Контрольна робота (заочна форма навчання)

↑

▷ Содержание

⇐ ПредыдущаяСтр 11 из 11

Варіант 1

1. Обчислити всі значення та виділити головне значення.

2. Перевірити умови Даламбера—Ейлера для функції і знайти .

3. Виходячи з означення комплексного інтеграла, обчислити , де С – півколо (початок в точці ).

4. Знайти радіус збіжності степеневого ряду

5. Знайти лишки функції відносно всіх її полюсів.

6. На яку область в площині функція відображає круг ? Як відображаються при цьому, зокрема, кола , (0 < < 1) і радіуси ?

Варіант 2

1. Знайти всі ті значення , при яких є чисто уявним числом.

2. Те ж саме для функції .

3. Те ж саме для , де С — радіус-вектор точки .

4. Знайти радіус збіжності степеневого ряду

5. Знайти лишки функції відносно всіх її полюсів.

6. Для функції , де , знайти образи ліній .

Варіант 3

1. Знайти модуль і головне значення аргументу числа .

2. Знайти аналітичну функцію аргументу , дійсна частина якої .

3. Користуючись інтегральною формулою Коші, обчислити інтеграл , де С— коло .

4. Знайти область збіжності функціонального ряду

5. Чому рівний інтеграл , взятий по колу ? Порівняти його з інтегралом

6. Знайти лінію в площині , яку описує точка, якщо точка z н z- площині рухається по відрізку прямої .

Варіант 4

1. Знайти модуль і головне значення аргументу числа .

2. Знайти аналітичну функцію аргументу , уявна частина якої є .

3. Користуючись інтегральною формулою Коші, обчислити інтеграл , де С — коло .

4. Написати перші чотири члени розкладу в ряд Тей­лора в околі нульової точки функції і знайти радіус збіжності цього ряду.

5. Знайти всі особливі точки функції і обчислити лишки відносно всіх її полюсів.

6. На яку область перетворюється півкруг , за допомогою функції ?

Варіант 5

1. Знайти всі значення числа і виділити головне значения.

2. Чи існує аналітична функція , де , для якої ?

3. Користуючись інтегральною формулою Коші, обчислити інтеграл , де С- еліпс .

4. Написати перші чотири члени розкладу в ряд Тей­лора в околі нульової точки функції і знай­ти радіус збіжності цього ряду.

5. Користуючись основною теоремою про лишки, об­числити інтеграл С — коло .

6. Знайти функцію, яка відображає конформно і вза­ємно однозначно круг на нижню півплощину до так, що точки переходять відповідно в точки: .

Варіант 6

1. Накреслити графік функції , де х — дійсна змінна.

2. Чи існує аналітична функція , де , для якої ?

3. Користуючись інтегральною формулою Коші, обчислити інтеграл , де С- коло .

4. Розкласти функцію в ряд Тейлора в околі нульової точки і знайти радіус збіжності цього ряду.

5. Користуючись основною теоремою про лишки, обчислити інтеграл , де С — коло .

6. Відобразити круг на півплощину так, щоб виконувались умови .

Варіант 7

1. Яка лінія задана рівнянням: , де t — дійсний параметр?

2. Довести, що функція до є ана­літична на всій площині .

3. Користуючись інтегральною формулою Коші, обчислити інтеграл — прямокутник з вершинами в точках .

4. Розкласти у ряд Тейлора по степенях z функцію і визначити радіус збіжності цього ряду.

5. Користуючись основною теоремою про лишки, обчислити інтеграл С — коло .

6. З'ясувати, на що перетворюється при відображенні смуга між прямими .

Варіант 8

1. Яка лінія визначається рівнянням: ?

2. Довести, що функція ( — дійсна частина z) диференційовна лише в точці . Знайти .

3. Виходячи з означення комплексного інтеграла, довести, що , якщо С будь-який простий замкнутий контур, що обмежує область, площа якої дорівнює S.

4. Розкласти у ряд Лорана функцію в околі точки і вказати область, в якій цей розклад має місце.

5. Знайти усі особливі точки функції і визначити їх характер.

6. Знайти функцію, яка перетворює конформно круг в себе так, що точки –1, і, 1 переходять відповідно в точки .

Варіант 9

1. Розв'язати рівняння: .

2. Довести, що функція не має похідної в жодній точці комплексної площини z.

3. Обчислити , де С є замкнутий контур, який складається з верхнього півкола і відрізка осі від до .

4. Розкласти у ряд Лорана функцію в околі точки

5. Знайти усі особливі точки функції і визначити їх характер.

6. Відобразити круг на круг так, щоб точка відобразилась в точку і щоб мала місце рівність .

Варіант 10

1. Розв'язати рівняння: .

2. З'ясувати, яка частина площини z стискується і яка розтягається, якщо відображення здійснює функція .

3. Обчислити всі можливі значення при різних положеннях контура С, який не проходить через точки .

4. Розкласти у ряд Лорана функцію в околі точки .

5. Чи існує функція, аналітична в точці , яка набирає в точках відповідно значення: ?

6. З'ясувати, на що перетворюється при відображенні кут .

