МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образ...
43 downloads
315 Views
805KB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования “Оренбургский государственный университет” Кафедра прикладной математики
С.Т.Дусакаева, В.А.Ласькова
РУКОВОДСТВО К РЕШЕНИЮ НЕКОТОРЫХ ЗАДАЧ ПО ТЕОРИИ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
Рекомендовано к изданию Редакционно-издательским советом государственного образовательного учреждения высшего профессионального образования “Оренбургский государственный университет”
Оренбург 2004
ББК 22.161.5 я73 Д 84 УДК 517.53/.55 (075) Рецензент кандидат физико-математических наук, доцент кафедры прикладной математики ОГУ Отрыванкина Т. М.
Дусакаева С.Т, Ласькова В.А. Д 84 Руководство к решению некоторых задач по теории функции комплексной переменной: Методические указания. – Оренбург: ГОУ ОГУ, 2004. – 32с.
Методические указания предназначены для студентов специальности “Системный анализ и управление” факультета экономики и управления. Могут использоваться для организации самостоятельной работы студентов очной и очно-заочной форм обучения.
ББК 22.161.5 я73
© Дусакаева С.Т., 2004 © Ласькова В.А., 2004 © ГОУ ОГУ, 2004
2
Введение В методических указаниях рассмотрены 10 типовых задач по ТФКП. Каждый пункт содержит общую постановку задачи, план решение с кратким обоснованием и решение конкретного примера. В конце каждого пункта приведены задачи для самостоятельного решения. Руководство к решению некоторых задач по ТФКП могут быть полезными при подготовке к текущим практическим занятиям, к контрольной работе. Настоящее руководство к решению некоторых задач по ТФКП предназначено для студентов специальности “Системный анализ и управление”.
3
1 Извлечение корня из комплексного числа Постановка задачи. Найти все значения корня n–ой степени из комплексного числа z = x + iy . План решения: 1 Корень n–ой степени из комплексного числа z имеет n различных значений, которые определяются формулой
ω k = n z = n r cos
ϕ + 2πk n
где r = z , ϕ = arg z и k = 0, n − 1 . 2 Находим модуль и аргумент
+ i sin
ϕ + 2πk
числа
,
n
z = x + iy
(1.1)
по
формулам
r = z = x2 + y2 , y , x > 0, arctg x π + arctg y , x < 0, y ≥ 0, x y ϕ = arg z = − π + arctg , x < 0, y < 0, x π 2 , x = 0, y > 0, − π , x = 0, y < 0. 2 3 Находим по формуле (1.1) значения корня ω k k = 0, n − 1 .
(
Пример. Найти все значения
3
)
i.
Решение.
1 Корень 3–й степени из комплексного числа z = i имеет три различных значения, которые определяются формулой ϕ + 2πk ϕ + 2πk ω k = 3 i = 3 r cos + i sin , где r = i , ϕ = arg i и k = 0, 1, 2. 3 3 2 Находим модуль и аргумент комплексного числа z = i ( x = 0, y = 1)
r = i = 0 2 + 12 = 1, ϕ = arg i =
4
π 2
.
π π 3 1 +i⋅ , 3.ω 0 = 1 сos + i sin = 6 6 2 2 5π 5π 3 1 + sin +i , =− 6 6 2 2 3π 3π ω 2 = 1 cos + i sin = −i. 2 2 Задачи для самостоятельного решения. Найти все значения корня из комплексного числа.
ω 1 = 1 cos
1.2
4
−1+ i 3 2
1.3 3 1
1.5
4
−1− i 3 2
1.6
−i
1.8
4
− 16
1.9
1.10
3
1.11
1.13
4
1.16
4
1.19
3
1.1
4
−1
1.4 4 1 1.7
3
8
3
8i
−1− i 3 1.14 3 − 8 32 −1 1.17 4 − 8 + i8 3 16 i 1 1.20 4 8 16
3
−1
1+ i 3 32 4 1.12 16 4
1.15
3
− 8i
1.18
3
1 8
2 Стереографическая проекция Постановка задачи. На сфере Римана ξ 2 + η 2 = ζ (1 − ζ ) найти точку, соответствующую комплексному числу z = x + iy . План решения.
1 Всякому комплексному числу z соответствует единственная точка на сфере Римана ξ 2 + η 2 = ζ (1 − ζ ), координаты которой определяются формулами:
5
x = , ξ 2 1 + z y , (2.1) η = 2 1+ z 2 z . ζ = 2 1+ z 2 Находим квадрат модуля комплексного числа z = x + iy по формуле z
2
= x2 + y2. 3 Находим по формулам (2.1) точку (ξ , η , ζ ) сферы Римана.
Пример. На сфере Римана ξ 2 + η 2 = ζ (1 − ζ ) соответствующую комплексному числу z = 1 + 2i .
найти
точку,
Решение.
1 Комплексному числу z = 1 + 2i на сфере Римана соответствует точка 1 = , ξ 2 1+ z 2 , η = 2 1 + z 2 z . ζ = 2 1+ z 2 z
2
= 12 + 2 2 = 5 .
3 1 ξ , = 6 1 η = , 3 5 ζ . = 6
Задачи для самостоятельного решения. На сфере Римана ξ + η = ζ (1 − ζ ) найти точку, соответствующую комплексному числу. 2
6
2
2.1 1 − 7i 2.4 4 + 2i 2.7 − 1 − i 2.10 5 − 3i 2.13 4 + 13i 2.16 5 − 4i 2.19 81 + 3i
2.2 − 4 − 5i 2.5 7 − i 2.8 2 + 4i 2.11 10 + i 2.14 i 2.17 5i + 1 2.20 5 + 18i
2.3 − 4 + 7i 2.6 5 + 4i 2.9 4 + 4i 2.12 − 14 − 2i 2.15 8 2.18 3 + i
3 Кривые в комплексной области Постановка задачи. Определить вид кривой, заданной уравнением z (t ) = x(t ) + iy (t ), t ∈ (− ∞;+∞ ) . План решения. 1 Составляем параметрические уравнения кривой: x = x(t ), t ∈ (− ∞;+∞ ) , = , ( ) y y t где x(t ) = Re z (t ), y (t ) = Im z (t ) . 2 Исключая параметр t из параметрических уравнений, получаем уравнение кривой в виде F ( x; y ) = 0 . 3 Используя канонические формы уравнений кривых на плоскости, определяем вид искомой кривой. 4 Находим области значений x(t ) и y (t ) и выясняем, какая часть кривой определяется исходным уравнением. Пример. Определить вид кривой, заданной уравнением z (t ) = cosect – i2ctgt Решение.
