Руководство к решению некоторых задач по теории функции комплексной переменной: Методические указания

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