Задача: Решённый вариант 19
Описание
Характеристики решённой задачи
Список файлов
- Вариант 19
- Thumbs.db 39,5 Kb
- Изображение 000.jpg 192,81 Kb
- Изображение 001.jpg 163,03 Kb
- Изображение 002.jpg 179,62 Kb
- Изображение 003.jpg 162,57 Kb
- Изображение 004.jpg 170,46 Kb
- Изображение 005.jpg 212,29 Kb
- Изображение 006.jpg 135,25 Kb
- Изображение 007.jpg 194,42 Kb
- Изображение 008.jpg 174,36 Kb
- Изображение 009.jpg 201,24 Kb
- Изображение 010.jpg 149,82 Kb
- Изображение 011.jpg 170,18 Kb
- Изображение 012.jpg 187,45 Kb
- Изображение 013.jpg 203 Kb
Распознанный текст из изображения:
Задача 1
Найти все значения корня:1!)дй
П гРКП' э002
1
Дапззый материал подготовлен на принципах информационно- ':!',.з консультапионного материала с целью закрепления у школьников и ',,:*,:,;, стулешов навыков практической реализации знаний, приобретенных в объеме курса по теме «Теория фун)азий комплексного переменного». Настояший матернал предусматривает широкую вариативность приемов и методов закрепления полного курса в обьеме семестра по разделу «Теория фупкпий комплексного персменно!оа в «Высшей магемшикея. Рекомендуется изучение лаппо)о материала в сопоставлении всего объема предложенных решений. Зада !н. не представляющие особого интереса. были исключены из предложенных решений.
В серии представлен:ы консультационные пособия по
следующим темам;
° Интегральное исчисление
° Днфференпиальные уравнения
° Кратные интегралы
° Ряды
° Теория верояп!остей
° Пределы
° ТгрКП
«Анш!итическая геометрия
° )!ннейная алгебра
° Векторный анкчиз (злементы теории поля)
14ореиь и-й степени нз комплексного числа и имсез и
Разных зяачений. которые находятся по формуле:
/ , !э«2и(с .. о«2хй')
Ь = (а ' соз — +(з(ив
п и
Ш = азя(к): (г = 0.!,...,п — 1; х «О
Подставляя в зту формулу разлнчиыс значения (. найдем
все значения корня (11,!8:
— 1
!!1!8 =—
— .с3
зп)!8 = — — +1:
4 4
Г
(!г) 18 = — — — !
4 4
1 !1 1 .з3 1
Отве!::, - = з — — — «1 — -- — — — !
з!8 12 4 4 4 41
Задача 2
Представить в алгебраической форме;зш(г,гб — 31)
Используем формулу синуса разности:
з(п(х!6 — 3!) = з)п(п!6)соз(э() — соз(я!6)з(п(3!)
1!Редставим тригонометрические функции с мнимыми
аргуме!шами в виде показазельных:
1 е' +е'
в(п(л!*6 сов 3! — соз кгб з(п 3! = ——
(1 е !~-е') .(з!3 е ' — е'
Ответ: яп(к !6-31) =
Распознанный текст из изображения:
Лгс сов( — 5)
Лгс сов т = — Вп(х чк — 1)
в !т!
о
не(хз
'х = Олй!.чз...
ю
Задача 3
!!редставить в алгебраической форме:
Функция Лгссоз является многозначной и в общем виде
пире!делается следующим образом:
Подставим вместо х значение ( — 5):
Агссов(-5)=- — !Гп~ — 5 ь 1]( — 5)! — 1)= — )Гп( — 5 ' 2>!6)
Логарифмическая функция 1.п(к). где хеО. определяется как
функция. обрап!вя показательной. причем:
!.п т =. !и'т.' ь !Агр и = )п'2! . !(агй2 ч 2л)г) к = Оь61,+2„..
Подставн а зго выражение в полученное выше:
— !Гп ~ — 5 ч 206 ) = — 1()п,'— 5 ч 2чГ6~ ь
!(аг ( — 5 2.!6)+2лй)]=--!1п(5 — 2з(6) .
е агй( — 5, 2<'б ) + 2 л)г = ! 2,292 + л + 2л)г
О!нег: Лгссов( — 5) = ! 2292-> л + 2л)1,1! = Ое61 Ю...
Задача 4
Вычертить область. заданную неравенствами: 1 !
Задача 5
Опрсдегщть ввд кривой:
! 1
г = 2с - — - = 2 с05 1 !2зш ! — со! ! — — яп !
2
Уравнение вида х = х(1) = х(В ч !2(1) опредслясг на
комплексной плоскости кривую. параметрические уравнения
которой имеют вид х = х(1), у =- у(1). В нашем случае:
5 3
х(1) = — соз ц у'(1) = — 51п !
