Задача: Решённый вариант 12
Описание
Характеристики решённой задачи
Список файлов
- Вариант 12
- Thumbs.db 46 Kb
- Изображение 000.jpg 202,17 Kb
- Изображение 001.jpg 168,99 Kb
- Изображение 002.jpg 184,62 Kb
- Изображение 003.jpg 174,82 Kb
- Изображение 004.jpg 195,91 Kb
- Изображение 005.jpg 180,07 Kb
- Изображение 006.jpg 136,4 Kb
- Изображение 007.jpg 218,28 Kb
- Изображение 008.jpg 189,49 Kb
- Изображение 009.jpg 200,71 Kb
- Изображение 010.jpg 181,02 Kb
- Изображение 011.jpg 185,91 Kb
- Изображение 012.jpg 185,64 Kb
- Изображение 013.jpg 166,68 Kb
Распознанный текст из изображения:
Задача 1
Найти все значения корня «~г8!
«ТФКП! 2007
Ответ: (Г8! = (»гЗ+й — ~3 «-й — 2«~
1
'" э-»г'; « "««"
Данный материал подготовлен на принципах информацнонноконсультационного материала с целью закрепления у школьников и студентов навыков практической реализации знаю«й, приобретенных в обьеме курса по теме «Теория функций комплексно~о переменного». Настоящий материал предусматривает широкую варнативность приемов и методов закрепления полного курса в объеме семестра по разделу «Теория функций комплексного переменного» в «Высшей математике». Рекомендуется изучение данного материала в сопоставлении всего объйма предложенных решений. Задачи, не предсгащиющие особого интереса, бьщи исключены из предложенных решений.
В серии представлены консультационные пособия по
следующим темам:
° Интегральное исчисление
° Дйфференпиальные уравнения
° Кратные интегралы
° Ряды
° Теория вероятностей
° Пределы
° ТФКП
° Аналитическая геометрия
° Линейная алгебра
° Векторный анализ (элементы теории поля)
Корень п-й степени из комплексного числа я имеет п
разных значений, которые находятся по формуле;
«р+2лк .. ~р+2~йу
з!я =З((я!(соз -~-«з!п — ~
и п
ср=агй(г); к =0,!....,п — 1; г»0
Подставляя в эту формулу различные значения )г, найдем
все значения корня «Г81:
?)8! = »~3+!
;Г8! =-,'3 э!
"98! = — 2!
Задача 2 Представить в алгебраической форме: 1.п(1»- !чг3)
Логарифмическая функцвя Ьп(я), где я»0, определяется как
функция, обратная показательной, причем:
Ьп г = !и!я~ ч !Агй я = !пав + «(агй з+ 2л)г), к = 0 й Ь+2,...
Подставим в этуформулу значения к:
Ьп (1 «- 1»«3) = !п~! « 1«!3! + !Агй (1 + 1«ГЗ) =
= 1п2«-!(агй(1«-!э«3) ь2л!г),!« =0,81,+2,...
Вычислим значении логарифма и аргумента:
1п(1«-!з«3) = 0 693«-!( — +2лй),(с = О+1«2,...
3
Ответ: 1п(1 «-!ч!3) = 0693 «!( — «-2л)г))г = 0+1+2,...
3
Распознанный текст из изображения:
АгсЬ(31)
!с = Оай!.х2
Задача 3
Представить в алгебраической форме:
Функция АгсЬ является многозначной и в общем виде
определяется следующим образом:
АгсЬх=! Агссоз(х) =! (-1 1л(х+ч' '-1))=
= (л(х + х(х' — ! )
Подставим вместо з значение (-1):
АгсЬ(3!) = 1л(3! + <' — ! 0) = 1л(3! + ! /1 0)
Логарифмическая функция 1л(х), где ааО, определяется как
функция, обратная показательной, причем:
Еп х = !и!г]+ !Агйх = !п]х]+ г(агй я+ 2я!с),
!с = О,х),х2,...
Подставюг зто выражение в полученное вьппе:
(л(3! -ь 1з() 0) = !п]3! + ь/ГО]+ !(агй(31+ !я% О)+ 2я(с1 =
Гл
-1 (3 40! ° ~! г(ЗВ+~1%1+2 г! !8<В+1 +2<]
(2
Ответ: АгсЬ(3!) =1818+с — +2п!с,1с = 0+1+2,
!2
2
Задача 4 Вычертить область, заданную неравенствами: ]х-!]51, 0 <агйх<а/4
з
-з -з -с о г з з
лагг!
