Афанасьев В.И., Зимина О.В. и др. Решебник. Высшая математика. Специальные разделы. Под ред. А.И. Кириллова (2-е изд., 2003) (1095465), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Так как х(1) = 12 — 21+ 3 > 2 и у = 1~ — 21+ 1 > О, то исходное уравнение определяет часть прямой х — у — 2 = О, лежащую в первой четверти. Ответ. Часть прямой х — у — 2 = 0 (х > 2, у > 0). 5'Словия ЗАДАЧ. Определить вид кривой, заданной уравнением 2(1) = х(1) + уу(1), 1 Р. ( — со, оо). 2(1) 13 —;(33 + 16) 2 2(1) 212 + 23+ 1 2(12 + й+ 4) 3.
3(3) = 12 + 23 + 5 + 1(32 я 21 + 1). 4, 2(1) = Х вЂ” 2 + г(32 — 43+ 5). 5. 2(Х) = 2еа + е — 7'2 6 3(1) 2ен + е — и 7 2(1) Зон е — 2~2 8. 3(3) = 3181+1весй 9. 3(3) = 2сЬЗХ вЂ” 313ЬЗЬ 10. 2(1) = ьЬ51+51/сЬ5Ь Ответы. 1. Прямая х+ у — 16 = О. 2. Часть прямой х+ 2у+ 7 = 0 (х > 1/2, у < — 15/4). 3. Часть прямой х — у — 4 = 0 (х > 4, у < 0). 4. Парабола у = х2+ 1.
5. Эллипс 4х2/25+ 4у2/9 = 1. 6. Эллипс хз+ уз/9 = 1. 7. Эллипс 4х2/25+ 4у2/49 = 1. 8. Гипербола у2 — х2/9 = 1. 9. Часть гиперболы х~/4 — у /9 = 1 (х > 0). 10. Часть эллипса хз + у~/5 = 1 (у > 0). 1.3. Аналитичность, условия Коши — Римана ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ. Исследовать аналитические свойства функции ю = ЗЯ(2) и найтпи ее производную.
ПДАН РЕШЕНИЯ. Если функции Пею = и(х,у) и 1шю = и(х,у) дифференцируемы в точке (хо, уо) и в этой точке выполняются условия Коши — Римана ди до ди до (1) дт ду' ду дх' то функция ф(3) = и(х, у)+1с(х, у) комплексной переменной 2 = х+1у ДиффеРенЦиРУема в точке ло = то + 1Уо. Если хотя бы одно из условий (Ц нарушается, то функция Т" (3) не является дифференцируемой. ФУнкциЯ Т"(2) называетсЯ аналитической в точке зо, если сУществуст окрестность точки зо, в каждой точке которой 3 (2) дифференцируема. Замечание. Если функция ф(") дифференцируема в области, то она аналитична в этой области. 1.3. Аналитпичность, условия Коши — Римана 21 1. Находим действительную и мнимую части функции Дс): и(х,у) = НеуЯ, о(х, у) = 1шуЯ ди ди , ди ди 1'( ) = +1, 1'(с) = — 1 дх дх др др' ди ди , ди ди 1'(г) = —, — 1 —,, 1'1с) = — +1 —, дх ду' ду дх' Поимев 1.
Исследовать аналитические свойства функции ш = ел и найти ее производную. РЕШЕНИЕ. 1. Находим действительную и мнимую части функции е', используя определение показательной функции е' = е (сояу+1вшу). Получаем и(х,у) = е сову, и(х,у) = с*яву. 2. Находим частные производные ди ди — - = е сову, — = е сову, д ' ду ди — — = с*яву. дх ди — = — с*вшу, ду Частные производные, очевидно, непрерывны всюду, и, следовательно, функции и(х, у) и и(х, у) всюду дифференцируемы. 3. Условия Коши — Римана ди ди ди ди дх ду' ду дх выполняются в любой точке (х, у) Е лс~, и, следовательно, функция е' дифференцируема и аналитична во всех точках з и С. 2. Находим частные производные функций и(х, у) и о(х, у) и делаем заключение о дифференцируемости функции и(х, у) и и(х, у).
3. Проверяем выполнение условий Коши-Римана (1) и определяем, в каких точках с функция 11х) дифференцируема и аналитична. 4. Вычисляем производную функции ~(с) в точках дифференцируемости по одной из формул: Гл.1. Теория функций комплексной переменной 22 4. Вычисляем производную функции е', например, по формуле ди ди 1 ( ) = + л = е*(сов у + л вш у) = е*. дх дх Ответ. Функция 1(з) =е' аналитична во всех точках я и Г'(я) =е'. Замечание. Все элементарные функции комплексной переменной аналитичны в области их определения, причем справедливы таблица производных и правила дифференцирования, известные для функций вещественной переменной.