2
Выразим параметр !через х н у:
х — — — соз1> соя! = — х ~ 1 = агссоз,' — х '
5 '15 !
. г2
у = .: яп1 ~ яп ! = — у .=.! 1 =- агсяп; — у !
'! 3 '13
Г!слупим уравнение кривой в виде Р(х,у) = 0:
.Гг] (2',
агссоз ! — х ! = агсяп, — у ' ея агссоз ! †.. ! — агсяп, — у, := О
(5 ! (3'] (5 2 13']
Ответ: агссоз! — х ! — агсяп] — у) = О
(5 2 <З
Распознанный текст из изображения:
У(0) = 0
я
-1т
стя . гт
Г(т) =
г)т сх
ш
Отяет: )т((т)г(т= (1-е )
(1 -'; !)
4
Ответ: Г(к) = яз т 2гя
Задача 6
Проверить. что ч является мнимой частью аналитической
функции. Восстановить аначитнческчо в окрестности
то ~ки ас функцию 1(т) по известной мнимой части т(х,у) и
значению 1(тм):
т = Зху + 2х
Зная действительную часть аналитической функции, можно знать производную аналитической функции по слелуюшей формуле:
11айлем производную аналитической функции:
Г(я) = П(х тйу) =-2х + 2!у т 2! = 2т . 2!
Т.к. пронзволная сушествует, то я является мнимой частью аналитической функции. Теперь, зная производную аналитической функции г(г), можно найти саму функцию с точностью до константы:
П.!.= ~(2.+2!)0т=взч2!х+С
Определим констант) 02
((0)=0 +ЗПО,С=0= С=о
Итак. аналитическая функция ((я) выглядит следуюшим
образом:
Т(я) =- аз е 2!я
Задача 7
Вычяс:шть интеграл от функпии комплексног"
переменного по данной кривой:
е' )~птйт: А — отрезок прямой: я„= ! +Ктв = 0
хв
Покажем прямую. по которой должно проходить
интегрирование:
т)
я' Проверим нсхолнтдо функшно на
аналигичность. Для зтого
у
перенаем от фуякцин 1(гО функции у(х.у), где к = х !у: ((т) = е' " (ш(х т!у)= )е' ' Проверим, выполняются
условия Коши-Римана:
Ж:: ст г.н ся
сч ду Вх гу
Условия Коши-Римана не выполняются. следовательно. функция не является аналкгнческой. Тогда предстания кривую. по ко.юрой илет ипгегрнровагше. в параметрическом виде:
т(!) = х(Г) е !у(О: х(1) =1! уП) = Г; т, = т(!).та = а(0)
Тогда найти исходный интеграл несложно:
з
)г!(т)ох = ~Г[т(!)!т(г)й! = ~ге (1ь !))г =
хя !
(1 + 1) з,: ~' (1 - !)
= (1 . !) ((е ' 01 = ея ! = (1 — е )
4 !, 4
Распознанный текст из изображения:
Задача 8
Найти все лорановские разложения данной функции по
степеням г..
Зг 18
Г(г) =
9г . Зг — 2г'
Преобразуем функцию:
Зге18 з(г . 6) 3 г+6
9г, Згз — 2г* — г(2г+3)(г — 3) 2г (ге1.5)(г — 3)
Представим один из множителей, как сумму двух простых
ела! аемых:
А В Аг - ЗЛ ~- Вг +!.5В
(г е 1.5)(г — 3) г е 1,5 г — 3 (г ь1,5)(г — 3)
.=> (Л = — 1; В = 2,' =гг+6 -1 2
(ге!,5)(г — 3) ге1,5 г — 3
Отсюда Г(г) примет след)тощий внд:
2
2г ',г-ь1.5 г — 3,(
Особые точки: г = Гд г = — 1.5!г = 3
Рассмотри ч область!г| < 1,5:
Г(г)
2) 1( ! 1
Зг (~ 1.5 г-3! г (! (:) !
2г 4г' 8г' З ( г
9 27 ! '( 3 9 27
,! 2 4г 8г
|г 3 9 27 ~ (г 3 9 27
Рассчотрим область!.5 < !г| < 3:
3,' 1 "1, 1! 3
з(г) =- —.'
2г тг 1,5 г — 3, г (2г(! -( —,*,1)
1;. 3 9 27 8! ' г г г'
г 12г зг 8г' !бг ); 3 9 27
3 9 27 81 ! '! 1 , 2г 4г' хг' 1бг' 7:. г 3 9 27
Рассмо!рим область|к' > 3:
3 ~ ! 2, ! ! 3 3
Г(г) .=—
Зг г 1,5 г — 3, г !,2г(! -(- В г(! —;),
! !! 3 9 27 8! ) ГЗ 9 27, 8!
