется обратным преобразованием Фурье.
F * ( ) также называется спектральной функцией.
F * ( )  2 c( ), F * ( ) 
1
S ( )
2
.
Если функция f (x) оригинал с показателем роста S 0 , то функция
g ( x)  e  Sx f ( x) , где S  S 0 называется затухающим оригиналом. Тогда для
функции g (x) существуют и преобразование Фурье и преобразование
Лапласа и они связаны между собой формулой
2
Пример. f (t )  sin t . Найти F ( p) .
f (t )  sin 2 t 
F ( p) 
1  cos 2t 1
1
 1  cos 2t
2
2
2
1 1 1 p
 
2 p 2 p2  4
2 F * ( )  F ( p) p i
2
Пример. f (t )  t sin t . Найти F ( p) .

1 1 1 p 
1  1  1 1( p 2  4)  2 p  p
1


f ( p)     







2
2  p 2  2
( p 2  4) 2
2 p2
2 p 2 p  4
p2  4  2 p2
1
4  p2



2( p 2  4) 2
2 p 2 2( p 2  4) 2 .
Пример.
F ( p) 
2p 5
p  3 p  2 . Вернуться в пространство оригиналов.
2
I способ. Воспользуемся формулами.
F ( p) 
2p 5
2p 5
2p 5



2
2
9 9
p2  3p  2  2
3
1




 p  3p     2  p     
4 4

2 2

3

3
1
2 p    3  5
p
2
2
2
 
2
 22

2
2
2
2
2
2
3 1
3 1
3 1



 p    
 p    
 p    
2 2
2 2
2 2



1
2
2
4
2
2
2
2
3 1
3 1


 p   
 p    
2
2
2 2

  

p
f (t )  2e
3
 t
2
3
2
t
ch  4e
2
3
 t
2
sh
t
e
2
3
 t
2
t
t
t

 
 2t
3
t
t
2
2
2
2 e  e  4 e  e   e  2 t 3e 2  e  2  



2
2 




 3e t  e 2t .
II способ. Разложим дробь на простейшие дроби.
p2  3p  2  0
F ( p) 
2p 5
3
9
3 1
2p 5
A
B
 p1, 2   
2    


2
4
2 2 ( p  1)( p  1) p  2 p  1
p  3p  2
p1  2 p 2  1
2
2 p  5  A( p  1)  B( p  2)
p  2 1   A A  1

p  1 3  B 
B3
1
3

p  2 p 1
F ( p)  
f (t )  e 2t  3e t .
III способ. Воспользуемся теоремой разложения.
F ( p) 
2p 5
( p  2)( p  1) p1  2 и p 2  1 – простые полюса.

(2 p  5)e pt 
f (t )  res F ( p)e  res F ( p)e   lim ( p  2)

p  2
p  2
p  1
(
p

2
)(
p

1
)


pt
pt

 (2 p  5)e pt 
 (2 p  5)e pt 
(2 p  5)e pt 
 lim ( p  1)
 lim 
 lim 
 e 2t  3e t .



p  1
( p  2)( p  1)  p 2  p  1  p 1 p  2 

Пример.
С
помощью
преобразования
Лапласа
решить
t


дифференциальное уравнение y  3 y  2 y  e при начальных условиях
y (0)  0, y (0)  0 .
Пусть
y (t )
соответствует
Y ( p) ,
тогда
y (t )
соответствует
pY ( p)  y(0)  pY ( p)  0  pY ( p)
2
2
y (t ) соответствует p pY ( p)  y (0)  p Y ( p)  0  p Y ( p)
1
e соответствует p  1 .
t
Тогда
исходному
дифференциальному
уравнению
начальных условиях соответствует уравнение
p 2Y ( p)  3 pY ( p)  2Y ( p) 
1
1
 Y ( p)  ( p 2  3 p  2) 