Задача 5
Опредшгить внд кривой:
з = 2сЬЗс-!ЗзЬЗг
Уравнение вида х = х(г) = х(г) + гу(!) определяет на
комплексной плоскости кривую, параметрические
уравнения которой имеют внд х = х(с), у = у(гй В нашем
случае:
х(с) = 2сЬЗг; у(г) = — ЗзЬЗг
Выразим параметр с через х и у:
х = 2сЬ Зс ~ сЬ Зс = — т г = — агсЬ~ — ~
х ! (х)
2 3 с2]
у = — ЗзЬ Зс => зЬ Зс = — => г = — агзЬ( — ]
у ! (у)
3 3 (3]
Получим уравнение кривой в виде Р(х,у) = 0
-агсЬН = — -агзЬН ~ -агсЬЯ+ — швЬН = 0
о: -' ь(-*) ° - .ь(с]=а
Распознанный текст из изображения:
до оц
П(Х) = — — 1—
д» еу
Ответ: Г(г) = ге -!х
5
Задача б
Проверить, что и яющется действительной частью
аналитической функции. Восстановить аналитическую в
окрестности точки хв функцию Г(х) по известной
действительной части п(х,у) и значению Г(те):
о=у-2ху
Г(0) = 0
Зная действительную часть аналитической функции, можно узнать производную аналитической функции по следующей формуле:
Найдем производную аналитической функции:
П(х) = Г(х+ 1у) = 2!х-2у-! = 2!(х+гу) — ! = 2ьх
Т.к. производная существует, то ц является действительной
частью аналитической функции. Теперь, зная производную
аналитической функции Г(х), можно найти саму функцию с
точностью до константы:
Г(х) = ~(2!х — !)г)х = 1хз -!к+С
Определим константу С:
Г(0) = 001 — ЛЗ+ С = О + С = 1 =в С = О
Итак, аналитическая функция Г(х) выглядит следующим
образам:
Г(х) = 1х — 1х
Задача 7
Вычислить интеграл от функции комплексного
переменного по данной кривой:
(сЛ х ь сов гх)бх; АВС вЂ” ломаная: х = О,х = -1,х
л ° в с
лвс
Покажем ломаную, по которой должно проходить
интегрирование:
Проверка, является ли функцпя аналитической, слишком громоздка, поэтому используем метод, пригодный для любого случая. Прелставим отрезки ломаной в параметрическом виде: АВ1х(1) = х(1)+1У(1):х(1) = 1;У(1) = 0;х, = х(0);х = х( — !) ВС:Х(1)=Х(1)+1У(1);Х(1)=1;У(1)=1+1!Хе — — Х( — 1);Х =Х(0)
Тогда найти исходный интеграл несложно
а -1
)Г(х)дх = )Г[х(1))х'(1)1)1+ )Г[х(1))х'(1)1!1 = )(сЛС+сов!1)1й+
лвс
лв вс
+ ![ л1 +~+~ 1 в — ! — )]в = ( — — ) 15 — 2 в
3 !
20 20
5
~-4!.вЛ1 — 8зщ1 — 4! ойп1 — — )
е
3 111 5
(!тает: ~Г(хй)х= — — в(5е-2вЫле!.вЛ1-81!п1 — 41 в!о! — ) 20 20) е
Распознанный текст из изображения:
Преобразуем функцию:
бх-144
б(х-24) б х-24
х'+бх'-72х' х (я+12)(х — 6) х' (хе!2)(х — 6)
Представим один из множителей, как сумму двух простых
слагаемых:
х — 24 А В
= — +
Ах - 6А е Вх+ 12 В
(к+12)(х — 6) х+!2 х-б (а+12)(х — 6)
=5 (А = 2; В = — 1) =5
х-24 2 1
(к+12)(х — 6) х '-12 х — б
Отсюда т(х) примет следующий вид:
Особые точки: х = О! х = 6; х = -12
Задача 8
Найти все лорановские разложения данной функции по
степеням х.