1',2г 4г' 8г' 1бг',! (,г г г' г'
3 9 27 8! ) Г 3 9 27 8!
,, 2г-' 4: ' хг' )бг' ,! ( г- г' г' г' )
Ответ:
(1 2 4г 8г' ) (1 ! г г;г| < 1,5: Г(г) =! — — — ' — — —.3-, 191 — '- — + — ь—
(г 3 9 27 7' (г 3 9 27
3 9, 27 81 ) (1 ! г
,2г 4г' 8г (бг 1 (г 3 9 27
3 9 27 81 ) ( т 9 27 81 !г' ,> 3: Г(г) = ! —, — —, +: —; — —, -;- ... , '— ~:Р -'; — — 4 — - ь
(2г 4г 8г' 1бг' 7 ~г г' г'
Распознанный текст из изображения:
Преобразуем данную функцию: Пя) = 4. — - —- (7 — 1)(7. и- 3) 2 + и 2 — 1
Используетг разложения в ряд Тейлора в окрестности точки
74,!
! 1 7 7. 7' ч ( — !) 7.
2-'а а а а а" „, а"'
3 „1 . 1 „~ ч( 1)(7 — 7)п
(2-ха)-! .-С (-1)пи
' (2 — а,)'
„с 1
1 ! ч. (-1)" (7 — 74)" "' (7 — 2,)п
7 — 1 (2 — 7п) — 4 — 1,.4 ( 4 — 1) ' ..=1(4+1)
Таким образо511
Г( )= ' -.— -=-3 У
3 1 —" (2 — 24)
753 2 — 1
яс)
„,с! !"' (4 и- !)"' !
--(7-24)"
.м (4+!)" '
1
Ответ: Г(2) = — чг * 4 (.7 2 )'
— Ь "о (4+ 1)"
Задача 9
Найти все лораиовские разложения данной функнни по
степеням хсд1.
2'2
Г(7)=4. 7 = — 3 — !
(7 — 1)(7. ! 3)
Задача 10
Данную функнию разложить в ряд Лорана в окрестности
ТОЧКИ 24.
2 — 47
Г(7) = 5!п;.7, ="
(к — 2)с
Перейдем к новой переменной 2':-2-741.
— 45 . 7"-,4 à 4 ', 4 . 4
7= 7 — 2 Ип- — —,' = Ип —, —.Нг 1- — — ' —..чп1сгв-стсппи1п- „= Па!
21 тп г 7' 1 тс
Теперь нам остается найти разложение получившейся
функппи гм 7 в окрестности точки 2'11=-0. Для этого с:мдгет
псполюоваи табличные разложения в ряд Тейлора:
4 . 4 , 4 4' 4'
П 2 ) .= 5(п!соз — 4- сов!5!и — =' ! — — — „— -- —, ь ...~5!и! ч
1, 2! 7' 4! 7'" 6! 7"
,' 4 4' 4 4' ! ! 41 ми! 4 5(п!
(7* 3!7" 5!7" 7!7" 7 ' 1.7" 4!7'
4 згп1 ! Гдсо51 4 со51 4 со51 4 соя!
6!2" 7 ( 7' 3!2" 5!7" 7!2"
4со51 4 5(п! 4' соь1 4' зш) 4' со51
=5!П!ч-
2' 2!2' 3!2'* 4!7н 5!2'
Произведем обратную замену переменной и, таким
образом, пояучнм разложение исходной функпии в ряд
Лорана в окрестности точки 74=2:
4со51 4 5!п) 4'сов! 4'5!и!
Г(7) = 51п !
2 — 2 21(7-2) 3!(7 — 2)5 4!(7 — 2)'
4 со51
5!(2 — 2)"
О!нет:
4соз! 4 5!и! 4'соь! 4'5!и!
Г(7.) = 51п ! .1.
2 — 2 2!(2 — 2) 3!(г — 2)1 4!(7 — 2)"
4 со5!
5!(7 — 2)'
Распознанный текст из изображения:
Задача 11
Определить тип особой точки х = 0 для данной функции:
е' — 1 — г
разложим числитель и знаменатель в р т Л
ряды прана в
окрестности точки к = О.
г"
Г( ) = ' 3'
яп х — г
е' — 1 — г гз г' г'
— 1 — гь!+к+
2! 3! 4!
э! 7! 31 5! 7!
г' и гт 1 г г
2! 3! 4! 2! 3! 4!
Л ):
Представим эту ф)нкцию, как отношение функц " (.)
(г):
ии й(х) и
.з ~3
г г'
о н
Г(.)= 3- . Я . 3! 5! - 71
— „(,) й(г) = - — - — — — э..л
! г гз Л(г)' ! т
!з(г] = — + — ч—
2! 3! 4! 2! 3! 4!