1
Составляем
параметрические
уравнения
кривой:
t ∈ (− ∞;+∞ ) . 2 Исключив параметр t , получим x2 y2 − = 1. 16 4 3 Данное уравнение определяет на плоскости действительной полуосью а = 4 и мнимый полуосью b = 2 . x ∈ R, 4 y ∈ R..
x = 4 cos ect, y = 2 ctgt ,
гиперболу
с
7
Задачи для самостоятельного решения. Определить вид кривой, заданной уравнением z (t ) = x(t ) + iy (t ), t ∈ (− ∞;+∞ ) . 3.1 z (t ) = 3 sec t + i 2tgt , 1 3.3 z (t ) = 2e it + it 2e 2 3.5 z (t ) = t + 4t + 20 − i t 2 + 4t + 4 t − 1 + it 3.7 z (t ) = t (t − 1) 5i 3.9 z (t ) = th5t + ch5t
(
(
3.11 z (t ) = t − 2 + i t 2 − 4t + 5
3.13 z (t ) = 4tgt − i3 sect 3.15 z (t ) = ctgt − i 2 сosect
3.17 z (t ) = −ctgt + i3 cosect 3.19 z (t ) = 3 cosect + i3ctgt
)
)
3.2 z (t ) = 3ch2t + i 2 sh 2t 1+1 2+t 3.4 z (t ) = +i 1− t 2−t
3.6 z (t ) = 2 sec t − i3tgt 2+t 1+ t 3.8 z (t ) = +i⋅ 2−t 1− t 1 3.10 z (t ) = 3e it − it 2e 3.12 z (t ) = 5sh 4t + i 4ch4t 4 3.14 z (t ) = + i 2th 4t ch4t 3.16 z (t ) = t 2 − 2t + 3 + i t 2 − 2t + 1 3.18 z (t ) = 2t 2
(
) + 2t + 1 − i (t + t + 4 ) 2
e −it 3.20 z (t ) = 3e − 2
4 Восстановление аналитической действительной или мнимой части
it
функции
по
ее
Постановка задачи. Найти аналитическую функцию f ( z ) = u + iv , если задана ее действительная часть u ( x, y ) (или мнимая часть v( x, y ) ) и значение f ( z ) в некоторой точке z 0 . План решения. 1 Находим частные производные заданной функции u ( x, y ) (или v( x, y ) ). 2 Используя условия Коши – Римана ∂u ∂v ∂x = ∂y , ∂u = − ∂v , ∂y ∂x находим v( x, y ) (или u ( x, y ) ) с точностью до произвольной постоянной С. 3 Находим значение постоянной С из условия f ( z ) | z = z0 = f ( z 0 ). 8
Найти x
Пример.
u ( x, y ) = Re f ( z ) =
аналитическую 1 и f (π ) = .
функцию
f (z ) ,
если
π
x2 + y2 Решение.
1 Находим частные производные функции u ( x, y ) :
y2 − x2 ∂u x 2 + y 2 − 2 x 2 = = ; 2 2 2 2 2 2 ∂x x +y x +y 2 xy ∂u . =− 2 2 2 ∂y x +y
(
)
(
(
)
)
2 Из второго условия Коши – Римана 2 xy ∂v ∂u =− = 2 ∂x ∂y x2 + y2
(
)
находим
(
)
2 xy d x2 + y2 y ∂v v = ∫ dx = ∫ dx = y = − + C ( y ). ∫ 2 2 2 2 2 2 2 2 ∂x x +y x +y x +y Дифференцируя v по y, получаем y2 − x2 x2 + y 2 − 2y 2 ∂v + C ′( y ) = 2 + C ′( y ). =− 2 2 2 2 ∂y x +y x +y
(
(
)
(
)
(
(
)
)
)
Для нахождения функции C ( y ) используем 1–е условие Коши – Римана
y2 − x2 ∂u = , ∂x x 2 + y 2 2 получаем С ′( y ) = 0 , C ( y ) = C . Таким образом, получаем функцию f ( z ) в виде y x . − f ( z ) = u + iv = 2 i + + C 2 2 2 x +y x +y 1 π 0 3 = 2 + i − 2 + C , π π π 1 1 = + iC ⇒ C = 0 .
(
π
f (z ) =
)
π
x x2 + y2
−i
y x2 + y2
=
x − iy x2 + y2
=
1 z = . z⋅z z
Задачи для самостоятельного решения. Восстановить аналитическую функцию f ( z ) , если заданы ее действительная или мнимая часть и значение f ( z ) в некоторой точке z 0 . 9
4.1u = x 2 − y 2 + x, f (0 ) = 0
4.2 u = x 3 − 3 xy + 1, f (0 ) = 1
4.3 v = e x ( y cos y + x sin y ), f (0 ) = 0 4.4 u = x 2 − y 2 − 2 y, f (0 ) = 0
4.5 u =
e 2x + 1 ex
cos y, f (0 ) = 2
4.7 v = e − y sin x + y, f (0 ) = 1 y 4.9 v = − , f (0 ) = 1 2 2 (x + 1) + y 4.11u = e − y cos x, f (0 ) = 1
4.6 u =
x x2 + y2
, f (1) = 1 + i
4.8 v = e x cos y, f (0 ) = 1 + i y 4.10 v = y − 2 , f (1) = 2 2 x +y 4.12 u = y − 2 xy, f (0 ) = 0
4.13 v = x 2 − y 2 + 2 x + 1, f (0 ) = i
4.14u = x 2 − y 2 − 2 x + 1, f (0 ) = 1
4.17 v = 3 x 2 y − y 3 , f (0 ) = 1
4.18 u = e x ( x cos y − y sin y ), f (0 ) = 0
4.15 v = 3 x 2 y − y 3 − y, f (0 ) = 0 4.19 v = 2 xy + 2 x, f (0 ) = 0
4.16 v = 2 xy + y, f (0 ) = 0
4.20 u = 1 − sin y ⋅ e x , f (0 ) = 1 + i
5 Интеграл от функции комплексной переменной
∫
Постановка задачи. Вычислить интеграл f ( z )dz , где γ – кусочно–гладкая кривая, лежащая в области D , в которой
γ
функция f ( z ) непрерывна. План решения. Интеграл от функции f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) , непрерывной в области D , выражается через криволинейные интегралы второго рода по формуле. (5.1) ∫ f (z )dz = ∫ udx − vdy + i ∫ udy +vdx γ
γ
γ
1 Записываем f ( z ) в алгебраической форме: f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) . 2 Используя формулу (5.1), представляем искомый интеграл в виде суммы двух криволинейных интегралов второго рода от функций u ( x, y ) и v( x, y ) двух вещественных переменных x и y. 3 Записываем уравнения кривой γ в явном виде y = y ( x ) (или x = x( y ) ) x = x(t ), или параметрически y = y (t ). 4 Вычисляем криволинейные интегралы, сводя их к определенным. Замечание: Можно вычислять интеграл от функции комплексной переменной по формуле: 10
β
∫ f (z )dz = ∫ f (z (t ))z ′(t )dt ,
γ
(5.2)
α
где z = z (t ) – параметрическое уравнение кривой γ в комплексной форме, t ∈ [α ; β ] . Пример 1. Вычислить интеграл
точки z1 = 0 до точки z 2 = 1 + i .