p 1
p 1
p2  3p  2  0
Y ( p) 
1
( p  1)( p  3 p  2)
2
.
3
9
3 1

2  
2
4
2 2
p1  2 p 2  1
p1, 2 
при
данных
Поэтому Y ( p) 
1
Особые точки p1  1 – полюс кратности 2,
( p  1) ( p  2)
2
p2  2 – простой полюс.
Вернемся в пространство оригиналов с помощью теоремы разложения



e pt
e pt
1
e pt
2
y (t )  res
 res
 lim ( p  1)
 
p 1 ( p  1) 2 ( p  2)
p  2 ( p  1) 2 ( p  2)
1! p1 
( p  1) 2 ( p  2) 


e pt
e pt  t ( p  2)  e pt
e pt
 lim ( p  2)

lim

lim


p 2
p 2 ( p  1) 2
p2
( p  1) 2 ( p  2)  p1

e pt  t (1)  e pt e 2t

 2  e 2t  e t (t  1) .
1
1
 x 2 e 3 x , x  0
Пример. Найти преобразование Фурье для функции f ( x)  
0, x  0
.I
способ.
F ( ) 
*
u t
1
2

 f (t )e

 i t
0


1 
1
 i t
2  3t  i t
dt 
  0e dt   t e e dt  
2 
2
0


t
2
e ( 3 i )t dt 
0


du  2tdt

1 
t2
2
 ( 3  i ) t
 ( 3  i ) t
1



e

te
dt
 ( 3  i ) t
 ( 3  i ) t 
dv  e
dt v  
e
3  i
3  i 0
2



0

3  i

u t
du  dt

1 
1
2
( 3 i ) t
1



0

te
dt



(
3

i

)
t

 dv  e
dt v  
e (3i )t
3  i 0
2  3  i

3  i

2
1
2
2 3  i

t
e (3i )t

3

i



0


1
2 1
 ( 3 i ) t

e
dt


3  i 0
 3  i

1

 3  i  0 


1
2
1
( 3i ) t
.

e

2
(3  i )

(3  i )2
0 

II способ.
Данная функция f (x) является затухающим оригиналом при x  0 .
Воспользуемся связью преобразований Лапласа и Фурье.
t 2 соответствует
F ( p) 
2!
2
 3 , тогда t 2 e 3t соответствует F ( p ) .
3
p
p
2
, F * ( ) 
3
( p  3)
1
2

F ( p)
p  i
1
2
3
2 ( p  3)

p  i
2
1
 (3  i ) 3
.
ЗАДАНИЯ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ .
1. Найдите значение функции W  f (z ) в заданной точке z  z 0 .
1. f ( z )  e z , z 0 
1 
 i
2 4
3. f ( z )  shz , z 0  2  i
5. f ( z )  e z , z 0  2 

4

2. f ( z )  cos z, z 0 
4. f ( z ) 
2
 1  i 
z  2i
, z0  2  i
z2
6. f ( z )  e z , z 0  ln 2 
i


3
i
1  i 
7. f ( z )  ln z, z 0  1  3i
8. f ( z )  chz, z 0 
9. f ( z )  sin z, z 0   1  i 
z2  i
10. f ( z ) 
, z 0  1  2i
z i
2
2. Восстановите регулярную функцию W  f (z )
по ее заданной
действительной u  u ( x, y) , или мнимой v  v( x, y) части, если f ( z 0 )  W0 .
1. ux; y   x 2  y 2  4 x, f i   1
 
2. vx; y   e 2 x sin 2 y  y, f    e 
2
3. ux; y   4x 2  y 2  1, f i   0
4. v x; y   2 xy  2 x, f  i   0
5. u  x; y   2 x y  1, f  i   i
6. vx; y   x 2  y 2  2 y, f  2i   0
7. ux; y   2e x sin y, f 0  2i
8. v x; y   8 xy  x, f i   1
9. ux; y    x 2  y 2  2 y  1, f  i   0
10. vx; y   e  y sin x  y, f 0  1
3.
Найдите
интеграл
W 
 f  z dz ,
где
С
–
заданный
C
интегрирования. Сделать схематический чертеж.
1.  Im zdz, С - отрезок ОМ , где О0;0, М  1;4
С
2.  z 2 dz, С - дуга окружности z  3 , при условии
С
3.  zdz, С - отрезок ОМ , где О0;0, М  4;2
С