Для каэкдои из функций найдем порядок производной. не
обращающейся в ноль при г = О. Поскольк.
оскольку
рассматриваемые функции представляют собой обычные
степенные многочлены, то несложно увидеть, что й (0)аО
и Л(0)аО.
Т
ак как порядок производной, не обращающейся в ноль
при г = 0 выше для функции, находящейся в знаменателе,
то точка х =- 0 является полюсом функции. Порядок этого
полюса нахолится, как разница между порядками
производных. не обращающихся в ноль при г = 0
для
функций й(и) и Л(х). В данном случае. это 7 — 0 '= 7.
Ответ: Точка к = О является полюсом 7-го порядка лля
заданной функции.
Задача 12
Для данной функции найти изолированные особые точки и
определить их тип.
е'*
Г(г) = ——
(с" — 1)(1 — г) '
Изолированной осооой точкой являются г — 0 и г = 1.
Запишем данную ф) нюзикз в виде отношения й(г) и Л(г):
Г(г) =.-- с' ' й(к) = е ':
(е' — !)(1-г) 1цг) =(с' — 1)(1 — г]';
Для каждой из функций найдем порядок производных. нс
обращающихся в ноль при г = 0 и г = 1:
и(0) = ее а 0; я(Ц е 0
]з(0) = 0:1з(1) = 0:
!з (г) = е'(1 — к) — ЗГс' — 1)(1 — г)': Л (О) е 0!з (1) = О
Л" (г) = е'(1 — г)з — Гзе'(! — г)' ьб(е' -1й) — х);1з" (1] = 0:
Л"'(г] = е'(1 — г) * — 9е'(! — х) э!8е'(! — к) — бе' э б Л*"(1) е 0:
В сл) чаях г = 0 порядок ненулевой производной выше для функции. стоящей в знаменателе. т.е. точка г = 0 является полюсом функции. Поскольку в данном сяучае разность порядков ненулевых производных й(г) и Л(к! равна единице, то точка т = 0 является полюсом 1-го порядка.
Исходя их тех же соображений, точка г = 1 является полюсом 3-го порядка
Ответ:] очка г = 0 для данной функции является полюсом ! -го порядка, Точка г = 0 для данной функции является полюсом 3-го порядка.
10
Распознанный текст из изображения:
Задача 13
Вычислить интеграл:
к — эх е57. 3 5 х х х
1 г — б
= — !лн(12х — б! = — = — 3 "\
~Г(я)г)х = 2л1~ геьГ(х)
ыпг х — 3 я)н х — 3
йк = г[ г)х „, хг+2лх ',,в(а+2л)
и.) и )
Найдем особые то лги фз нхпии 1(х);
Точка х = — 2т нс входит в область. ограниченную данным
контуром. поэтому не рассматривается.
Точка х) = О является простым полюсом. Найдем вычет в
этой точке:
гея, Г(х) = 1)ш[Г(к)(х т О)] =1ип = Нш — — =
х(и ч 2л) - ' х+ 2л
— 3 3
Отсюда следунзщий результат:
1-
5)л т. †.) .. 3
г
— — г(и = 2л(~~) гея, Г(х) = 2)п' ~ —:~! = — Зг
..,х(я ' 2л),, ' ( 2л)
3!и х э
Ответ: 3, г)х = — 3)
, а 2ггх
Задача 14
Вычислить интеграл)
х — Зя' ч5х
дк
У этой функпни одна особая гочка: к = О. Определим тип
этой особой точки:
С штая получившийся результат рядом Лорана по степеням д т.е. в окрестносзи к =. О. мы приходим к выводу. что гочка я =- О являеюя полюсом 3-го порядка. В соответствии с этим. аайдсм вычет в данной точке:
1 дг э ! . г) [т' — Зг 5~! гсз Г(х) = — 1пн —,[Г(к)к' [ = — !нн — —,)
— "° сйх 2 сйх [
По основной теореме Коши о вычетах:
В данном случае:
1 -,
х -Згэ ' 5х
— ))х = 2лг (-3) = — бл!
г х' — эх +5г.
Оз вет: )[ — — — — г(т = -бл!
Распознанный текст из изображения:
Задача 15
Вычислить интеграл(
5837 — 5(п 37
— С(7
г 5Ь( — 17)
2с05, 2
— ()х
, (7 — 1 — 5В (х — 3 — 51)
Таким образом:
15
14
Особые гочки этой функции 7 =- йсл'2. Однако в контур нападает только 7 = О. Определим тип этан особой точки:
5Ь17 — 5(П 37. 8(7) 8(7) .= 5837 — 51П37.