∫ z Im zdz,
где γ – отрезок прямой от
Решение. 1 Записываем f ( z ) в алгебраической форме:
f ( z ) = ( x + iy ) ⋅ y = xy + iy 2 . 2 Используя формулу (5.1), представляем искомый интеграл в виде суммы двух криволинейных интегралов второго рода от функций u ( x, y ) и v( x, y ) двух вещественных переменных х и у:
∫ z Im zdz = ∫ xydx − y
γ
γ
2
dy + i ∫ xydy + y 2 dx . γ
3 Записываем уравнение отрезка: y = x, 0 ≤ x ≤ 1 . 4 Вычисляем криволинейные интегралы, сводя их к определенным: 1
(
)
1
2x 3 xydx − y dy + i xydy + y dx = x − x dx + i 2 x dx = i ∫ ∫ ∫ ∫ 3 γ γ 0 0 2
2
2
2
2
1
= 0
2 i. 3
Пример 2. Вычислить интеграл ∫ z ⋅ z dz , где γ – верхняя полуокружность z = 1, Re z > 0 с обходом γ
против часовой стрелки. Решение. В данном случае удобно воспользоваться уравнением кривой γ в параметрической форме z = e it , (0 ≤ t ≤ π ) и применить формулу (5.2). 1 Находим z = e −it , z = 1, dz = ie it dt . 2 Подставляем в (5.2): π
∫ z ⋅ z dz = ∫ e
γ
−it
0
π
ie dt = ∫ idt = iπ . it
0
Задачи для самостоятельного решения. Вычислить интегралы от функций комплексной переменной по заданным кривым. 5.1
∫z
2
{
dz; AB : y = x 2 ; z A = 0, z B = 1 + i}
AB
11
5.2
∫ (z + 1)e
z
dz; γ : { z = 1, Re z ≥ 0}
γ
∫ Im z
5.3
3
dz; AB – отрезок прямой z A = 0, z B = 2 + 2i
AB
∫ (z
5.4
)
2
+ 7 z + 1 dz; AB – отрезок прямой, z A = 1, z B = 1 − i
AB
5.5
z
γ – граница области: {1 < z < 2, Re z > 0}
∫ z dz;
γ
5.6
∫ z ⋅ z dz;
γ : { z = 4, Re z ≥ 0}
∫ z Re z
dz; γ : { z = R, Im z ≥ 0}
γ
5.7
γ
5.8
∫ (3z
2
AB
5.9
{
)
+ 2 z dz; AB : y = x 2 , z A = 0, z B = 1 + i
2
∫ z Re z
2
}
dz; L = { z = R; Im z ≥ 0}
γ
z
∫e
5.10
2
Im zdz; АВ – отрезок прямой z A = 1 + i, z B = 0
AB
5.11
∫ (sin iz + z )dz; γ : { z = 1, Re z ≥ 0}
γ
∫ z Re z
5.12
2
dz; АВ – отрезок прямой z A = 0, z B = 1 + 2i
AB
∫ (2 z + 1)dz;
5.13
{
AB : y = x 3 , z A = 0, z B = 1 + i
}
AB
5.14
γ
5.15
∫ z dz; ∫ (z
3
γ : z = 2;
)
π 4
≤ arg z ≤
3π 4
+ sin z dz; γ : { z = 1, Re z ≥ 0}
γ
∫z
5.16
2
dz; АВ – отрезок прямой, z A = 0, z B = 1 + i
AB
∫ (12 z
5.17
5
AB
5.18
∫ z z dz;
)
+ 4 z 3 + 1 dz; АВ – отрезок прямой, z A = 1, z B = i
γ : { z = 1, Im z ≥ 0}
γ
5.19
∫ zdz;
γ – полуокружность z = 1, Im z ≥ 0
γ
5.20
∫z
γ
12
2
Im zdz; γ – отрезок прямой от z1 = 0 до z 2 = 2 + 2i
6 Ряды Лорана рациональной функции Постановка задачи. Разложить в ряды Лорана по степеням z P (z ) рациональную функцию f ( z ) = n , где Pn ( z ) и Qm ( z ) – многочлены и Qm (z ) Qm (z ) ≠ 0 . План решения. Pn ( z ) неправильная, выделяем целую часть. Qm (z ) Находим корни уравнения Qm ( z ) = 0 . Будем предполагать, что все корни z1 , z 2 ,..., z m – простые (нумерация по возрастанию их модулей z1 < z 2 < ... < z m ). 2 Точки z1 , z 2 ,..., z m являются особыми точками функции f ( z ) (в них f ( z ) не аналитична). Кольца аналитичности функции f ( z ) : z < z1 , 1 Если дробь
z1 < z < z 2 , …………….. z n −1 < z < z n , z > zn 3 Представим рациональную дробь в виде суммы элементарных дробей: Pn ( z ) Am A1 A2 = + + ... + Q m ( z ) z − z1 z − z 2 z − zm 4 В каждом кольце аналитичности элементарные дроби разлагаем в ряды, используя разложения в ряд Тейлора: ∞ 1 = ∑ z n , z < 1, (6.1) 1 − z n =0 и в ряд Лорана: ∞ 1 1 1 1 =− ⋅ = − ∑ n +1 , z > 1 , (6.2) 1 1− z z z n = 0 1− z Записываем полученные лорановские разложения функции f ( z ) в каждом кольце аналитичности.
13
Замечание. При разложении по степеням z − z 0 предварительно вводим вспомогательную переменную t = z − z 0 и находим разложения функции f (t + z 0 ) по степеням t . Пример 1. Разложить в ряды Лорана по степеням 2z − 3 . f (z ) = 2 z − 5z + 6
z функцию
Решение.