бх — 144
х' + бх' — 72х
Рассмотрим область)х) < 6:
б ( 2 1 1 ! ! ! 1
((х) = —,.~
х' х+ !2 х — б) х' ) 1+ —,*, 1 — 25)
х' '(! !2 144 !728 ) ( 6 Зб 216
( х !2х 144 1728 ) (х' бх 36 2!6
Рассмотрим область 6 <)х, '< 12:
6 ) 2 1 ) ! ! ! б
х- (а+12 х — б ! х ) ! ь — ' х(! — 5))
! ! ( г. х2 х3 ~2 (6 36 216 1296
х )~ !2 144 !728 , х х х' х'
( ! ! ! х ) ( б 36 216 !296
х2 12х !44 !728 ) 1,х2 х' х
Рассмотрим область)х) > 12:
6 ( 2 ! 1 ! ! !2 б
2
х' 3,х+!2 х — 6) х' ! х(1-ьц) х(! — ь— ))
(12 !44 !728 20736 1 ( 6 Зб 2!б 1296
— +—
х' х' х' х 7 Ь,х' х' х' х'
Ответ:
(1 1 1 х '! (1 ! 1 х
а" =( — — — — К-"-.-- )
'ьх' 17х 144 1728 ) 1,х бх 36 2!б
( 1 1 ! х ! ( 6 36 216 !296
ь а 22:222*2-! —,— ° — — °,)+( 2—, ° —,+ —, ° —, °,)
),х' 12х 144 1728 ) 1,х3 х' х' хЬ
(12 !44 1728 20736 '! ( б 36 216 1296
К 22:и*2ь=! — — ° — — °,1+( — + — °вЂ”
3 хЬ х5 хЬ 3 Ь 5 Ь
Распознанный текст из изображения:
Задача 9
Найти все лорановские разложения данной функции по
степеням г-го.
г+3
Г(г) = —,г, = — 2 — 2г
г — 1
г
Преобразуем данную функцию:
г43 2 1
Г(г) =
г — 1 7 — 1 г+1
Используем разложения в ряд Тейлора в окрестности точки
Ус.
1 1 г гг г' ф (-1)'г'
— = — — —, + —, — — -1- ... =
гча а а а' а с а"'
2 — 1 — 1 — 2~( !)(г го
г — 1 г — 1 (г-г,)-3-23 еа ( — 3 — 21)аа
го)
= — 2 г
„, (З.г-2!)""
1 1 ~дч,(-1)'(~-~,)' ~ (г — г,)" г41 (г-г,)-1-21 . г (-1-21)он . г(1+2!)""
Таким образом; 2 1 " (г — г,)' " (г-г,) г — 1 г .-о (1+ 2!)ьо .=о (3+ 2!) "и
1 2
го)
.=о/ (1+2!)он (3.!.2!)"' ~
2
Ответ: Г(г)=~~~ „—, (г-г,)
.=о( (1-|-2г)"" (3+ 2!)оо
Задача 10
данную функцию разложить в ряд ЛоРана в окрестности
точки го.
г
Г(г) = г соо — г = -2г
гч2г
Перейдем к новой переменной г'=г — го.
г' — 2г 2г
г'= гч 21; г. соо = (г'-2г) соо = (г' — 21)[соо1соо — +
с+21 г' г'
2! , 21 , 21 . 2! . . . 21
4яп1яп — ] =г соз! соз — чг яп1ош — — 2! соо! соо — — 21 яп! яп — = Г(г )
7. г 7 г' г'
Теперь нам остается найти разлогкение получившейся
функции от г' в окрестности точки г "о=0. Для зтото следует
использовать табличные разложения в ряд Тейлора:
2! , 2! 2г .. 2г
Г(г.') = г соо1 соя — ' г оп 1 ого — — 2(соз ! соо — — 2!ого!о!и — =
з' г' г' г'
2!г" 4!г' 3!гп 5!г'
2' 2" 1 .(21 2П 2!
2г(соз ! 2!яп1) 2'!(2!яп ! — 3!соо !)
= г'соз1 — 21соз ! 4 2(яп !
2! г' 2!3! г'г
2" (31соз! 4ьйп1) 2 1(4!яп1 — 5!соо!)
3!4(гп 4!5!го
Произведем обратную замену переменной и, таким
образом, получим разложение исходной функпии в ряд
Лорана в окрестности точки го= — 2й
2 (соз! 2!з!п!) 2'!(2!яп1 — 3!соо!)
Пг) =гсоо1ч2(яп14
21(г -;- 2 г) 2рй(г + 21)'
2'(3!соя 1 ч 4ьйп 1) 2'!(4!о(п ! — 5!соя 1)
3!4!(г + 21)' 4б!(г ч 2!)'
Ответ:
2г(соо !+ 2!огп!) 2П(2!яп !-г!сор !)
Г(г) = г сог 1 .о 2г яп ! +
2!(г+ 2г) 2пг(а+21)г
2'(3!соо!+4!яп1) 2о!(4!*!и! — 5!соо1)
3!4!(г+ 2г)г 4Н!(гч2!)'