Т(7) =
7 5Ь( — 17) и!7) и!х! = 7 зп! — !7) Определим порядки производных, ненулевых при х = О. Ыы ъже неоднократно использовали этот прием. поэтому на сей раз мы опустим детальное и громоздкое вычисление производных и скажем только, по в результате этих действий мы определили. что х = 0 представляет собой простой полюс. Тогда можно рассчитать вьшет а этой точке следующим образом:
5Ь37-5(п37) (испбльзуеипра-) гезГ(71= !Ьп(Т(7)7) = !!
° ( ' с ° " 7 5Ь( — ьх) вилоЛопиталя
ЗсЬ37- Зсо537 1 используем пра(,— 2175(пг — гхзсозх) вилоЛопиталя
95ЬЗхе9ып37 ~ (используем пра )
=(й.ц
' г! — ЭЛ5(лг — 417еазхч(г 5)лг) (ВИЛОЛОПнтапя
27СЬ37+ 27со537 '~ 54 9 = 1(ги
5( — б!сокгеб(75)пг+(х созх) — б! 1!о основной теореме Каши о вычетах:
г 5Ьэг — 5Ь137
()х = 2л(~~1 ген:(7) = 2л( 9! = — 18л
7(5Ь( — ьх)
г 5Ьэх — 51п37
Ответ: (1, ((х = -18л
г'5Ы вЂ” гх)
Задача 16
Вычислить интеграл:
гб 2 соз;."П
, „1(е' — 1 (7 — 1 — 51)1(7 — 3 — 51) '
Разобьем этот инте( рал на сумму двух интегралов:
2СО5,'г
Л(
. (.,(С- -1гг( -(-5(
Используем вычез ы для взятия первого интеграла:
У подынтеграгьнай функнии есть две особые гочки: 7=1 —:51
и 7=.3 — 51. При этом точка 7=3-51 не охвачена контурам. по
которому проходит инте(рпрованис. н не рассматривается.
Точка 7=1-51 является полюсам второго порядка. Найдем
вычет в этой точке:
г) ! 2СО5 — ' — (7 — 1 — 51) ~ . 11 ( СО5, (,
— ( -" г(7((7 — ! — 51)1(7 — 3 — 51)3 ' ( 5 г)х! (х — 3 — 5!) !
(51 — !)л . (1 — 51)",!х 2 (! — 5!)лх~! 1
= 1пп 5(П
"'1 ! 3(7 — 3 — 51) 26 (7 — 3 — 51)' 26 ~ 2
2СО5 '1)
(37 = 2л! . гез Т, (7) = 2л! ~ — ) = л( , „1(7 — 1 — 51)1(г — 3 — 51) '='--' 1,2)
Распознанный текст из изображения:
Рассмотрим второй интеграл:
—,— С)2
„е'
Чтобы найти осооьш точки подынтегральной функции,
следует репсить уравнение:
е"' — ! = О =-ь с"" = ! =э ла/2 = !и(!) = и!(2 =-э
:> у. = 4!!! !- !. )с е а
Из этих точек только одна охвачена контуром ,'2 — 56=2 и
должна принпьшться ио внимание. Это точка 2=5!,
являкицаяся простьля полюсом. Найдем вычет в этой
точке:
сп(2 — 5!) (используем правило)
гезГз(х) = йш —,—,,
— *' е — ! (Лопиталя
!и' л! 2! 2!
'1'аким образом:
1
П
—,— с(2 = 2:п.гезГз(2) = 2 и' 2 =4ш'
,е — !
Найдем исходный интеграл как сумму интегралов,
составляющих е! о:
2 соа,"',г
сп
— б+ ~ —,
, „(2 — 1 — 5!)с(2-3 — 5!), „, е' '
= л! +4ш' =5л!
л! 2 соя,-",'н
, ь э(е' — ! (2 — 1 — 5!) (2 — 3 — 5!) 1
Задача 17
Вычислить интеграл:
Й
,, 2чб з!и! -5
Интеграл такого вида может быль преобразовав в
контурный„использ)я следующие выршкения:
!! !.. !г 1) Ф
! = с . соз ! = — ' с .! —,:; ма ! = — ! а — — !: Ф = — —:
2! !) 2!!, г) и
) К!ссз !.ма !)4! = с!Н(7)д!
Воспользуемся этими данными и перейдем к контурному
интегралу:
;, 2чбэ!и !-5,, ',а(2 — ' ) — 5 ьч э(6(2! — !) — 5га
,, ~6(т — ! «6 !3)(а — !46 с2)
Подыптегральная функция имеет две особые точки:
2 = !ч!6 с3: 2 =)х!6(2;
Точка !ъгб!2 не попадает в область. ограниченную
контуром интегрирования.
г
Точка ! кб 73 является простьш полюсом, Вычислим в этой
то'гке вычет:
гсз Г(2) = ВШ [Г(2)(2 — !э(6/3)]=
=,Ь,
! !