1 Дробь правильная. Находим корни уравнения z 2 − 5 z + 6 = 0 . Имеем два простых корня z1 = 2 и z 2 = 3 . 2 Точки z1 = 2 и z 2 = 3 являются особыми точками функции f ( z ) (в них f ( z ) не аналитична). Кольца аналитичности функции f ( z ) : z < 2, 2 < z < 3,
z > 3. 3 Представим f ( z ) в виде суммы элементарных дробей: 2z − 3 3 1 . = − 2 z − 3 z − 2 z − 5z + 6 4 В каждом кольце аналитичности элементарные дроби разлагаем в ряды, используя разложения в ряд Тейлора. При z < 2 имеем: ∞ 1 1 1 1 ∞ zn zn =− ⋅ = − ∑ n = − ∑ n +1 , z < 2 z z−2 2 2 n =0 2 n=0 2 1− 2 ∞ 1 1 1 1 ∞ zn zn =− ⋅ = − ∑ n = − ∑ n +1 , z < 3 . z z −3 3 3 n =0 3 n =0 3 1− 3 Следовательно, в круге z < 2 ряд Лорана функции f ( z ) имеет вид:
2z − 3 2
z − 5z + 6
∞
= −3 ∑
zn
n =0 3
n +1
+
∞
∑
zn
n =0 2
n +1
=
∞
∑
zn
n =0 2
n +1
−
∞
∑
zn
n=0 3
n
=
∞
1
∑
n =0 2
n +1
−
1 n z , 3n
(6.3)
(6.4)
z <2
При 2 < z < 3 ряд (6.3) расходится, а ряд (6.4) сходится. Поэтому вместо (6.3) используем:
14
∞ 1 1 1 1 ∞ 2n 2n = ⋅ = = ∑ n +1 , z > 2 n 2 z n∑ z−2 z z n=0 z =0 1− z Следовательно, в кольце 2 < z < 3 ряд Лорана функции f ( z ) имеет вид:
2z − 3 2
∞
= −∑
zn n
−
∞
∑
2n n +1
(6.5)
.
z − 5z + 6 n =0 3 n =0 z При z > 3 ряд (6.5) сходится, а ряд (6.4) расходится. Поэтому вместо (6.4) используем: ∞ 1 1 1 3n = ⋅ = , z > 3. n +1 3 n∑ z −3 z z =0 1− z Следовательно, в области z > 3 ряд Лорана функции f ( z ) имеет вид: 2z − 3
z 2 − 5z + 6 Таким образом, 2z − 3
=
∞
∑
3 n +1
n=0 z ∞
n +1
∑
2n
n =0 z
n +1
, 3< z <∞.
1 n z , z < 2 , z 2 − 5 z + 6 n =0 2 n +1 3 n ∞ n ∞ 2z − 3 2n z = − − ∑ n ∑ n+1 , 2 < z < 3 , 2 z − 5z + 6 n =0 3 n =0 2 ∞ n +1 ∞ 2z − 3 3 2n =∑ −∑ , 3< z <∞. z 2 − 5 z + 6 n =0 z n +1 n =0 z n +1
=
1
−
∞
∑
−
Пример 2. Найти все лорановские разложения функции f ( z ) =
степеням z − 3 + i .
z+3 z2 −1
по
Решение.
1 Дробь правильная. Находим корни уравнения z 2 − 1 = 0 . Имеем два простых корня z1 = −1, z 2 = 1. 2 Точки z1 = −1 и z 2 = 1 являются особыми точками функции f ( z ) . Кольца аналитичности функции f ( z ) :
z −3+i < 5, 5 < z − 3 + i < 17 ,
z − 3 + i > 17 . 3 Представим f ( z ) в виде суммы элементарных дробей:
15
z+3 z2 −1
=
2 1 − . z −1 z +1
4 В каждом кольце аналитичности элементарные дроби раскладываем в ряды, используя разложения в ряд Тейлора. При z − 3 + i < 5 имеем: 1 1 1 = = ⋅ z + 1 ( z − 3 + i ) + (4 − i ) 4 − i
=
(− 1) (z − 3 + i ) (4 − i )n+1 n=0 ∞
∑
n
n
(6.6)
, z − 3 + i < 17
1 1 1 = = ⋅ z − 1 ( z − 3 + i ) + (2 − i ) 2 − i
( − 1)n ( z − 3 + i )n =∑ , z −3+i (2 − i )n+1 n=0 ∞
1 1 ∞ (− 1)n ( z − 3 + i )n = = n z − 3 + i 4 − i n∑ (4 − i ) =0 1+ 4−i
1 1 ∞ (− 1)n ⋅ ( z − 3 + i )n = = n z − 3 + i 2 − i n∑ ( ) − i 2 0 = 1+ 2−i
(6.7)
< 5
Следовательно, в круге z − 3 + i < 5 ряд Лорана функции f ( z ) имеет вид:
( − 1)n ( z − 3 + i )n = 2∑ z2 −1 (2 − i )n+1 n =0 z+3
∞
( − 1)n +1 ( z − 3 + i )n +∑ . (4 − i )n+1 n =0 ∞
При 5 < z − 3 + i < 17 (6.7) расходится, а ряд (6.6) сходится. Поэтому вместо (6.7) используем: 1 1 1 1 = = ⋅ = 2−i z − 1 ( z − 3 + i ) + (2 − i ) ( z − 3 + i ) 1+ z −3+i (6.8) n n n ∞ ∞ 1 (− 1)n (2 − i ) n = ∑ (2 − i ) (− 1n+)1 , z − 3 + i > 5 = ∑ z − 3 + i n=0 (z − 3 + i ) n=0 (z − 3 + i )
Следовательно, в кольце 5 < z − 3 + i < 17 ряд Лорана функции f ( z ) имеет вид: ∞ ∞ ( ( z+3 2 − i )n (− 1)n − 1)n ( z − 3 + i )n = 2∑ +∑ n +1 z2 −1 (4 − i )n +1 n =0 ( z − 3 + i ) n =0 При z − 3 + i > 17 ряд (6.8) сходится, а ряд (6.6) расходится. Поэтому вместо (6.6) используем:
16
1 1 1 = = ⋅ z + 1 ( z − 3 + i ) + (4 − i ) z − 3 + i
( − 1)n (4 − i )n =∑ , z −3+i n +1 n=0 (z − 3 + i ) ∞
∞ ( 1 − 1)n (4 − i )n 1 = = ∑ 4−i z − 3 + i n = 0 ( z − 3 + i )n 1+ z −3+i
> 17 .