9
Распознанный текст из изображения:
Задача 11
Определить тнп особой точки е = 0 для данной функции:
3!п4е-4е
е* — 1 — е
Представим эту функцию, как отношение функций й(е) и
ь(е):
зш 4е — 4е й(е) й(е) = з)п 4е - 4е;
Г(е) =
е" — 1-е Ь(е) Ь(е) =е' — ! — е;
Для каждой из функций найдем порядок производной, не
обращающейся в ноль при е = 0:
Я'(е) = 4 соя 4е — 4; й'(0) = 4 соя 0 — 4 = 0
й" (е) = — 16сбп4е;й" (0) = -!бяшО = 0
й"'(е) = — 64соз4е;л"'(0) = -64совО = -64
Ь'(е) = с*-1;Ь'(0) = е' -1= 0
Ь" (е) = е'! Ь" (О) = е = 1;
Так как порядок производной, не обращающейся в ноль при е = 0 выше для функции, находяшейся в числителе, то точка г = 0 является нулем функции. Порядок этого нуля находится, как разница между порядками производных, не обращающихся в ноль при е = 0 для функций й(е) и Ь(е). В данном случае, это 3 — 2 = 1.
Ответ: Точка е = 0 является нулем 1-го порядка для
заданной функции.
Задача 12
Для данной функции найти изолированные особые точки и
определить их тип.
((е) =
(е — 1)
Изолированной особой точкой является е = !. Запишем
данн)то функцию в виде отношения й(е) и Ь(е):
зш ле й(е) з1п яе,
((е) =
(е 1)3!Ь(е)=(е 1)';
Для каждой из функций найдем порялок производной. не
обращающейся в ноль прн е = !.
ОП) =о;
Я (е) = к соя яе; Я (1) е 0;
)з(1) = 0;
Ь ( ) = 3( — !)-'; Ь (1) = 0;
Ь"(е) =бе — 6;Ь"(1) = О;
Ь"'(е) = 6; Ь" '(1) е 0
Так как порядок производной, не обращающейся в ноль при е = 1 выше для функции, находящейся в знаменателе, то точка е = 1 является полюсом функции. Порядок этого погпоса находится, как разница между порядками производных, не обрашаюшихся в ноль. В данном случае, зто 3 -1 = 2.
Ответ: Точка е = 1 для данной функции является полюсом
2-го порядка
10
Распознанный текст из изображения:
Задача 13
Вычислить интеграл:
е" +1
, „,, г(г-1)
и*!
г=0 г=1
1. б
= — 1ппб= — =1
б'' б
ф(г)з(г = 2х)~~~ гевз(х)
г' — 3г'+1
Ответ: з), бг = 2пз
2г'
12
Найдем особые точки функции Г(г);
Точки г! = 0 и г = 1 явлиотся простыми полюсами.
Найдем вычеты в этих точках:
гев, Т(г) = 1пп[Т(г)(г — 0)) = 1зш = !ззп — = — = -2
г(с*+1) . е* е1 2
( -1)
гев, Т(г) =!пп(Т(г)(г-1)) =1зш =!пав
(г-1)(е* «-1) . с*+1
!
г(х -1) ° ! г
1+с
=1 '-е
1
Отсюда следующий результат:
е' +!
бг = 2п(аг гея, з(г) = 2зп' ( — 2+1+ е) =
г(г — 1)
= 2зп' (е — 1)
Ответ: з) бг = 2а! (е — 1)
е' «-1
„„,, г(г — 1)
Задача 14
Вычислить интеграл:
*' †' °
з*'
зз..з
У этой функции одна особая точка: г = О. Определим тип
этой особой точки:
7. — Зг з-1 1 3 1
2 з
2г' 2г 2г' 2х'
Сиз!тая получившийся результат рядом Лорана по степеням г! т.е, в окрестности г = О, мы приходим к выводу, что тачка г = 0 является полюсом 4-го порялка. В соответствии с этим, найдем вычет в данной точке:
1 . д' з 1 . б' (гз -3х' +11 гав "з(г) = — !пп —,(з"(г)г') = — !!из —,
=о б збг~ б загс~ 2 )!
По основной теореме Коши о вычетах:
В данном случае:
г' — 37 +1
бг = 2",и! .1 = 2зп
2г'
! !
Распознанный текст из изображения:
Задача 15
Вычислить интеграл:
(!г
со54г — 1+ 8г
г'зЬ(4г('3)
л*)
Особые точки этой функции г = 3!Ьл/4. Однако в контур
попадает только г. = О. Определим тип этой особой точки:
Г(г) =
соз4г — !+8гз 8(г) 8(г)=соз4г — 1+8г
г'зЬ(4г(3) Ь(г) Ь(г) = г'зЬ(4г(3)
Определим порядки производных, ненулевых при г = О.