' ""'хб(2 — !э!672) Сб(!э(623 — !э!6(2)
!1о основной теореме Коши о вычетах:
си
— = 2л!2 геэг(2) = 2л!
,, 26(я — 1;(6 (3)(2 — !э!'6 72)
Ответ: ~ = — 2л
с)!
,2чбзш! — 5
Распознанный текст из изображения:
Задача 18
Вычисли гь интеграл:
гй
„(3 саь О'
Интеграл такого вида может быть преобразован в контурный,
используя следуюпзие выражения:
![ 1», . ![ 1; ог
г = е", саь г =- —, г — — 1; пв ! = — '; г — — ! 4» =—
2 [ г) 2!(. »7 'и
[8(се» ьмл ОШ =. ЗГ(г)4»
Воспользуемся э»ими данными и перейдем к контурному интегралу:
й! ~ Ог(!г
„(3+ со» 1) ',, (3 —: ', (г,ь))
»8» ) 4»дг
.ч ![г -3 з>Г2))~г "3 — 2Л)
Иолы нтегральная функция имеет две особые точки:
7= — э — ';2 г= — з-»-".»2:
Точка г =- — 3 — 2> 2 нс попадает в область, ограниченную
(
конг,ром интегрирования.
Точка г = — 3+ 2>'2 является полюсом второго порядка.
Вычислим в этой точке вычет:
б »1 4»
геь 1(г) =- 1!щ [Г(г)(г>3 — 212)»]= (пп
ь "бг ![»еЗ+2»(2)
4 4 г 4 . — г 3 202
з-.-'бг[г>3 2ч2) »' "' [гьЗ>2;2)
4 3 2>2еЗе2»(2 4 6 3
( — Зе2»(2е3-~-2Г2) ! (4ч2)з 16)2!
По основной теореме Коши о вычетах:
4»йг
1[»+ -2Д) [г-;-3 — 2<2) . '" ь16»(2!) 8»г2
гй 3
Ответ:
„(3 соь !)г 8>Г2
18
Задача 19
Вычислить интеграл.
+!) (х'-'51
Известно. что если функция рациональна, а ее числитель н
знаменатель прелставляют собой многочлены. причем степень
знаменателя по крайней мере на лве единицы больше степени
шс»нтезя то»»о,кно применить свел» ющую формуле
)'Г(.Н) = . у
сумма вычетов берется по всем
К(хН)х = 2л! у геь)((г)
полюсам полуплоскости 1щ г > 0
Г(реобраз) ем исходный ин геграж
Ох )з ог
.(з- !'! (»»5),(г 5) (г 1)
Особые точки
г=!>5 ()гпг>0); г=.— ! '5 (йпг<0)
г=.! ()шг>0); г=- — ! (1пзг<0)
Точка г = ! является полюсом второго порядка и вьщет в ней
вычисляется следующим образам
4! ! 1
гсь Г(г) =. йщ — [1(г)(г — 1) ) = Нщ — ! — — —,
" ог 4»Г(г'~) (г '5) !
, '— 2(3» —, 5+ 2!г) '
' ', (г +1)з(гз»- 5)'
Точка г = !з(» является полюсом второго порядка и вычет в ней
вычисляется следующим образом:
д .,<» . 4
гез Г(г) = !яп — (Г(»Н» — !»5) ) = !!щ, —,—
"з 4» [(г+ г 05)г(г —: !) !
— 2(3»з е)»-2.,»5ц) ~ 3»»
(вп !
,".' ,(г» „,5)з(гг, 1)' ,ВОО
Использзел» приведенную в начале задачи формулу:
бх »Г 3)ч5 ! Зл,(5
— = 2лп—
(х»-1) (х +5) [ 800 ) 400
»)х ЗлЛ
Ответ;
.(х +1) (х»»-5)» 400
19
Распознанный текст из изображения:
ар ~р ар' ! (,ар р3
20
Задача 20
Вычисли гь интеграл:
хяпх
—,— з)х
х — Зх —:10
Для вычисления интегралов такого вида применяется
спедиальиая формула:
)К(х)яп)хбх =- !шт2л(~~Сгехй(к)е" (.й > 0
Г'
Исходная функция полностью удовлетворяет условиям
примененяя данной формуды.
Найлем тд
х — 2х !0=0 т, =123!
Сумма вычегив берется по верхней полуплоскости 1ш х > О.
Из этого следует:
х„, =-',1 3!)
Эта особая точка является простым полюсом. Найдем в ней
вычет:
х(х — 1 — 31) „. х
тек Й(х)е"' = !пп . е" = !пп е" =
'-' х' — 2х+10 " '::х-1, 31
!) з
— ся' " = — е' ' =, '— — — !е"'(соз1 — !з!п1)
1+3! — 1+3! 61 (2 6)
Используем записанную ранее формулу и найдем интеграл
ха)п х л
—,— '- — — ' и = !гп)'2л(~~~ гехй(к)е" ) = ле 'соз1- — е 'яп!