Следовательно, в области z − 3 + i > 17 ряд Лорана функции f ( z ) имеет вид:
( − 1)n +1 (4 − i )n =∑ z 2 − 1 n =0 ( z − 3 + i )n +1 z+3
∞
( − 1)n (2 − i )n + 2∑ . n +1 n=0 (z − 3 + i ) ∞
Таким образом, z+3 2
z +1
(− 1)n (z − 3 + i )n (2 − i )n+1 n =0 ∞
= 2∑
( − 1)n (2 − i )n = 2∑ n +1 z2 +1 n =0 ( z − 3 + i ) ∞ ( − 1)n (2 − i )n z+3 = 2∑ n +1 z2 +1 n =0 ( z − 3 + i ) z+3
∞
+
(− 1)n+1 (z − 3 + i )n ∑ (4 − i )n +1 n=0 ∞
, z −3+i < 5,
( − 1)n ( z − 3 + i )n +∑ , 5 < z − 3 + i < 17 , (4 − i )n+1 n=0 ∞ ( − 1)n +1 (4 − i )n +∑ , 17 < z − 3 + i < ∞ . n +1 ( ) z − 3 + i n=0 ∞
Задачи для самостоятельного решения. Разложить в ряды Лорана по степеням z функцию f ( z ) . 6.1
6.3
6.5
6.7 6.9
z−2 2z 3 + z 2 − z 3 z − 18 2 z 3 + 3z 2 − 9 z 5 z − 50 2 z 3 + 5 z 2 − 25 z 7 z − 98 2 z 3 + 7 z 2 − 49 z 9 z − 162 2 z 3 + 9 z 2 − 81z
6.2
6.4
6.6
z−4 z 4 + z 3 − 2z 2 2 z − 16 z 4 + 2 z 3 − 8z 2 3 z − 36 z 4 + 3 z 3 − 18 z 2
6.8
4 z − 64
z 4 + 4 z 3 − 32 z 2 5 z − 100 6.10 4 z + 5 z 3 − 50 z 2
Задачи для самостоятельного решения. разложения данной функции по степеням z − z 0 .
Найти
все
лорановские
17
6.11
z +1 , z 0 = 1 + 2i z ( z − 1)
6.12
z +1 , z 0 = 2 − 3i z ( z − 1)
6.13
z +1 , z 0 = −3 − 2i z ( z − 1)
6.14
z +1 , z 0 = −2 + i z ( z − 1)
6.15
z −1 , z 0 = 1 + 3i z ( z + 1)
6.16
z −1 , z0 = 2 − i z ( z + 1)
6.17
z −1 , z 0 = −1 + 2i z ( z + 1)
6.18
z −1 , z 0 = −2 − 3i z ( z + 1)
6.19
6.20
z+3 2
z −1 z+3 z2 −1
, z0 = 2 + i , z0 = 3 − i
7 Вычисление контурных интегралов с помощью вычетов Постановка задачи. Вычислить интеграл
∫ f (z )dz ,
где Г– граница
Г
некоторой области D, f ( z ) аналитична в области D, за исключением конечного числа особых точек, и непрерывна на Г. План решения. 1 Находим особые точки z1 , z 2 ,..., z n функции f ( z ) , расположенные внутри контура Г. 2 Определяем тип каждой точки z1 , z 2 ,..., z n . 18
3 Вычисляем вычеты в этих особых точках. 4 Вычисляем интеграл по теореме Коши о вычетах: n
∫ f (z )dz = 2πi ∑ resf (z k ) . k =1
Г
Пример. Вычислить интеграл
∫
dz
4 z −1 =1 z + 1
.
Решение.
1 Находим особые точки функции f ( z ) . Особыми точками функции 1 f (z ) = 4 являются нули знаменателя. z +1 π + 2πk
zk = e
4
π
i 2 2 z0 = +i =e4 , 2 2
2 2 z1 = − +i =e 2 2
3π i 4 ,
2 2 z2 = − −i =e 2 2
5π i 4 ,
7π
i 2 2 z3 = −i =e 4 . 2 2 Контуром интегрирования является окружность z − 1 = 1 . Замечаем, что внутри контура Г расположены точки z 0 и z 3 . 2 Определяем тип особых точек z 0 и z 3 . Для этого функцию f ( z ) представим в виде ϕ (z ) , где ϕ ( z ) = 1 , а ψ ( z ) = z 4 аналитичны в точках z k и f (z ) = ψ (z )
ϕ ( z k ) = 1 ≠ 0 , ψ ( z k ) = 0 и ψ ′( z k ) = 4 z k3 ≠ 0 (k = 0,3). Следовательно, z 0 и z 3 –
полюса первого порядка функции f ( z ) . 3 Вычисляем вычеты в точках z 0 и z 3 по формуле ϕ (z ) ϕ (z k ) = . res z = zk ψ (z ) ψ ′( z k ) Получаем:
19
1 − = = e z 4 + 1 4 z 03 4 1
res z = z0
1
3π i 4
=
1 2 2 − . − i 4 2 2
3π
i 1 1 2 2 . = 3 = e 4 = − +i res z = z3 4 4 2 2 z + 1 4z3 4 4 Вычисляем интегралы по теореме Коши о вычетах: dz 1 2 2 2 2 2 ∫ z 4 + 1 = 2πi 4 ⋅ − 2 − i 2 − 2 + i 2 = − 2 πi . z −1 =1
1
Задачи интегралы.
для
∫
7.1
(
∫ z −i =
7.5
самостоятельного
решения.
)
7.2
z z2 +1
1 z= 2
7.3
dz
1
3 2
∫
(
dz
z z3 + 4
)
7.4
2dz
2dz
∫
1 z − =1 2
7.8
7.10
ez +1 dz z ( z − 1)
dz
∫
z2 +1
z =2
ln (1 + z ) 7.9 ∫ dz 3 z 1
z 5 + 8z
∫
4 z −3i =3 z − 16
dz
2
cos 2 z + 1 7.11 ∫ dz 2 z − 2 =3 ( z − π )
∫
1 z= 3
20
z 2 ( z − 1)
∫ z (z + 2i ) z =1
7.6
cos 2 z + 1 7.7 ∫ dz 2 2 z − π z − 2 =3
7.13
2dz
∫
5 z −1−i = 4
2 z −3 =1 z ( z − π )
z=
Вычислить
3 − 2z + 4z 4 z3
dz
7.12
∫
dz
5 z= 2
7.14
∫
z =1
z 2 ( z − 2 )( z + 3)2
e 2z − z z2
dz
контурные
cos iz − 1 7.15 ∫ dz 3 z z =1 7.17
∫ z=
7.19
∫
2 + 3z 3 − 5 z 4 z5
1 2
z =2
z − sin z 2z 4
7.16
z 2 + cos z
∫
z3
z =3
7.18
dz
1 − z 4 + 3z 6
∫ z=
7.20
dz
∫ z=
dz
2z 3
1 3
dz
1 − 2 z + 3z 2 + 4 z 3 2z 2
1 3
dz
8 Вычисление определенных интегралов с помощью вычетов 2π
Постановка
задачи.