Мы уже неоднократно испольэовали этот прием, поэтому
на сей раз мы опустим детальное и громоздкое вычисление
производных и скажем только, что в результате этих
действий мы определили, что г = О представляет собой
простой полк)с. Тогда можно рассчитать вычет в этой
точке следующим образом:
~ соз4г-1ь 8г)) ! используем пра-1
гез Г(г) = !!п)[((г)г) = 1ап
г)зЦ4г)3) ) (внло Лопиталя
1бг — 4яа 4г ) ) используем пра -1
=!пв
* 2(Зг зЬ(4гтЗ)+ ()г'сЦ4гlЗ)З '(вилоЛоплталя
( !б — !бсоз4г ~ (используем пра-1
=! пп,
' " (бг г г)зг))зЦ4г/3)+ 8г'сЦ4г!ЗЦ (внло Лопиталя
64яп 4г ~используем пра -1
= !пп
* '((б+ !бе')зб(4г! 3) ь (24г+ н2 г))сЬ(4г)'ЗЦ (алло Лопнталя
256соз4г 256
= !лп
* '~ (32 + п22 г))сЦ4г/3) ь(64г.ь 22и(г')зЦ4г(3)) 32
По основной теореме Копщ о вычетах:
соз4г — !+8г'
Ж = 2щ~~~ щзг"(г) = 2л). 8 = 1бгй
г зЬ(4г) 3)
~ соз4г-1+8г'
Ог = 16)п!
г'зЬ(4г(3)
Задача 16
Вьщислить интеграл
т(э.(*" 'Ь-~Ги -г)~
Разобьем этот интеграл на сумму двух интегралов:
)
2 соз "-,'
(* — 2))(* — ()
Рассмотрим первый интеграл:
() ге* ) (!г
: -))=2
Перейдем к новой переменной
с
!=к-1'!
) => ге' ' = (г+1)е'
к=!+1
Единственной особой точкой этой функции является 1=0.
Чтобы определить ее тип2 разложим функцию в ряд
Лорана:
( 1 1 ! 1 1
(! + 1)е' = (т + 1)~1+ — + —, +, + —, + —, ь ...~ =
2!!' 3!! 4В' 5!!'
') (
2!! 3!!' 4!!' ) ( ! 2!!' 3!!з 4В'
Отчетливо видно, что п)явная часть ряла Лорана содержит
бесконечное количество членов, из чего следует, что 1=0
является существенной осооой точкой. Тогда вычет в ней
находи~ся сле!Очощнм образом;
1 1 3
гез (г-~1)е =С, = — +1= — +1=—
2! 2 2
14
15
Распознанный текст из изображения:
Таким образом
1 Г 11
3
[)ее* '[)з= [)([+1)е'[)е= 2л[гев~(г+1)е'~ = 2л[ Я =Зп[
~ -1.—.2 3[Ь2
[-о
Используем вычеты для взятия второго интеграла:
2соз—
2 [)т
ь 5 „(в-2)2(т-4)
У подынтегральной функции есть две особые точки: я=2 и т=ч. При этом точка к~й не охвачена контуром, по которому проходит интегрирование, и не рассл[атривается.
Точка л=2 является полюсом второго порядка. Найдем
вычет в этой точке:
[) ~ (я — 2) 2соз 2 1, [) ! 2соз 2 ~
' 2[)х'( (г — 2)2(г-4) 3 * 2[(х~(е — 4)3
='"[- ' ""О
Таким образом:
2соз 2 , Г1)
бя = 2[п' гезу, (х) = 2н! ~ — ~ = л!
,,(Е-2)'(2-4) ' 2 2
Найдем исходный интеграл как сумму интегралов,
составляющих его:
2
1
(л-2) (я-4)
2соз-у
[)х = Зп! + л! = 4ю
,„,, (~ — 2)' (х — 4)
1
2соз 2
Ответ: ) ! те* '+, ' 1![)л=4н!
Задача 17
Вычислить интеграл:
[(1
а 3 — 2 Г25!и[
Интеграл такого вида может быль преобразован в
контурный, нсцользуя следующие выражения:
1/ 1\ . [[' 1', ат
2 = е" се[ 1 = — ~2 ч — Р Ип [ = — ) 2 — — !; а[
2!, 21 21), 2! Н
)Р (се[ [,Яс 1)Ш = ЗГ(2)аг
Воспользуемся этими данньлчи и перейдем к контурному
инте[)[злу:
[)Г ~ де / ьз ~' [)е
, 3 — я[8 5!п[,5 13 — ~" (я-з) н 13!т — — 52'(л' -1)
иаб1 - /8( '-1) „,— 8( -!/ '2)( — с2)
Подынтегральная функция имеет две особые точки:
х=!/ /2; е=!Л;
Точка !ч/2 2не попадает в обчасть, ограниченную контуром
интегрирови[ия.
