Контрольная работа по высшей математике на тему Интегралы

ТФКП примеры
№ 152. ∫▒dz/√z, C: а) верхняя половина окружности |z|=1; выбирается та ветвь функции √z, для которой √1=1; б) |z|=1;Rez≥0; √(-i)=(1-i)√2/2
Решение.
а) Функция √z имеет два значения:
√z=√(|z| )(cos φ/2+isin φ/2)
√z=√(|z| ) (cos⁡(φ/2+π)+isin(φ/2+π))=-|z|(cos φ/2+isin φ/2)
где φ=argz.
Так как значения z берутся на единичной окружности, то |z|=1 и, следовательно,
√z=cos φ/2+isin φ/2

√z=-cos φ/2-isin φ/2
Условию √1=1 удовлетворяет первое значение √z=cos φ/2+isin φ/2
В самом деле, пусть z=1, тогда argz=0 и
√1=cos0+isin0=1
Применяя формулу Ньютона-Лейбница, получим:
∫▒dz/√z=∫_1^(-1)▒〖dz/√z=2√z |■(-1@1)=┤ 〗 2(√(-1)-√1)
Полагая, что z=-1, argz=π/2 найдем:

√(-1)=cos π/2+isin π/2=i
Согласно выбору ветви имеем √1=1 и окончательно получим:
∫▒dz/√z=2(i-1)
б)
0≤x≤1
z=|z| e^iφ=e^iφ
φ∈[-π/2;π/2]
Из условия √(-i)=(1-i)√2/2 следует:
√(e^iφ )=e^(i(φ/2+π))=e^(iφ/2)
Тогда получим:
∫▒dz/√z=∫_(π/2)^(-π/2)▒〖(ie^iφ)/e^(iφ/2) dφ〗=i∫_(π/2)^(-π/2)▒〖e^(iφ/2) dφ〗=2(e^(i π/4)-e^(-i π/4) )=2√2 i
№ 177.
∫_(|z|=1)^ ▒cosz/z^3 dz
Решение.
Используем интегральную формулу Коши для случая кратных корней:
∫_C^ ▒(f(z))/〖(z-z_0)〗^(n+1) dz={█(2πi/n! f^((n) ) (z),z_0∈D_C@0,z_0∉D_C )┤
Внутри окружности |z|=1 знаменатель дроби обращается в 0 в точке z_0=0. Тогда
∫_(|z|=1)^ ▒cosz/z^3 dz=2πi/2! 〖cosz〗^'' | _(z_0=0) ┤=πi(-cosz)| _(z_0=0) ┤=-πi
№179.
∫_(|z-1|=1)^ ▒(sin π/4 z)/((z-1)^2 (z-3)) dz
Знаменатель дроби обращается в 0 в точке z_0=1. Тогда интеграл примет следующий вид:
∫_(|z-1|=1)^ ▒((sin π/4 z)/(z-3))/(z-1)^2 dz=2πi((sin π/4 z)/(z-3))^' | _(z_0=1) ┤=
=2πi (π/4 cos π/4 z(z-3)-sin π/4)/(z-3)^2 | _(z_0=1) ┤=2πi (π/4 √2/2 (-2)-√2/2)/(1-3)^2 =
=-(√2 π(π+2))/8
№ 181.
∫_(|z-3|=6)^ ▒z/((z-2)^3 (z+4)) dz
Решение.

 
z_0=2
∫_(|z-3|=6)^ ▒(z/(z+4))/(z-2)^3 dz=2πi/2! (z/(z+4))^'' | _(z_0=2) ┤=
=πi((z+4-z)/(z+4)^2 )^' | _(z_0=2) ┤=
=πi (4(-2(z+4)))/(z+4)^4 | _(z_0=2) ┤=-8πi/216=-πi/27
№ 379.
∫_0^∞▒〖(x^2+1)/(x^4+1) dx〗
Решение. Подынтегральная функция является четной, так как:
f(-x)=(〖(-x)〗^2+1)/(〖(-x)〗^4+1)=(x^2+1)/(x^4+1)=f(x)
Тогда
I=1/2 ∫_(-∞)^(+∞)▒〖(x^2+1)/(x^4+1) dx〗
Введем функцию f(z)=(z^2+1)/(z^4+1), которая на действительной оси, то есть z=x, совпадает с f(x).
Разложим знаменатель на множители:
z^4+1=(z^2+√2 z+1)(z^2-√2 z+1)=
=(z-√2/2(i-1))(z+√2/2(i+1))(z+√2/2(1-i))(z-√2/2(i+1))
Функция f(z) имеет в верхней полуплоскости два полюса первого порядка:
z_1=√2/2 (i-1); z_2=√2/2 (i+1)
∫_0^∞▒〖(x^2+1)/(x^4+1) dx〗=1/2 2πiσ=πiσ
где σ – сумма вычетов функции во всех полюсах, расположенных в верхней полуоси.
res(z_1 )=lim┬(z→z_1 )⁡(f(z)(z-z_1 ))
res(√2/2 (i-1))=lim┬(z→√2/2 (i-1) )⁡((z^2+1)/(z^4+1) (z-√2/2 (i-1)))=
〖=lim┬(z→√2/2 (i-1) )〗⁡((z^2+1)/((z+√2/2(i+1))(z+√2/2(1-i))(z-√2/2(i+1))))=(1-i)/(2√2(i+1))
res(z_2 )=lim┬(z→z_2 )⁡(f(z)(z-z_2 ))
res(√2/2 (i+1))=lim┬(z→√2/2 (i+1) )⁡((z^2+1)/(z^4+1) (z-√2/2 (i+1)))=
〖=lim┬(z→√2/2 (i-1) )〗⁡((z^2+1)/((z-√2/2(i-1))(z+√2/2(i+1))(z+√2/2(1-i))))=(1+i)/(2√2(i-1))
Тогда
σ= res(√2/2 (i-1))+res(√2/2 (i+1))=(1-i)/(2√2 (i+1) )+(1+i)/(2√2 (i-1) )=
=1/(2√2)*((1-i)^2-(1+i)^2)/(i+1)(1-i) =1/(2√2)*(-4i)/2=-i/√2
∫_0^∞▒〖(x^2+1)/(x^4+1) dx〗=πiσ=πi(-i/√2)=π/√2