Вычислить
интеграл
R(cos x, sin x ) – рациональная функция sin x и cos x .
∫ R(cos x, sin x )dx ,
где
0
План решения. 1 Вводим комплексную переменную z = e ix . При этом область интегрирования [0;2π ] отобразится в окружность z = 1, 0 ≤ arg z ≤ 2π . dz 2 Находим dz = ie ix dx ⇒ dx = . iz По формулам Эйлера: e ix + e −ix 1 1 = z + , cos x = z 2 2
e ix − e −ix 1 1 = z − . sin x = z 2i 2i 3 Получаем 2π 1 1 1 dz 1 ∫ R(cos x, sin x )dx = ∫ R 2 z + z , 2i z − z iz = 0 z =1 4 Вычисляем контурный интеграл от функции переменной z с помощью вычетов (см. 7).
∫ f (z )dz .
z =1
f ( z ) комплексной
21
2π
dx
∫ 3 + cos x .
Пример. Вычислить интеграл
0
Решение.
1 Вводим комплексную переменную z = e ix . При этом область интегрирования [0;2π ] отобразится в окружность z = 1, 0 ≤ arg z ≤ 2π . dz 2 dz = ie ix dx ⇒ dx = . По формулам Эйлера iz ix − ix e +e 1 1 = z + . cos x = 2 2 z 2π dx 2 zdz 2 dz 3 ∫ = ∫ = ∫ 2 . 2 3 + cos x i iz z + 6 z + 1 z + 6 z + 1 0 z =1 z =1
(
)
4 Вычисляем контурный интеграл от функции комплексной переменной z с помощью вычетов: а) Находим особые точки подынтегральной функции 1 1 = как нули (первого порядка) ее 2 z + 6z + 1 z + 3 − 2 2 z + 3 + 2 2
(
)(
)
знаменателя: z1 = −3 + 2 2 и z 2 = −3 − 2 2 . Точка z 2 = −3 − 2 2 лежит вне контура, т.к.
− 3 − 2 2 > 1 , а z1 = −3 + 2 2 лежит внутри контура, т.к.
− 3 + 2 2 < 1. б) Точка z1 = −3 + 2 2 – полюс первого порядка. в) res f ( z1 ) =
lim
z → −3+ 2
(z + 3 − 2 2 ) 1 = . 2 (z + 3 − 2 2 )(z + 3 + 2 2 ) 4 2
г) Вычисляем контурный интеграл по теореме Коши о вычетах: π 2 2 1 dx ∫ 3 + cos x = i ⋅ 2πi ⋅ 4 2 = 2 . 0
2π
Задачи для самостоятельного решения. Вычислить интеграл с помощью вычетов 2π
8.1
∫2+
dx
0
2π
8.3
∫5+2 0
22
3 sin x dx 6 sin x
2π
8.2
∫4+ 0
2π
8.4
∫6+ 0
dx 15 sin x dx 35 sin x
2π
2π
dx 8.5 ∫ 5 − 4 cos x 0
0
2π
2π
sin 2 x dx 8.7 ∫ 5 + 3 cos x 0
8.8
2π
8.11
∫ 0
1 + sin 2 x 8.10 ∫ dx 5 + 3 cos x 0
8.13
∫ 0
10 1 + cos x 11
∫ 0
2
(3
0
8.14
2
2 + 2 3 cos x
∫ 0
(
7 + 2 cos x
∫
(2
0
)2
8.16
8.18
dx 3 + 11 cos x
)2
dx
∫ (4 + cos x )2
∫ 0
(
dx 5 + 3 cos x
2π
)2
)2
0
0
8.19
5 + cos x
2π
∫ (4 + 3 cos x )2 dx
(
dx
2π
dx
dx
2π
∫
2π
6 1 + cos x 7
2π
8.17
8.12
dx
2π
8.15
2π
dx
2π
dx ∫ 5 + 3 cos x 0 2π
dx 8.9 ∫ 5 − 3 cos x 0 2π
cos x + 1
∫ sin x + 2 dx
8.6
8.20
∫ 0
(4 +
dx 7 cos x
)2
)2
9 Несобственные интегралы от рациональных функций Постановка задачи. Вычислить несобственный интеграл Pn ( x ) ∫ Qm (x )dx , где Pn и Qm – многочлены степени n и m , Qm (x ) ≠ 0 и m ≥ n + 2 . −∞ +∞
План решения. 23
1 Для того, чтобы применить теорему Коши о вычетах, вводим функцию P (z ) комплексной переменной f ( z ) = n и строим контур, состоящий из отрезка Qm ( z ) вещественный оси [− R; R ] и полуокружности C R = { z = R, Im z ≥ 0}, выбрав R так, чтобы все особые точки z k (k = 1,2,..., n ) функции f ( z ) , лежащие в верхней полуплоскости, оказались внутри контура. Тогда по теореме Коши о вычетах n Pn ( x ) ( ) dx + f z dz = 2 π i ∑ res f (z k ) ∫ Qm ( x ) ∫ k =1 C −R R
(9.1)
R
Переходим к пределу при R → +∞ . Так как m ≥ n + 2 , то lim ∫ f ( z )dz = 0 . Поскольку правая часть в (9.1) не зависит от R , имеем R → +∞
CR
n Pn ( x ) dx = 2 π i ∑ resf (z k ) , ∫ Qm (x ) k =1 −∞
+∞
(9.2)
где z k – особые точки функции f ( z ) , лежащие в верхней полуплоскости, и определяем их тип. 2 Вычисляем вычеты в этих точках. 3 Вычисляем искомый интеграл по формуле (9.2) +∞
Пример. Вычислить интеграл
∫
−∞
(x
dx
2
) (x
+1
2
2
+ 16
)
.
Решение.