х — 2х+10 г ы ) 3
хяпх л
Ответ: )- „' — г(х = ле ' соз! — — е яп1
х' — 2х+10 3
Задача 21
По данному графику орияпюла найти изображение:
Исходя из это~о графика, запишем оригинал функции:
'т
— 0<1<а
~а
!За — т
1(И=, . а
а
~ — 1. За<(
За — 2! 1 — За
р(!) = — О(т) ': " т)(1 — а) . — — з)(г — За)
а а а
Используя таблицу преобразований Лапласа, найдем изобразкение функции. как сумму изображений слагаемых оригинала функции:
О .-: 1'(Р)=-з ь!=-=,)е"+! —,— — ! " ар (р ар / (ар' р)
Распознанный текст из изображения:
!'сшив систем)
(А+С = О
!В. Г)=0
=р
С, 2Л=О
О 2В=)
1'аким образом:
22
23
Задача 22
Найти оригинал по заданному изображению:
е"
(р з1)(р ' 2)
Предсгавим это выражение. как сумму простых слагаемых:
е (Л)э, В Ср«.!)~ р
(Р е1)(рз 2) ( Р '1 Р '2,'
Лр' «Вр ЗАР+2В+Ср« +Ор -Срьй
— е-р э
(р '1)(р +4)
(Л «-С)р' «-(В+ О)р «-(2Л «-С)р«-1) «-2В
(р «-1)(р +4)
дипейных уравнений. найдем А. В и С:
!А=О
~В =1
!с =.о
~13=-1
е'" ! 1
(р 1)(рр -2) (р "1 Р' +2!
Используя формулу запаздывания, по такому изображению
найти оригинал песдожно:
— — — —, — — !е ' -+ О(1 — — )' Яп(1 — — ) — — з!п(1 2 — — ) р 1 р ь2)' 2( 2,Г2 23
Ответ: оригинал функции выглядит следуюшим образом:
1г. ! 1 . г- 1
ц(1 — — )' ял(1 — — ) — — яи(гч'2 — — ) 2 '( 2 «(2 з)2 23
Задача 24
Операционным методом решить задач К
у оши:
у(0) = 3, у (О) = -1.
Из теории нам изве
вестно 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'(0). Руководствуясь этими соображениям ,
и иями перейдем от оригин шов фзнкпий к их изображениям:
РРЪ(р) — ру(0) — у (0)+47(р) = —,—
р ь4
р ««Р(р) — Зр«-1«-4'з(р) = —,—
р-, 4
(р ь 4)У(р) = — р Зр
16
)з
у( 11 ЗР 1 16
.Р Р з4 Рр-4 (Р «-4) р -р4 2р «-1
Найдем оригипал у(1):
У(р) = —,—, ~- 3 - — - - ——
16 . р 1 2
(Р 4) р+4 2р+4
1 . 1
, зша1 — — -1созод
(р еа ]' 2а' 'а)
16, р 1 2
— СО5 1'
— — —,— -+ у(1) = яп21 — 2!с
! . 1
' Зсоз21- — яп21 = — яп21+(3 — 21)соз21
2 2
1
Ответ: у(1) = — яп 21 «-(3 — 21)сох 21
2
Распознанный текст из изображения:
Задача 25
Материальная гочка массы пз совершает прямолинейное колебание по осн Ох под действием восстанавллвающей силы Г= †. пропорциональной расстоянию х от начала координат и направленной к началу координат. и возчутдающей силы ( =Лсоз 1. Найти закон движения х=-х(1) точки, если в пачальаый момент времени х(0)-хе, т(0)=ка.
1: .= гп. Л = 2ш, хс = ! и, та = О.
Исходя из второ! о закона Ныо! она:
ап! = — йх Лсозг
хпз е йх = Л созг
! !ачальныс условия:
х(0)=», =-!
х(0)=ю =0
Подставим значения 1; и г:
хш — ' !их = Зш соя 1
Оократим все выражение на ш:
хех = 'соз1
Перейдем к ггзображениям функций:
р Х(р) — рх(0) — х(0) -ь Х(р) =
2р
р' -; !
(р 1)Х(р) р =
р''!
2Р . Р р р
Х(р) = —,— —, —,— = 2
(р ~-1) р" +1 (р ч1з)з р е!
По такому изображен!!ю несложно найти оригинал:
1
х[И = — 1юп1-!. С051 = 1зш1.1.сов 1
2
Ответ: х(1) =1ьйп[+совг
Задача 2б
!'сшить систему лифференпншзьных уравнений.
(к=к+у
!5 =4хат !
