Masharov_KAN

Â

êîå iöi¹íòiâ a

k

(5.4) може збiгатися лише в

z

,

ìî

äëÿ

0

сiх z 2 C . В iнших випадк х iсну¹ невiд'¹мне числоточцiR

j = R, всерединi

îãî öåé ðÿä çáiã๠üñÿ,

зовнi котрого

ç-

êîëî jz z

0

êðóã B

(z ) êðóã ì

бiга¹тьсзалежностi. Так R назива¹тьсякрадiусо збiжностi,

збiжностi. У перших двох вип дках вважають R = 0 т

R

10âiäïîâiäíî.

Значення R можна обчислити зà ормулю Кошi Адамара 1=R = lim

p

jakj,

k

або за ормулою R = lim jak=ak+1j, якщо ця

k!1

iñíó¹. ßêùî ðÿä (5.4)

ì๠ðàäió

k!1

8r 2 (0; R) границяцей яд

абсолю-

çáiæíîñòi R > 0,

òíî çáiãà¹òüñÿ â B

r

(z

)

ñóìà ñòепеневого

ряду неперервнарiвномiрнодовiльнiй

òî÷öi

0

z 2 B R(z0). Вiдомим

прикладом степеневого ряду ¹ сума геометрично¨ про-

ãðåñi¨ 1=(1 z) =

P1

zk jzj < 1.

k=0

Теорема 5.6 (¹диностi, слабка). Нехай R радiус збiжностi ряду

s(z) =

P1

8z 2 B r

. Òîäi ak

= 0 8k 2 Z+.

k=0 akzk, 9r 2 (0; R): s(z) =

íåíó-

Нехай степеневi ряди s(z) =

P1

akzk

i (z) = P1

bkzk

k=0

k=0

мають сенс

льовi радiуси збiжностi R i r, i = minfR; rg. Тодi 8z 2 B

s(z) (z) =

P1

akzk P1

bkzk

= P1

(ak

bk)zk

s(z) (z) =

P1

akzk

P1

k=0

= P1

k=0

=

k=0

anbk n, i ðàäióñè çáiæíî

bkzk

kzk, äå k

Pk

k=0

k=0

k=0

n=0

ñòi

ðÿäiâ íå ìåíøi, íiæ . ßêùî b0

=6 0, то можна розгляда-

ти часткуотриманихядiв, тобто ряд P1

d

k

zk, äå d

k

визначаються зi спiввiдношень

Pk

bndk n = ak, k = 0; 1; : : : k=0

k (jzj < R), ðÿä

n=0Теорема 5.7

друга). Нехай s(z) = P1

k

i

P1

k

k=0

çáiãà¹òüñÿ â z

z

= S 2 C

. Òîäi

lim

s(z) = S.

0

= Re(Абеля,тобто

k=0

0

k

z=jzjei !z

Теорема 5.8 (про добуток

0

P1

ядiв). Якщо збiгаються числовi ряди

0

ak

S, P1

bk

= P , i ¨х ормальний добуток

P1

k

= Q (тобто

k

k=0

k=0

k =

Pk

n=0 anbk n), òîäi ì๠ìiñöå ðiâíiñòü S P = Q.

5.3 Трансцендентнi ункцi¨

В комплексному аналiзi багато ункцiй визначаються за допомогою

1

степеневих

ядiв. Експоненцiальна (показникова) ункцiя ez

=

P

k=0 zk=k!,

z 2 C .

Формула до

8z; ) ez+

= ez

e

виплива¹ з визначåííÿ i

часто використову¹тьсдавання:. З е¨ випливають e

0

= 1, e

z

z

, e

z

= e

z

.

= 1=e

=e

1

k z2k

1

k

z2k

P

P

Тригономеòðè÷íi óíêöi¨: os z = k=0( 1)

(2k)!

sin z = k=0( 1)

(2k+1)! ,

z 2 C ,

tg z =

sin

tg z =

os

. Áiëüøiñòü

âëàñòивостей,

ÿêi öi óíêöi¨

osz

sin z

мали в дiйсному аналiзi, зберiгаються в комплексному аналiзi. Мають мiсце

ормулиiперболiчнiЕйлера: osóíêöi¨:P+1sinêîñiíóñz = eizh;

zos=z(e=z

+eize+2ez)iz=2; sin= Pz =k1=0eiz2kie iz(2.k)!, ñiíóñ

sh z = (ez

e z)=2 =

k=0 z2k+1=(2k + 1)!, z 2 C , тангенс th z = sh z= h z,

котангенс th z =

h z= sh z. Мають

îðìóëè os2 z + sin2 z = 1,

h z sh

2

z = 1,

os iz = h z, sin izìiñöå= sh z

багато iнших.

2

й го розв'язками ¹ w = Ln z = ln jzj + рiвнянняarg z + 2 ki, k 2 Z. Крiм того,

Логари мiчна

визнача¹тьс

як обернена до показниково¨. А

ðîзглядають ln z = ln jzjункцiя+ arg z

гiлку логари ма i багатозначну

оскiльки показникова

перiодична

тому багатолиста, то обернена

багатозначна. Таким чином,

êùî ìà¹ìî

e

w

= z (z =6 0),

óñiìà

ункцiю Arg z = arg z + 2 k, k 2 Z.головнуТ дi Ln z = ln jzj +

Arg z. Визначають

Ar th z, Ar th z, значеннями яких ¹ всi розв'язки

вiдповiдних рiвнянь, а

áàã

÷íi óíêöi¨ Ar sin z, Ar os z, Ar tg z, Ar tg z, Ar sh z

Ar h z,

такатознаж ¨х головнi гiлки,

назвах

èõ ïåðøi ëiòåðè ìàëi.