6
 arg z 

3
путь
3
 arg z  
4
4.  zdz, С - дуга окружности z  4 , при условии
С
5.  Re zdz, С - отрезок ОМ , где О0;0, М  2;1
С
6.  zdz, С - дуга окружности z  4 , при условии

С
2
 arg z 
5
4
7.  Re zdz, С - отрезок ОМ , где О0;0, М  1;4
С
8.  z 3 dz, С - дуга окружности z  2 , при условии
С
7
9
 arg z 
8
8
9.  Re zdz, С - отрезок ОМ , где О0;0, М 2;3
С
10.  z 3 dz, С - дуга окружности z  2 , при условии
С

4
 arg z 
3
8
4. Разложите функцию W  f (z ) в ряд Лорана в заданной области.
Выделить главную и регулярную части ряда Лорана.
1
z
1. f ( z )  2
,z >2
z  3z  2
2. f ( z )  z e , z > 0
 1
3. f ( z )  z ln 1  , z > 0
z

ez
4. f ( z )  3 , z > 0
z
5
3
z2
5. f ( z ) 
chz
,z >0
z3
6. f ( z ) 
7. f ( z ) 
1
, z >1
z z
1
1
8. f ( z )  sin  sh , z > 0
z
z
2
3z
,z <2
z  7 z  10
2
ln 1  z 2 
10. f ( z ) 
,z >0
z4
e 2 z
9. f ( z )  3 , z > 0
z
2
5. Вычислите интеграл W   f  z dz с помощью вычетов при условии,
C
что обход контура С происходит в положительном направлении. Сделать
схематический чертеж.
1.
2  z3
 z z  13 dz
z 2
2.
z2
 sin 2 z dz
z 2
z3
3. 
dz
z 3 cos z
5.
4.
 2 z  z
3
e
1
z2
dz
z 1
ez 1
6. 
dz
z4
z 1  2
 ctg zi dz
z  2 i 3
e zi
7. 
dz
4
z i 1  z  i 
sin 3 z
8. 
dz
2
2
2
z 1 1, 5 z 4 z   
ez
9. 
dz
2


z
z

1
z 2
10.
2
iz 2  3
 z z  2z  1dz
z i  2
6. Найти решение дифференциального уравнения, удовлетворяющего
начальным условиям с помощью преобразования Лапласа (операционным
методом).
1. y   4 y  t  1, y 0  0, y 0  0
2. y  2 y  y  e t , y0  1, y0  2
3. y  9 y  e 2t ,
4. y  9 y  et ,
y(0)  0, y(0)  0
y(0)  0, y(0)  0
5. y  y  t 2  2t ,
y(0)  4, y(0)  2
6. y   2 y   y  cos t ,
y (0)  0,
7. y  2 y  3 y  e3t ,
y(0)  0, y(0)  0
8. y   9 y  cos 3t ,
9. y  y  te t ,
y (0)  1,
y (0)  0
y (0)  0
y(0)  0, y(0)  0
10. y  y  2 y  et ,
y(0)  1, y(0)  0
7. Найти преобразование Фурье непосредственно и по связи с
преобразованием Лапласа, если
e  x sin x, x  0
1. f ( x)  
0, x  0
e  x cos x, x  0
2. f ( x)  
0, x  0
 xe 4 x , x  0
3. f ( x)  
0, x  0
e 3 x sh 7 x, x  0
4. f ( x)  
0, x  0
 xe 6 x , x  0
5. f ( x)  
0, x  0
e 2 x cos x, x  0
6. f ( x)  
0, x  0
 xe 2 x , x  0
7. f ( x)  
0, x  0
e 4 x cos x, x  0
8. f ( x)  
0, x  0
2e x , x  0
9. f ( x)  
0, x  0
3e 6 x , x  0
10. f ( x)  
0, x  0