Примкр 2. Исследовать аналитические свойства функции ло = ф' и найти ее производную. Ркщкник. 1. Находим действительную и мнимую части функции ю=ф =)х+лу( =х +у. Получаем и(х, у) = х + у, и(х,у) = О. 2. Находим частные производные ди ди — =2х, — =О, дх ' ду ди ди — =2у, — - =О. ду ' дх Частные производные, очевидно, непрерывны всюду, и, следовательно, функции ц(х, у) и и(х, у) всюду дифференцируемы. 3. Условия Коши — Римана ди ди ди ди дх ду' ду дх выполняются только в точке х = О, у = О. Следовательно, функция ф~ дифференцируема в единственной точке е = 0 и нигде не аналитична. 4. Вычисляем производную функции ф~ в точке я = О, например по формуле: 1'(0) = — (О, 0) + л — (О, 0) = О. ди ди дх ' дх Ответ. Функция 1(я) = Цз дифференцируема в одной точке з = 0 и нигде не аналитична.
1 ~(0) = О. 1.4. Восстановление аналитической функции 23 Пгимкг 3. Исследовать аналитические свойства функции ю = у. Рншении. 1. Находим действительную и мнимую части функции и = е = х — йу. Получасы и(х,у) = х, с(х,у) = — у. 2. Находим частные производные ди де ди ди дх ' ду ' ду ' дх Частные производные, очевидно, непрерывны всюду, и, следовательно, функции и(х, у) и и(х, у) всюду диффсрснцирусмы. 3.
Условия Коши-Римана (1) не выполняются ни в одной точке. Следовательно, функция 7(е) = з нигде не дифференпируема и не аналитична. Ответ. Функция Де) = у нигде не дифференцируема и не аналитична. Условия задач. Исследовать аналитические свойства функции и = ф(е) и найти ее производную.
1. ф(е) = з. 2. ф(з) = Век 3. 1(е) = 1шз. 4. ф(е) = ~з~йе. 5. 7(е) = Ееез. 6. Де) = (Нее)з. 7, ф(з) = (е)з. 8. Де) = ет. 9. 7" (е) = вше. 10. 7(з) = 1/к Ответы. 1. Нигде не дифференцируема и не аналитична. 2. Нигде не диффсренцируема и не аналитична. 3. Нигде не дифферснцируема и не аналитична. 4. Нигде не аналитична, ~'(0) = О. 5. Нигде не аналитична, г'(0) = О. 6.
Нигде не аналитична, 7'(гу) = О. 7. Нигде не аналитична, 7"'(0) = О. 8. Нигде не аналитична, 7"'(0) = О. 9. Аналитична при всех е, ('(е) = сова 10. Аналитична при всех е ~ О, У1(з) = -1!зз. 1.4.Восстановление аналитической функции но ее действительной или мнимой части Постлповкл задачи. Найти аналитическую функцию 1(з) = = и + 1и, если заданье ее дейсепвительная часть и(х, у) (или мнимая часть с(х, у)) и значение З (е) в некоторой точке зв. Гл.1. Теория функций комплексной переменной План нкшкния. 1.
Находим частные производные заданной функции и(х, у) (нли (х у)) 2. Используя условия Коши — Римана дп ди ди ди ду дх' дх ду' находим и(х, у) (или и(х, у)) с точностью до произвольной постоянной С. 3. Записываем искомую функцию 1(з) = и(х, у)+ни(х, у) +С и преобразуем полученное выражение к функции переменной с, например заменяя х и у их выражениями через переменную 2: а+к х= ) 2 у= 21 (2) Примкр.
Найти аналитическую функцию ф(2), если и(х,у) = Неф(с) = хз — Зхуз+ 2у и 1(г) = 2. Ркшгник. 1. Находим частные производные функции и(х, у) ди , 2 2 ди — = Зхз — Зу, — = — бху+ 2. дх ' ду 2. Из 2-го условия Коши — Римана (1) ди ди. — = — — = бху — 2 дх ду находим и = ~2 — )1х + )р(у) = 1 (бху — 2) дх+ д(у) = Зх у — 2х + д(у). 1 ди , 2 дх Дифференцируя и по у, получаем — = Зхз + д (у). ду 4. Находим значение постоянной С нз условия 1(х) ~, „= 1(ео) и записываем ответ. 1.4. Восстановление аналитической функции 25 Для нахождения функции д(у) используем 1-е условие Коши — Рима- на (1).
