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 2ki e z , k Z ,т.е. e z является периодической функцией с основным периодом 2i 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 ez shz shx cos y ichx sin y 2 5. e z ez 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 iarg 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 2ki, 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 22 i i 2 4 2i i 2 2 3i 2 3i 2 3i 4 3i 2 2 4 4i i i 4 4i 1i 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 ez 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 ; vx; 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, vx; y 3 y x y - мнимая часть. f z 3 2iz Пример. Восстановите регулярную функцию f z по ее заданной y 1 действительной части ux; 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 vx; y криволинейного интеграла второго рода зависит от пути x; y dv vx 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 v0;1 0 . В качестве пути интегрирования выберем ломаную ABC (рис.1), где А0;1 , Вх;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: vx; 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 ux; y ivx; y e y cos x 2 x i2 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 ( xiy )ii ( x i( y 1))e xi yi ( x i( y 1))e y i ( x1) ( x i( y 1))e y ei ( x1) ( 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 O0;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 O0;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 i4 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 6i e i 6 e id 216 6i 6 6 i 12 36 i i 36 2i 72i . 7 12 36e 12 7 6i 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 ) ... cn ( z z 0 ) n ... c1 ( 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,... 2i ( 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 ck 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 n1 sin z , z < 2 n 1 ! n 0 2. n 1 z 2 n cos z , z < 2n! n 0 3. z 2 n1 ,z < n 0 2n 1! 4. shz z 2n chz ,z < n 0 2n ! 5. 6. 1 z 1 1n z n , z <1 n 0 7. 1 z 1 z n , z 8. <1 n 0 1 z n 0 1n z n1 , 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 c1 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 ) 2i 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 2i 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! n0 z 2n! n0 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! n0 z 2n1 2n 1! 2n 2! n0 z 2n1 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 n1 z 2 n1 2n 2! . n 1 z n 0 z 2n 2! 2n 1! Регулярная часть ряда Лорана равна z , а главная 2n 3 z 2n1 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 Az 1 Bz 4 z 4z 1 z 2 5 z 4 z 4z 1 z 4 z 1 Az A Bz 4B z A B A 4 B z 4z 1 z 4z 1 ; 3z z A B A 4 B z 4z 1 z 4z 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 n1 1 4 n1 1 f ( z ) n1 n1 n1 n 0 z n 0 z n 0 z . 4 n 1 1 n1 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 32 n 1 z 12 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 32 n 12 а) Рассмотрим первый ряд n0 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 12 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 2i 1,5 3i z . равен сумме полученных Ответ: 3i 2z 1 Пример. По теореме Коши о вычетах вычислите интеграл zz 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 2i 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! zz0 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 2i 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 z0 1 1 2 2 z 0 2z 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 2iresf 0 resf 2i 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 ) n1 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 ) resF ( 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 ( ) 2c( ) 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 22 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 B3 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! p1 ( 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 p2 ( p 1) 2 ( p 2) p1 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 (3i )t 3 i 0 2 3 i 3 i 2 1 2 2 3 i t e (3i )t 3 i 0 1 2 1 ( 3 i ) t e dt 3 i 0 3 i 1 3 i 0 1 2 1 ( 3i ) 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. ux; y x 2 y 2 4 x, f i 1 2. vx; y e 2 x sin 2 y y, f e 2 3. ux; y 4x 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. vx; y x 2 y 2 2 y, f 2i 0 7. ux; y 2e x sin y, f 0 2i 8. v x; y 8 xy x, f i 1 9. ux; y x 2 y 2 2 y 1, f i 0 10. vx; 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 О0;0, М 1;4 С 2. z 2 dz, С - дуга окружности z 3 , при условии С 3. zdz, С - отрезок ОМ , где О0;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 О0;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 О0;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 О0;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 ez 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 13 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 ez 9. dz 2 z z 1 z 2 10. 2 iz 2 3 z z 2z 1dz 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 , y0 1, y0 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