1 Для того, чтобы применить теорему Коши о вычетах, вводим функцию комплексной переменной P0 ( z ) 1 f (z ) = = и строим контур, состоящий из отрезка 2 2 2 ( ) Q z 6 z + 1 z + 16
(
)(
)
вещественной оси [− R; R ] и полуокружности C R = { z = R, Im z ≥ 0}, выбрав R так, чтобы все особые точки z k функции f ( z ) , лежащие в верхней полуплоскости, оказались внутри контура. Тогда по теореме Коши о вычетах R
∫
−R
24
(x
dx
2
) (x
+1
2
2
+ 16
)
+
n
∫ f (z )dz = 2πi ∑ resf (z k )
CR
k =1
(9.3)
Переходим к пределу при R → +∞ . Так как степени многочленов P0 и Q6 удовлетворяют соотношению m ≥ n + 2 , то lim ∫ f ( z )dz = 0 . Поскольку правая часть в (9.3) от R не зависит, имеем R → +∞
CR
+∞
∫
−∞
(x
n
dx
2
) (x
+1
f (z ) =
(z
2
2
+ 16 1
)( 2
2
)
= 2πi ∑ resf ( z k ), где z k – особые точки функции k =1
)
2
, лежащие в верхней полуплоскости.
+ 1 z + 16 2 Находим особые точки функции 1 1 f (z ) = = 2 2 2 z 2 + 1 z 2 + 16 ( z − i ) ( z + i ) ( z − 4i )( z + 4i ) как нули знаменателя: z = i – полюс второго порядка, z = −i – полюс второго порядка, z = 4i – полюс первого порядка, z = −4i – полюс первого порядка.
(
)(
)
3 Вычисляем вычеты в точках z = i и z = 4i . 1 1 z − 4i , = = resf (4i ) = lim 2 2 z → 4i 2 1800 i z + 1 ( z + 4i ) (− 16 + 1) ⋅ 8i ( d z − i )2 2 2 z 2 + iz + 16 resf (i ) = lim = = − lim 2 3 2 z →i dz ( z − i )2 ( z + i )2 z 2 + 16 z →i (z + i ) z + 16 2(− 2 − 1 + 16 ) 26 =− = . − 8i ⋅ 225 1800i 4 Вычисляем интеграл +∞ dx 26 3π 1 . = 2πi ⋅ + = ∫ 2 2 2 1800 i 1800 i 100 − ∞ x + 1 x + 16
(
)
(
(
)(
(
)
(
) )
)
Задачи для самостоятельного решения. Вычислить интеграл. +∞
9.1
∫
−∞
4
2
x + 10 x + 9
+∞
9.3
∫
−∞
+∞
x2 − x + 2
(x
dx
+4
) (x 2
∫
−∞
(x
x −1 2
+∞
dx
2
9.2
2
+ 16
)
9.4
∫
−∞
(x
+4
)
dx 2
2
dx
)
− x +1
2
25
+∞
∫
9.5
−∞
(x
)(
2
+ 4 x2 + 9
+∞
∫
9.7
−∞
(x
)(
2
∫
−∞
(x
∫
)(
+ 2 x2 + 3
−∞
(x
x2 + 1 2
+∞
9.13
∫
−∞ +∞
9.15
∫
−∞
(x
9.17
∫
−∞
∫
−∞
)
9.10
)
2
(x
∫
2
+3
)
2
dx
(x
−∞
9.12
∫
2
)(
9.14
dx 2
)
2
(x
−∞
dx
∫
9.16
−∞
2
) (x
)
9.18
∫
−∞
9.20
2
x + 7 x + 12
∫
−∞
2
+4
2
+5
2 3
dx
2
) (x
+1
2
x2 + 4
(x
2
+9
)
2
+∞
+∞
−∞
−∞
∫ R(x ) cos λxdx , ∫ R(x ) sin λxdx , λ > 0.
План решения.
26
Вычислить
)
2
dx
R( x ) sin λx
задачи.
)
(1 + x )
10 Несобственные интегралы от функций Постановка
dx
dx
(x
+∞
dx
2
+1
+∞
dx
)
+ 4 x + 13
2
2
dx
+∞
− 10 x + 29
4
∫
)
+ 9 x2 + 1 x2 + 1
(x
−∞
x2 + 3 2
∫
−∞
dx
x 4 + 5x 2 + 6
(x
9.8
2
x 2 dx
+∞
+5
+∞
9.19
)
2
x2 + 5
+∞
x 4 + 10 x 2 + 9
−∞
+∞
+ x +1 x2
2
2
+∞
dx
+∞
9.11
2
+9 x +4
2
)
dx
∫
9.6
+∞
dx
+∞
9.9
+∞
dx
несобственные
R( x ) cos λx
интегралы
и
вида
где R( x ) – правильная рациональная дробь и
Для решения задачи достаточно вычислить несобственный интеграл +∞
∫ R(x )e
iλx
dx
−∞
и воспользоваться формулами: +∞
+∞
iλx ∫ R(x ) cos λxdx = Re ∫ R(x )e dx
−∞
(10.1)
−∞
или +∞
+∞
iλx ∫ R(x ) sin λxdx = I m ∫ R(x )e dx .
−∞
(10.2)
−∞
1 Чтобы применить теорему Коши о вычетах, вводим функцию комплексной переменной f ( z ) = R( z )e iλx и строим контур, состоящий из отрезка вещественный оси [− R; R ] и полуокружности C R = { z = R, Im z ≥ 0}, выбрав R так, чтобы все особые точки z k (k = 1,2,..., n ) функции f ( z ) , лежащие в верхней полуплоскости, оказались внутри контура. Тогда по теореме Коши о вычетах R
∫
R( x )e iλx dx +
−R
∫
n
f ( z )dz = 2πi ∑ resf ( z k ) .
(10.3)
k =1
CR
Переходим к пределу при R → +∞ и используем лемму Жордана. Лемма Жордана: Пусть g ( z ) аналитична в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа особых точек, и max g ( z ) → 0 при R → +∞ . z∈C R
Тогда ∀λ > 0 lim ∫ g ( z )e iλz dz = 0 . R → +∞
CR
Так как в нашем случае g ( z ) = R( z ) – правильная рациональная дробь и λ > 0 , то условия леммы Жордана выполнены и, следовательно, lim ∫ f ( z )dz = 0 . R → +∞
CR
Поскольку правая часть в (10.3) не зависит от R , имеем: +∞
∫
−∞
n
R( x )e iλx dx = 2πi ∑ resR( z k )e iλzk ,
(10.4)
k =1
где z k – особые точки функции f ( z ) , лежащие в верхней полуплоскости. 27
f ( z ) , лежащие в верхней
2 Находим особые точки функции полуплоскости, и определяем их тип. 3 Вычисляем вычеты в этих точках. 4 Вычисляем несобственный интеграл +∞
∫ R(x ) sin λxdx
по формуле (10.4).