Приравнивая ди/ду = Зх + д'(у) производной г = Зх — Зу, дх получаем обыкновенное дифференциальное уравнение 1-го порядка д'(д) = -Зу', из которого определяем д(д) д(у) = — / Зу'ду = — д'4-С. Таким образом, получаем функцию (х,д) = З 'д — 2 . — д' + С. 3. Записываем искомую функцию 1 (е) в виде ф(г) = и+ Ы = хз — Зху + 2у+ 1(Зх у — уз — 2х+ Сг). Преобразуем полученное выражение к функции переменной г, исполь- зуя выражения (2) или равенства г = х+йу и е = (х+йу) = х — Зхд +1(Зх у — у ).
Получаем г'(е) гз 21е + С где С вЂ” произвольная комплексная постоянная. 4. Находим значение С из условия Я) = 2: 2=1в — 2г 1+С. Получаем С = си, следовательно, 1"(е) = гз — 21е+ г. Ответ. 1(е) = е~ — 2ив+1. Гл.1. Теория функций комплексной переменной 26 УСЛОВИЯ ЗАДАЧ. Найти аналитическую функцию 1(г), если заданы ее действительная или мнимая часть и значение г" (г) в некогпорой точке хо.
1. Пе Г(г) = хз — Ув + 2х, 1(г) = 21 — 1. 2. Пе Г"(Я) = хгг(хв <- Уа), Т"(к) = 1гк. 3. 1шу"(х) = агс18(у/х), Д(1) = О. 4. Пег'(г) Зхг — 4ху — Зуг, Д(-г) = — 3 — 21. 5. 1шДг) = 10хд — 6у, Д1гг5) = — 1. 6. 1ш1'(г) = вшусЬ(х + 1), Д вЂ” 1 + к1/2) = 1. 7. 1ш 1(х) = 2д(уг + (х + 1)г(, Т(г) = г',.
8. 1ш г(г) = х,г(хг + д") + х, Д1) = — 21, 9. ПеДх) = е У(хсовх — двшх), ДО) = О. 10. Ке,г" (г) = х в1п х сЬ у — у сов х вЬу, г" (0) = О. Ответы. 1. ((г) = ге+ 2г. 2. Дг) = 1гж 3. ((г) = 1пж 4. Дг) = гз(3+2г). 5. Дг) = 5г~ — 6г. 6. Дг) = вЬ(г+ 1). 7. ~( ) = (г — 1)/(г+ 1). 8. г'(е) = г1 +1к 9, г"(г) = ее". 10, г"(г) = гвйпг. 1.5. Интеграл от функции комплексной переменной Постяновкл зядлчи. Вычислигпь интеграл где В кусочно-гладкая кривая, лежащая в области О, в которой функция Дг) непрерывна. ПЛАН РЕШЕНИЯ.
Интеграл от функции 1(г) = и(х, у)+го(х, у), непрерывной в области 11, выражается через криволинейные интегралы второго рода по формуле 1(г) дг = з~ идх — иду+ г д~ иду+ идх. 1. Записываем Т'(г) в алгебраической форме 1(г) = и(х, у) + уи(х, д). 2. Используя формулу (1), представляем искомый интеграл в виде суммы двух криволинейных интегралов второго рода от функций и(х, у) и и(х, д) двух вещественных переменных х и у. 1.5. Интеграл от функяии комплексной переменной 27 Замечание.
Можно вычислять интеграл от функции комплексной переменной по формуле 1(е) ~Ь = / Де(с))е'1с) с1с, (2) где е = е(1) — параметрическое уравнение кривой Ь в комплексной форме. ПРИМЕР 1. Вычислить интеграл Пе е (Ь, где а) Л отрезок прямой от точки О(0,0) до точки В(1, 1); б) Л вЂ” ломаная с вершинами О(0, О), А(1, О), В(1, Ц.
Решение. Интеграл от функции Де) = и(х, у) + 1ю(х, у), непрерывной в области Р, выражается через криволинейные интегралы второго рода по формуле Дх) сея = / ийх — иду+1 / иду+ юс1х. Случай а) 1. Записываем Де) в алгебраической форме 2. Используя формулу (1), представляем искомый интеграл в виде суммы двух криволинейных интегралов второго рода от функций и(х, у) и и(х, у) двух вещественных переменных х и у: Весах = / хдх+1/ хну.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