Зразки розв'язування задач

Задача № 1. Знайти всі значення , їх модуль та аргумент.

Розв'язання. Означення комплексного степеня: (*), де а 0 і b – довільні комплексні числа.

Звертаємо увагу на те, що у правій частині (*) визначено незалежно від вищенаведеного означення степеня (інакше був би «круг в означенні»). А саме: є значення показникової функції при , яка означена як сума степеневого ряду в який входять лише цілі невід'ємні степені z (дія множення). У даному випадку .

Маємо за означенням (*) і далі за означенням комплексного логарифма:

(**)

Застосувавши до першого множника в (**) формулу Ейлера, матимемо:

.

Порівнюючи (**) з загальною показниковою формою комплексного числа , одержимо:

Задача № 2. Перевірити умови Даламбера – Ейлера для функції і визначити, в яких точках до є диференційовна функція.

Розв'язання. Хай . Тоді рівняння Даламбера – Ейлера мають вигляд:

.

Відокремимо дійсну і уявну частини функції до:

.

Отже,

.

Рівності

(*)

очевидно виконуються в точці . Зовсім легко переконатись, що ця точка є єдиною, в якій задовольняються рівняння Даламбера – Ейлера.

Справді, перше рівняння системи (*): при рівносильне рівнянню , друге рівняння (*) при рівносильне рівнянню . А система х²=Зу², Зх²=у² не має жодного розв'язку, крім х=0, у=0.

Беручи до уваги, що функції u і v є всюди диференційовними, приходимо до висновку, що функція до є диференційовна в точці (достатність умов Даламбера – Ейлера для диференційовності функції) і лише в цій точці (необхідність цих же умов).

Задача № 3. Знайти аналітичну функцію аргумента , уявна частина якої (1)

Розв'язання. Оскільки є функція аналітична, для неї справджуються рівняння Даламбера – Ейлера, тобто:

Залишається з цих рівнянь визначити и. Скористаємось першим рівнянням Даламбера – Ейлера. Беручи до уваги (1), маємо:

;

Звідси

(тут замість сталої С при знаходженні первісної функції и пишемо , оскільки у при знаходженні похідної і обчисленні інтеграла вважається за сталу, отже, взагалі кажучи, входить в С).

Далі, інтегруючи, одержуємо:

(2)

Використаємо тепер друге рівняння Даламбера – Ейлера для знаходження .

Для цього спочатку знайдемо з (2) і з (1).

;

Але , тобто: ;

Звідки , ;

(С – дійсна довільна стала).

Отже, (3)

Виразимо тепер праву частину (3) через z. Оскільки, дістаємо:

.

Задача № 4. Визначити область збіжності функціонального ряду

Розв'язання. Застосуємо ознаку збіжності рядів Даламбера, яка, як відомо, має силу і в комплексній області звичайно для ряду модулів.

Маємо:

Отже, за ознакою Даламбера ряд буде збіжним (і до того абсолютно) при всіх z таких, що ;

Тобто .

Якщо , то ,

Звідки , і даний ряд буде розбіжним, оскільки не виконується навіть необхідна умова збіжності.

Залишається дослідити збіжність ряду при . При цій умові маємо . Ряд , як легко встановлюється за інтегральною ознакою збіжності, є збіжний. Справді, невласний інтеграл існує:

.

Таким чином, область абсолютної збіжності заданого ряду є вся зовнішність круга з центром в точці і радіусом, рівним 5, причому коло цього круга включається в область збіжності.

Задача № 5. Розкласти в ряд Тейлора за степенями функцію і визначити радіус збіжності.

Розв'язання. Функція є аналітична в усій комплексній площині, за винятком точки , отже, її можна розкласти в ряд Тейлора в крузі з центром і радіусом, рівним віддалі від точки до найближчої особливої точки: , звідси радіус круга збіжності з центром в точці є рівний 2. Безпосередній розклад в ряд Тейлора по формулі:

веде до складних обчислень. Використаємо інший спосіб:

. (*)

Представимо як суму спадної геометричної прогресії:

Отже, при .

Що ж до другого доданка (*) , то він являє собою похідну по z від .

Аналогічно попередньому розкладемо в ряд Тейлора за степенями і про диференціюємо цей степеневий ряд почленно (адже степеневі ряди почленно диференціювати в крузі збіжності):

При .

Нарешті:

В крузі .

З теореми єдиності розкладу функції в ряд Тейлора випли­ває, що одержаний степеневий ряд і є рядом Тейлора функції;

в крузі .

Задача № 6. Обчислити інтеграл , де С – границя півкільця, обмеженого верхніми півколами |z|=1, |z|=2 і відрізками осі абсцис від точки —2 до точки – 1, та від точки 1 до точки 2.

Інтегрування проводиться в додатному напрямі (див. рис. 3).

Розв’язання. Перетворимо підінтегральний вираз, помноживши чисельник і знаменник на z:

.

.