−∞
5 Используя формулы (10.1) или (10.2) вычисляем искомый интеграл. +∞
Пример. Вычислить интеграл
∫
−∞
x cos x 2
x − 2 x + 10
.
Решение.
Для решения задачи достаточно вычислить несобственный интеграл +∞ xe ix ∫ x 2 − 2 x + 10 dx −∞ и воспользоваться формулой +∞
∫
−∞
x cos x x 2 + 2 x + 10
dx = Re
+∞
∫
(x + 1)e ix
2 − ∞ x − 2 x + 10
dx .
(10.5)
1 Чтобы применить теорему Коши о вычетах, вводим функцию комплексной переменной z e iz f (z ) = 2 z − 2 z + 10 и строим контур, состоящий из отрезка вещественной оси [− R; R ] и полуокружности C R = { z = R, Im z ≥ 0}, выбрав R так, чтобы все особые точки z k (k = 1,2,..., n ) функции f ( z ) , лежащие в верхней полуплоскости, оказались внутри контура. Тогда по теореме Коши о вычетах: R
∫
−R
xe ix dx 2
x − 2 x + 10
+
∫
CR
n
f ( z )dz = 2πi ∑ resf ( z k ) .
(10.6)
k =1
Переходим к пределу при R → +∞ . Так как в нашем случае z есть правильная рациональная дробь и λ = 1 > 0 , то условия g (z ) = 2 z − 2 z + 10 леммы Жордана выполнены и, следовательно, lim ∫ f ( z )dz = 0 . R → +∞
28
CR
Поскольку правая часть в (10.6) не зависит от R , имеем +∞
n zk ix 2 π e dx i res = ⋅ e izk , ∑ 2 2 z k − 2 z n + 10 x − 2 x + 10 k =1
x
∫
−∞
(10.7)
где z k – особые точки функции z e iz , лежащие в верхней полуплоскости. f (z ) = 2 z − 2 z + 10 2 Находим особые точки функции ze iz ze iz f (z ) = 2 = z − 2 z + 10 ( z − 1 − 3i )( z − 1 + 3i ) как нули (первого порядка) ее знаменателя: z = 1 + 3i и z = 1 − 3i . Таким образом, точки z = 1 + 3i и z = 1 − 3i – полюса первого порядка. В верхней полуплоскости лежит единственная точка z = 1 + 3i . 3 Вычисляем вычет в простом полюсе z = 1 + 3i . ( ( 1 + 3i )e i (1+3i ) 3 − i −3 z − 1 − 3i )ze iz resf (1 + 3i ) = lim = = e (cos 1 + i sin 1) . z →1+ 3i ( z − 1 − 3i )( z − 1 + 3i ) 6i 6 1 Вычисляем несобственный интеграл по формуле (10.7): +∞ xe ix dx 3− i = π ⋅ 2 i 3 (cos 1 + i sin 1) . ∫ x 2 − 2 x + 10 6e −∞ 2 Используем формулу (10.5), вычисляем искомый интеграл +∞ + ∞ 1 −3 xe ix x cos x = Re dx = Re dx πe (3i + 1) ⋅ (cos 1 + i sin 1) = ∫ x 2 − 2 x + 10 ∫ 2 3 − + x 2 x 10 −∞ −∞ 1 = πe −3 (cos 1 − 3 sin 1). 3 Задачи для самостоятельного решения. Вычислить несобственные интегралы +∞
10.1
∫
(x − 1) sin x dx
(x
−∞ +∞
10.3
∫
−∞
+∞
10.5
∫
−∞
2
+9
(x
)
+1
10.2
)
x 2 cos x 2
+∞
2
2
−∞ +∞
10.4
dx
x dx 2 x2 + 1 x2 + 9
)(
∫
−∞
x sin
(
∫
+∞
)
10.6
∫
−∞
cos 2 x
(x
2
)
+1
2
dx
(x + 1) cos x x 4 + 5x 2 + 6
(x
dx
)
2
+ 3 cos 2 x
4
2
x + 3x + 2
dx 29
+∞
∫
10.7
(x
+∞
∫
−∞
− 2 cos
(x
−∞
10.9
)
3
∫
+∞
∫
−∞ +∞
10.15
∫
−∞ +∞
10.17
∫
−∞ +∞
10.19
∫
−∞
30
dx
∫
−∞
dx
)
2
10.14
∫
−∞
sin 2 x
4
2
(x
)
dx
− x +1
(x
3
+ 5 x sin x
2
)
x 4 + 10 x 2 + 9
)
∫
−∞ +∞
dx
+ 1 cos xdx
x 4 + 5x 2 + 4
10.16
10.18
∫
−∞ +∞
10.20
∫
−∞
dx
cos 5 xdx 2
) (x
+1
2
2
+4
)
(x + 1) sin 2 x dx x 2 + 2x + 2 x sin x 2
x − 2 x + 10
+∞
(x
3
∫
+∞
10.12
)
− x sin x
x + 9 x + 20
−∞
2
(x
∫
2
+∞
x sin x +1
10.10
dx
x 4 + 5x 2 + 4
(x
10.8
+∞
x 3 sin x
2
(x
+∞ −∞
x 2 − 2 x + 17
−∞
10.13
)
+1
2
x cos x
+∞
10.11
2
x 2 dx
(x
sin 2 x 2
)
− x +1
2
dx
dx
x 2 cos xdx x 4 + 10 x 2 + 9
(x
2
)
+ x cos x
x 4 + 13 x 2 + 36
dx
Список использованных источников 1 Волконский Л.И., Лунц Г.Л., Араманович И.Г. Сборник задач по теории функции комплексной переменной – М.: Физматлит, 2002. – 312с. 2 Краснов М.Л. и др. Высшая математика. – Т. 4. – М.: Эдиториал УРСС, 2001. – 348с. 3 Лаврентьев М.А., Шабат Б.В. Методы теории функций комплексного переменного СПб.: Лань, 2002. – 688с. 4 Мантуров О.В. Курс высшей математики. – М.: Высшая школа. 1991. – 448с. 5 Чудесенко В.Ф. Сборник заданий по специальным курсам высшей математики. – М.: Высшая школа, 1983 – 110с.
31