х([н=!. у(0)=0
Перейдем к изображениям функций х и у:
, РХ(Р) — х(0) = Х(р)- г'(Р)
',Ру(Р) — у(0) = 4Х(Р) у(р) ь))р
Г!отсгзвим нз гачьные )словия
,,'РХ(р)-! = Х(р) е Г(р)
!РУ(р) = 4Х(р) + 'т(р) +1(р
Выразим Х(р) через У(р), используя второе уравнсиие
РУ (Р) = 4Х[Р)" у[Р) 1'Р ю Х(Р)=—
4
Подставим полученное выражение в первое уравнение и
найдем г'[р):
р'У[р) — У(р) -17 р р)((р) - У(р) -17 р
Р— — —. — ' — — ! = —. е 'г'(р)
4 4
5 — 1:*р
у(р) =
— 2р — 3
Зяая изображение функции, несложно найти ее оригинал:
5-!)р 5 — !гр 1 ! 17г3-р[3 1
У(Р)- -/.
Р— 2Р— 3 Р— 2Р-3 3Р 3Р (Р— П' — 4 ЗР
! Р-1 В! 2! !
— ф
3(Р— !1 — 4 3 (Р-!)3 — 4 3Р
-ь у(11 = — ' — т е ' соз 2!1 - з' е' ни 211 = —,' — —, ест 21 а х е ай 21 Зная у[1), найдем х(1):
5 = 4х - 1 + ! ~ х(1) = ! (у — у — 1) = ф(5е с!!21 + 2ез)г 2! — -',
.! е'с)з21 — Кеяв21 — 1)=-,'е'сй21 — -„ье'зп21--,' Ответ:
х(1) =- фе'сй21 — —,'е'з)г21 — ф
у[\) = [ -! е'с(з21-,яе'зй21
Распознанный текст из изображения:
ПРИЛОЖЕНИЕ
Корень и-й степени
т.=к-игт
Е' = Е'(СОВ у 71ян Ъ )
е" — е "
ыпл= ——
21
Е 1-Е"
сохло =—
э
е' — е '
5)ГЛ =. — 1ЯП17 = ——
1
1 и л = !п171 ! 1Агй 7.
Агсяп7 = — ! п((лъ 71-7
1ета
янсгйл = — ! и—
2 1-ы
е' +е"
С)1 Л = СОиг =- э Агйл =- агъ 7.1- эп11,1: = О. 1-1.-1 2...
) Агссова= — гйп(л. ът — 1)
7 — !
Агссгй л = — !.п—
2 7.-1
Аналитические функции
20
27
Задача 27
Выяснить, во что преобразуезся геометрическая фигура
прн отоораженин с помощью функнии и = !(7) .
в = агсяп(7): первый квадрант.
'!'огла л = яп н. Первый квадрант — это область,'Ке(л)<0;
(пдл)>0',. г.е.,'!1п(яп се)>01 Ке(яп ж)<0',. Рассмотрим это
неравенство подробнее ( ъъх = Ке(ья), к) =- (ш(н) ):
21 [ 21
! е "'(совжх,1япих) е"'(созжх — !япъъх)]
=1ш1.
21
(е"' — с'"' ) сов ълх [11п(м) > О !)ш(м) < О
— — — — -- > 0=7] или!
,сов[ре(тъ)] > 0 1сов[Ке(и)] < 0
(е "' . е"")япъъх
Кщаш зъ) = —. --- — — > 0 ~ яп[Ке(м) > О]
2
'1 о.. первьщ квадрант отображается в обласзн (1ш(ъъ)>01
сот[Ко(ьъ)]>0: ьш[Ке(ъъ)]>0! и !11н(ъь)<0., сов[Ке(к)]<0:
яп[Кс(м)]>0,'. т.с. в вертикальные полуполосы
,'Ке(м)а(2хйл!2-2 )г)1 1тп(н)>0: !ге/1 и 1 1пг(к)<0;
Ке(ьт) е (2х(г-х(2 12л(г)1 11 е Е) .
,1-,,[ гр ' 2яй .. 1ръ2х11 )
" ' л = ф117' ,сов — — — ъ 1 вш — 1 гр = ага л )1 = 0 1,.... и — 1: 7 е О
п п
'>.теъзентарные функции комплексного переменного
гР нкппя к=1(л) называется анашпической в данной ючке %. если она дифференцируема как в самой точке л, так н в некоторой ее окрестности. Функщзя ъъ=р(л) называется аналитической в области О, если оиа аналитична в каждой точке лоб.
Пронэводнаи аналитической функции
ъъ =1(7) = Г(х ъ1)) = п(х,у) 717(х ))
ст1 . дъ съ . дн дн . дп дъ . дъ Р (7) =
д д ду ду д. ду ду дх
Начать зарабатывать