книги / Теория функций комплексного переменного

+∞

n

iλz

> 0.

(7.15)

∫ R(x)sin λxdx = 2πRe

∑ Res(R(zk )e

k

) , Im zk

−∞

k =1

+∞

2xsin 5x

dx.

Пример 7.8. Вычислить интеграл ∫

x

2

+4

0

Так как подынтегральная функция

f (x) = R(x)sin 5x

при

R(x) =

2x

является

четной,

то

+∞

2xsin 5x

∫

2

dx

=

x

2

+

4

x

+4

0

1 +∞ 2xsin 5x

= 2 −∫∞ x2 +4

dx .

Построим функцию

f (z)

=

R(z) e5i z ,

такую, что R(z) на

действительной

оси

(при

z = x )

совпадает

с

R(x) :

f (z) =

2z

e5i z .

Отметим, что при z = x справедливо равен-

z

2 +

4

ство Im f (z) = f (x) . Функция

f (z)

имеет в верхней полуплос-

кости полюс первого порядка в точке z = 2i .

Вычет функции

f (z)

относительно этого полюса имеет

следующий вид:

Res f (2i) = lim

2z e5i z

= lim 2z e5i z = e−10.

z→2i (z2 +4)′

z→2i

2z

+∞ xsin 5x

1

2π Re(e−10 ) = πe−10.

Следовательно, ∫

dx

=

x

2

+4

2

0

r1 =

z1

= (−1)2 +12 = 2 ,

ϕ = arg z

= arctg −1

+ π = −

π

+ π = 3π,

1

1

1

4

4

r

=

z

2

=

12 +

32 = 2 ,

ϕ

2

= arg z

2

= arctg

3

= π.

2

1

3

3π

3π

i

3π

z1 =

2

+i sin

,

z1 = 2e 4 ,

cos

4

4

π

π

i

π

= 2

+i sin

z1 = 2e 3 .

z2

cos

,

3

3

2.

а) z1

z22 =(−1−i)(1+ 3i)2 =(−1−i) 12

+2 3i +(

3i)2

=

(

)

=(−1−i) 1

+2 3i −3

=

=(−1−i)(2 3i −2) = −2 3i +2 −2 3i2 +2i =

= −2 3i +2 +2 3 +2i =(2 +2 3)+(2 −2 3)i;

z2

1+ 3i

(1+ 3i)(−1−i)

б)

=

−1+i

=

(−1+i)(−1−i) =

z1

=

−1−i − 3i − 3i2

−1−i − 3i + 3

=

(−1)2

−i2

=

1+1

=

−1+ 3 −(1+ 3) i

= −1+ 3 −1+ 3 i;

2

2

2

в) применим формулу (2.11):

3π

4

+2πk

3π

4

+2πk

3 z = 3

−1+i = 3

2

cos

+i sin

,

3

3

1

3π

3π

π

π

2

2

6

2 cos

4

+isin

4

=

6

+i sin

=

6

+

;

2 cos

2

i

3

3

4

4

2

2

при k =1

6

3π

4 +2π

3π4 +2π

6

11π

11π

2 cos

+i sin

=

2 cos

+isin

;

3

3

12

12

при

k = 2

6

3π4 +

4π

3π

4 +

4π

6

19π

19π

2

cos

+i sin

=

2

cos

+i sin

=

3

3

12

12

=

6

5π

−

5π

2 cos

−

+i sin

.

12

12

а)

f (z) = cos z, z0

=

π

+3i ;

3

б)

f (z) = Arctg z,

z0 =

1−i

3

.

2

Решение

π

π

π

1

3

а)

cos

+3i = cos

cos3i

−sin

sin 3i =

ch3

−i

sh3;

3

3

3

2

2

б) по определению Arctg z = −

i

Ln i − z .

2

i + z

1

3

1

3

i −

+i

−

+i

1+

i − z

2

2

=

2

2

=

=i (2 + 3) ,

i + z

i +

1

−i

3

1

3

+i 1−

2

2

2

2

Arctg 1−i

3

= −

i

Ln

i − z

= −

i

Lni (2 +

3) =

i + z

2

2

2

3))+2πki)=

= −

i

(ln

i(2 +

3)

+i arg (i (2 +

2

i(2 +

3)

= 2 +

3

i

π

=

arg (i (2 +

3)) =

π

= −

ln

(2 +

3)+i

+2πk

=

2

2

2

=

1

π

+2πk

−

i

ln (2 + 3).

2

2

2

∂u

=

∂v

,

∂x

∂y

∂u

= −∂v .

∂y

∂x

∂u ,

∂u ,

∂v ,

∂v

существуют и непрерывны в окрестности лю-

∂x

∂у

∂x

∂y

бой точки (x, y), то производная

f ′(z) существует в любой

точке z = x +iy

комплексной плоскости .

Найдем эту производную:

f ′( z) = ∂u +i

∂v =

∂x

∂x

87