Точка 1/з/2 является простым полюсом. Вычислим в этой
точке вычет:
[ез Е(л) = 1пп (Т(х)(х — 1/ Г2)) =
2 2
1[ш
— — -1
* '[23- тг8(х - !5/2) — я[8(1/з/2 — !5/2)
По основной теорелге Коши о вычетах:
1;
2бя
= 2л1~ ген(я) =2ш'.(-!) =2л
, — 5[8(х — 1/ ~2)(я — !5/2)
Ответ: ) =2л
[)[
5 3 — 2~2з)п1
17
Распознанный текст из изображения:
Задача 18
Вычислить интеграл:
гй
, (3 + 2э(2 соз !)'
Интеграл такого вила может быль преобразован в контурный,
используя следующие выражения:
ла
т = е; сез ! = — е э —; 5!а 1 = — ! х — —; 4!
т~ 2!( а~ М
) н(сез пэ!и $)ш = ')Р(7)дт
ю '*ь~
Восполыуемся этими данными н перейдем к контурному интегралу:
гй „. б г)х
1'(3+2 Г2соз!)' „,,(Зь /2(х+ -))'
хг)х ~ х !т
„,,1(Зх+чй(х +1)) м,)э(2(хь-,!2)(х+ — ')
ВТ
Подынтмральная функция имеет две особые точки:
х = — э!2; х = — 1/ )2;
Точка х = — ~2 не попадает в область, ограннченнукь контуром
интегрирования.
Точка х = -1! эГ2 является полюсом второго порядка. Вычислим
в этой точке вычет:
гез Т(х) = 1нп — [Г(х)(т+ ! />)2) ] =
4
4 е 1 . о 2
!нп — — )нп
-"ы" И Л! "-"""1* Л!
! . ~ 02 — х ~! ! чГ2-~-!!эГ2 3
21--"фхь,(2)'„2! (,Гг 11,Г2)'
По основной теореме Коши о вычетах:
хбх
=2к1~ гезГ(х) =2я!.!(-)!=ба
и- 1~42(х+ )2)(з -,'-))
Ответ: ~
Д!
= бя
, (3 + 2э)2 соз !)т
Задача 19
Вычислить интеграл;
/
х'+1
, дх
(х'+х+1)
Известно, что если функция рациональна, а ее числитель и
знаменатель представляют собой многочлены, причем
степень знаменателя по крайней мере на две единицы
больше степени числителя, то можно применить
следующую формулу:
сумма вычетов берется по всем
) й( )бх = 2 ' у К
й(х)бх = 2н( у гезй(х)
полюсам полуплоскости !ш х > 0
Преобразуем исходный интеграл:
х'.!-! ~ е -!-1 ~' (х +1)ок
(х +х+1) „(х чя~-1) „(ты+-"-)'(хч--',— — ",1)'
Особые точки:
х =- — ',+ "эз (!гпх>0); х=-'з — "эч (!юг<0)
Точка г = —,' ь — "является полюсом второго порядка н
вычет в ней вычисляется следующим образом:
гез Т(х) = 1йп — Щх)(х+ —,' — — ',') ! =
б
гэ 2
г) ~ хз+1 ~ . Г8(к+аЗ-2)~ 4чгЗ * -1-'е ох' (х+ —,'+ ",")' ) ° + — ",'( (2х+1+ !эгЗ)' ~ рй
Используем приведенную в начале задачи формулу: ~ (х' э1)г)х .! 4э(3~! 8Лл „(х'+хе!)' ( 91 у 9
"( (х' -«бх 8Л,
!(х' ах+1)' 9
18
19
Распознанный текст из изображения:
Задача 20
Вычислить интеграл:
2*
(*"О'(*'+((
!
Для вычисления интегралов такого вида применяется
специальная формула:
!О(*( гг =О 12 (т 2( О' ),2 О
Исхолная функция полностью удовлетворяет условиям
применения данной формулы.
Найдем хч:
(хг +1)'(х +4) =О.=рвы =+г;х„= ы~с;
Сумма вычетов берется по верхней полуплоскости !ю х > О.
Из этого следует:
х„= (1;2!)
Особая точка х = 21 является простым полюсом. Найдем в
ней вычет:
тех й(т)е' = !Оп... е" =!пп
(х — 21),„. е'
г (хг +!)2(хг+4) ' О(х +!)2(х(-2!)