На колі я маємо: , аналогічно на другому колі

Отже,

Оскільки підінтегральна функція є аналітична в будь-якій області, останній інтеграл можна обчислити за формулою Ньютона – Лейбніца:

Аналогічно,

Далі на відрізку АВ , оскільки тут z є дійсним від'ємним числом, а на відрізку KL . В обох випадках , тому

і

Остаточно:

Задача № 7. Обчислити за допомогою інтегральної формули Коші інтеграл

Розв'язання. Підінтегральна функція є аналітична в крузі , крім точки , бо всі інші нулі знаменника: –1, і, – і знаходяться поза цим кругом.

Справді, визначимо віддаль між центром круга а та точкою і, тобто . Маємо (адже а – дійсне число). Крім цього, , тобто , чим і встановлено, що точка і знаходиться поза колом . Далі ; , отже, точки – і та – 1 теж знаходяться поза даним колом.

Представимо тепер розглядуваний інтеграл у вигляді

Оскільки функція аналітична всередині С і на самому колі С, то можна до інтеграла (*) застосувати інтегральну формулу Коші:

де за приймемо , а за .

Тоді .

Задача № 8. Розкласти в ряд Лорана в околі точки функцію .

Розв'язання. Функція не є аналітичною в точці , отже, вона не розкладається в околі цієї точки в ряд Тейлора. Але цю функцію можна розкласти в околі точки в ряд Лорана, тобто в «двосторонній степеневий» ряд. за степенями , оскільки область, в якій вона є аналітична (вся комплексна площина з вилученою точкою ), можна розглядати як кругове кільце з центром в точці , де внутрішній радіус , зовнішній –

Щоб розкласти функцію в ряд Лорана за степенями , спочатку перетворимо її тотожно:

, де .

Використаємо відомий ряд для :

Нарешті:

Цей розклад справедливий в усій комплексній площині, з якої вилучена точка .

Задача № 9. Розкласти в ряд Лорана функцію в околі нескінченно віддаленої точки.

Розв'язання. Покладемо ; тоді функцію розкладемо в ряд Тейлора в околі точки . Для цього розкладемо на елементарні дроби: .

Кожний із доданків у виразі в дужках представимо як суму спадної геометричної прогресії, а саме:

причому обидва розклади мають місце при (інак­ше прогресії не будуть спадними). Таким чином:

причому цей розклад справедливий у зовнішності круга (адже і ).

Задача № 10. Обчислити за допомогою теореми про лишки інтеграл , де С- коло , n – ціле число.

Розв'язання. Контур інтегрування С є коло з центром в точці та радіусом r. Якщо , то функція є аналітична в області, обмеженій контуром С, і на самому контурі, оскільки точка знаходиться поза контуром. Отже, за теоремою Коші – Гурса .

Якщо , то точка , яка є єдиною особливою точкою підінтегральної функції, знаходиться в області, об­меженій контуром С. Тоді за основною теоремою про лишки

Обчислимо лишок підінтегральної функції в точці . Для цього розкладемо її в ряд Лорана в околі цієї точки. Маємо:

тепер, якщо , то лишок функції, який за означенням рівний коефіцієнту при в лорановому розкладі, буде . Якщо ж , то в наведеному розкладі в ряд Лорана не буде члена з (наприклад, при n = – 2 розклад матиме вигляд .). Отже, в цьому випадку.

А тому тоді .

Остаточно маємо:

(Нагадуємо, що 0! за означенням рівний 1).

Задача № 11. Довести, що функція відображає конформно верхній півкруг на перший квадрант.

Розв'язання. Функція є дробово-лінійна, отже, вона перетворює коло на коло або на пряму в си­лу кругової властивості дробово-лінійних перетворень. Оскільки точка z=1, яка лежить на колі , перетво­рюється на площині в нескінченно віддалену точку, образом кола буде пряма (коло нескінченно великого радіуса). Аналогічно і образом дійсної осі у=0 теж буде пряма.

Точки кола відповідно перетворяться в точки відповідно перетворюється в точки

Отже, образом кола на площині буде уявна вісь.

Аналогічно точки дійсної осі площини відобразяться відповідно у точки , і образ дійсної осі площини Г являтиме дійсну вісь площини .Позначивши , одержимо:

прирівнюючи дійсні і уявні частини в обох частинах рів­ності, одержимо:

Оскільки для всіх точок всередині круга , то и>0, до того на верхньому півкрузі у>0, тому .

Таким чином, верхній півкруг площини відображається на перший квадрант площини .

Література

1. Свешников А.Г., Тихонов А.Н. Теория функций комплексной переменной: Наука, М., 1970, 301 с.

2. Пчёлкин Б.К. Специальные разделы высшей математики. Высшая школа, М., 1973, 460 с.

3. Макушевич А.И. Краткий курс теории аналитических функций. Наука, М., 1978, 415 с.

4. Волковыский Л.И., Лунц Г.Л., Арманович И.Г. Сборник задач по теории функций комплексного переменного. Наука, М., 1970, 318 с.

Познавательные статьи:



Техника нижней прямой подачи мяча

Комплекс физических упражнений для развития мышц плечевого пояса

Стандарт Порядок надевания противочумного костюма

Общеразвивающие упражнения без предметов