-!О -н
-(О
( — 4+1)'(2(+2!) Зб! 36(
Особая точка х = ! является полюсом второго порядка.
Найдем в ней вычет:
, , бх ~( 2 а Нг( г О 4) ( ,„, Дл ! (х О Нг(зг „ 4) !
! 5п' — 9х'+ !В!з — 28 2 1 4
= йи
(а+2)2(зг+4)г ~ 92
Используем записанную ранее формулу и найдем интеграл:
"т соя 5х 1! -и 8
2 —,— —; —; — ~=~ (2 (Г *2(,2, = — "° <—
„(х ч!) (х'+4) ( „*- ) 18 9
соз5х я „ 8я
О*
„(х'+1)г(х'+4) 18 9
Задача 21 По данному графику оригинала найти изображение: Исходя из этого графика, запишем оригинал функции:
0<с<а О, а<с<2а ! -2а г(!)=, 2а<с<За
а 4а — ! — За<с <4а
а
О, 4а<с т(с)=1 т!(с)-!.тКс-а)+ — ц(с-2а)+ т!(! — За)+ — ц(с — 4а) с-2а ба — 2с с — са
а а а Используя таблицу преобразований Лапласа, найдем изображение функции. как сумму изображений слагаемых оригинала функции: р( ) -р „-2 р+ -г р -2 р р р (ар р) 'Ср ар'~ ~ар р~ р р (арг р) (р ар ) '!ар~ рС
21
Распознанный текст из изображения:
р 5 . 1
23
Задача 22
Найти оригинал но заданному изображению:
р+5
(р+1)(р' — 2р+ 5)
Представим это выражение, как сумму простых слагаемых:
р+5 А ВреС
(р+1)(р -2р+5) р+1 р — 2р+5
Ар — 2АР+ 5А + Вр' + Вр+ Ср+ С
(р + !)(р' — 2р + 5)
(А+В)р +( — 2А '-В+С)р+(5А еС)
(р е 1)(р — 2р+ 5)
Решив линейную систему уравнений, найдем А, В и С:
с
А+В=О
А =1/2
— 2А+ В -'; С =1.=> В = -1/2
5А+С=5 С =5/2
Таким образом: р 5 1 1 1
(р+!)(р' — 2р+5) 2 р+1 2 р' — 2р+5 2 р' — 2р+5
Г!о такому изображению найти оригинал несложно:
1 1 1 р 5 1
2 р+1 2 р' — 2р+5 2 р' — 2р+5
1 ! 1 р 5 1
+
2 р+1 2 (р-1) +4 2 (р-1) +4
! 1 1 р — 1 2
2 р е 1 2 (р — 1) ' + 4 (р - 1) ' + 4
1, 1
-+ — е — — е соз21+е зш21
2 2
Ответ: оригинал функции выглядит след)тощим образом:
1, 1
!
— е — — е соз21+е гйп21
2 2
Задача 24
Операционным методом решить задачу Коши:
у"'44у'+29у = е "
у(О)=О, у(0)=1.
Из теории нам известно, что если х(1) соответствует
изображение Х(р), то х'(1) соответствует р Х(р) — х(0), а
х "(1) соответствует р' Х(р] — р х(0) — х'(О). Руководствуясь
этими соображениями, перейдем от оригиналов функций к
их изображениям:
р У(р) — ру(0) — у (О) е 40У(р) — 4у(0) е 29 У(р) =—
1
р+2
р У(р) — !+ 4рУ(р)+ 29У(р) =—
!
р ' \
(р' + 4р+ 29)У(р) = Р
р+2
У(р) =
(р + 2)(р' + 4р + 29)
1-!айдем оригинал у(1):
р+3 А Вр+С
У(р) =
(р+2)(р +4р+29) р+2 р'+4р+29
Ар' + 4АР+ 29А + Вр' + 2Вр+ Ср+ 2С
(р + 2)(р' + 4р + 29)
А В=О 1А =1/25
(4А+ 2ВеС=)=> В=-!/25~ У(р) = —, ——
1( 1 р 23
~29А е 2С = З,С = 23 /25
! ~ ! рз2
5
У(р) = — — „ь5
25' р+2 (р+2) т25 (р+2)а+25/
е а -е а соз51+5йа51
~ у(1) =
25
е "— е "соз51+5з!п51
Ответ: у(1) =
25
Распознанный текст из изображения:
Задача 25
Материатьная точка массы ш движется прямолинейно, отталкиваясь от начала координат с силой Р=йх, пропорциональной расстоянию. На точку действует сила сопротивления среды К=гт, пропорциональная скорости ю При 1=0 расстояние точки от начала координат хе, а скорость тс. Найти закон движения х=х(г) материальной точки.
1г:= Зш, г = 2ш, хс = 1м, тс = 2мlс.
Исходя из второго закона Ньютона:
агл = )гх — гч
Начальные условия:
х(0) =х, =1
х(О) =
Подставим значения Ь и г:
хгп — 2шх+Зшх = 0
Сократим все выражение на пк
х-2х+Зх =0
Перейдем к изображениям функции:
р Х(р) — рх(0) — х(0) — 2РХ(р) + 2х(0)+ ЗХ(р) = 0
(р' — 2р + 3) Х(р) — р = 0
р р р — 1 1 Г2
р -2р+3 (р — 1)'+2 (р-1)'+2 з/2 (р-1)'+2
По такому изображению несложно найти оригинал:
х(!) = е' созз)21+ — е' зш Г2!
)2
Ответ: х(!) = е' сов чГ21+ — е' зш з)21
,)2
Задача 26
Решить систему дифференциальных уравнений:
с
х = 2х-2у
у= — 4х
х(0) = 3, у(0) = 1.
Перейдем к изображениям функций х и у:
<
РХ(р) — х(0) = 2Х(р) — 2У(р)
РУ(р) — у(О) = -4Х(р)
Подставим начазгьные условия:
с
РХ(р) — 3 = 2Х(р) — 2У(р)
РУ(р) -1 = -!Х(р)
Выразим Х(р) через У(р), используя второе уравнение:
РУ(р) — 1 = — 4Х(р) =з Х(р) =—
4
Подставим полученное выражение в первое уравнение и
найдем У(р):
Р (Р) 1) 3 2( РУ(Р) ) 2У( ) У( Р
4 4 р'-2р 8
Зная изображение функции, несложно найти ее оригинал:
р — !4 Р— 14 р-1 !3 3!
У(р) =, —, —, — —., -+
р' — 2р — 8 (р-1)' — 9 (р — 1) -9 3! (р — !) -9
-+ у(г) =е' созЗа+зхе'з!пЗЬ =е сЬЗг — —",е аЬЗ!
Зная у(!), найдем х(!):
у = — 4х => х(!) = —,' у = — „' (-фе зЬЗг -12е сЬЗ!) =
= —,' е'зЬЗг+ Зе'сЬЗ!
Ответ:
х(!) = (е'зЬЗ! + Зе'сЬЗ!
у(!) = е'сЬЗг+ —" ,е'зЬЗ!
25
Распознанный текст из изображения:
ПРИЛОЖЕНИЕ
Корень п-й степени
2=Х+1У
е* = е" (соз у ь 1 51п у)
е яе
С052 =
2
е — е
51П2 =
21
е'+е *
СЬ г = соз 12 =
2
Агй2 = агй 2+ 2пй,11 = О,+1,й2,...
Агссозх = -гйп(2+ 512' -1)
2-1
Агссзя 2 = — Еп—
2 х -1-!
Аналитнчеслие функции
27
Задача 27
Выяснить, во что преобразуется геометрическая фигура при
отображении с помощью функции зг = 1(х) .
ю = со52; прямоугольная сетка х~-, у — С.
В качестве наглядного примера возьл1ем С=5лнй
Каждая из горизонтальных прямых преобразуется в окружность
радиуса соз(1С), а каждая вертикальная — в два луча, исходящие
из точки (О;соз С) в направлении яС радиан:
Таким образом, прн Се( — юзо) сетка отобрюкается во всю
комплексную плоскость.
— 1ро2п(г .. гр '-2П)г)
%2 = юф(соз ч(5(п !гр = агй 2,(г = 0 !,...,п — 1;2 и 0
п и
Элементарные функции комплелсного переменного
е'-е *
5Ь2 = — 15Ш!2 =
2
Епх = !п!2)+1Агйх
Агс51п2 = — 11 п(12+ 1! 2 )
!112
Агсгй2 = — (,и—
2 1 — ы
Функция и=г(г) называется аналитической в данной точке г, если она дифференцируема как в самой точке х„так и в некоторой ее окрестности. Функция и=б(х) называется аналитической в области О, если она аналитична в каждой точке геСь
Пронзводнаи аналитической функции
= Т(х) = Т(х+ (у) = п(х,у)+15(х,у)
дп .дк дя .Оп дп .дп дс .дч дх дх ду ду дх оу дя ох
Начать зарабатывать