Узагальнена

степенева ункцiя

визнача¹ться як z = e Ln z.

5.4 Зразки розв'язання

÷

Ó

16 20 запишемозаданi числа в ал ебричнiй ормi та нама-

лю¹мо ¨хприкладахна омплекснiй

.

Приклад 16. z = os(10площинi+ 3 )

êàç è-

z

êîâó

озв'язання. о ïèøåмо через

sin 10 sh 3

òà

çðобимо

перетвîрення:

=

+e ( os(10+3óíêöiþsin 10)

=

os 10

e

i sin

10

i

=

z =

1

e

)

+e i(10+3i)) = 1

i +e3

1

e 3e

+ e3e

i)

1

e 3( os 10+

sin10)+

os 10 h 3

2

2

2

2

3

3+10

3

3

e +e

e e

3

=

os 10 h 3 i sin 10 sh 3

2

2

z

tg 7

Приклад 17. z = th (7 + 2 )i

( 2

+7)i

th ( 2

+ 7)i

=

sh

=

îçâ'ÿçàííÿ. z =

=

os( 2

= sin 7

= i tg 7

i sin( +7)

i os 7

2

= Ln(2 2i)

Приклад 18. z

1

= ln j2 2ij + i(arg(2 2i) +

озв'язання. За визначенням Ln : z

1;k

+2 k) = ln(2

p

3

+ 2 k),

k 2 Z

2) + i( 4 + 2 k) =

2 ln 2 + i(

4

Прикладозв'язанн19.ÿ.z2z2==Ar s1h 1 = Ln(1

12

1) = Ln(1 p2 . z2;1;k

=

z

; ;k

p

p

p

p

2 1) + i( +

= Ln(1

2) = ln j1

2j + i(arg(1

2)+ 2 k) = ln(

= Ln(1 +

2) = ln j1 +

2j+ i(arg(1 +

2) + 2 k) = ln(

2 + 1) + 2 ki, k 2 Z;

+2 k) = ln(

p

p

p

p

2 + 1) + i( + 2 k),

k 2 Z

p

= (6i)5i

Приклад 20. z

3

5i Ln(6i)

5i

можна записати у виглÿäi: e

.

îзв'язання. (6i)

= e

Ln(6 ) = ln 6+i(

k), k 2 Z, ìà¹ìî z

= e5i(ln 6+i(

2

+2 k))

2 10Îñêiëüêèk+ 5 ln 6 =

+i sin(5 ln 6)

= e+2

os(5 ln 6) + ie

2

5

sin(5 ln 6),

k 2 Z

10 k

2

3;k

5

10 k

=

e

2

e

i5 ln 6

=

fза ормулою Еéëåðàg

=

e

2

os(5 ln 6) +

5

10 k

3

5

10 k

z

7

1;1

z2;2;1

z3; 1

3

2

z2;1;1

z

4

3;0

2 ln 2

p

z2;2;0

p

z1;0

ln(

2

+ 1)

ln(

2

+ 1)

4

z2;2; 1

z

9

z

1; 1

2;1;0

4

2

z

2;1; 1

èñ. 5.

Зображення чисел прикладiв 18 20

У прикладах

21 22

sh z

z

äîâåäемо данi рiвностi.

Приклад 21. th

=

h z+1

îçâ'ÿçàííÿ. Зробимо перетворåííÿ îêðåìî ïðàâо¨ i лiво¨ частин рiв-

íîñòi.

z

z

z

z

z

=

z

=

e

2 +e

2

z

=

+

= ez z

e

=

= 1 +

2

sh z

=

ez

e z

=

ez e z

= 1 +

ez e z

=+1

+

2(1+e z 1)

=+1

+

ez 1

thz+1

sh

2

+1

2

ez

+e z

+2

e 2

2(e

z+1)

e 2

ez

ez

ez

2

ez 1

2

2

e

2

e 2

2

ez

+e z

Тотожнiñòü2îòðèìàíèõ âèðàçiâ îçíà÷à¹, ùî ðiâíiñòü äîâåäåíà

Ïðèêëàä 22.

2 sh z

1

sh z

2

= h(z

1

+ z

2

) h(z

1

z

)

2

ç íå¨

озв'язання. Перетворимо прàву частину рiвносòi i отрима¹мо

ëiâó. h(z1

+ z2) h(z1

z2)

=

1

z

+z

z

z

2)

1

z

z

2

+ e

z

+z

2)

=

2

(e

1

2 + e

1

2

(e

1

1

=

21

ez1ze2 z2

+e z2z1 e zz12

ez1 ez1 z2

e z1e ) =

21

(ez1

(ez2 e z2 ) e z1 (ez2 e z2 )) =

4

((e e )(e

e )) = 2 sh z sh z .

У прикладах 23 25 знайдемо 2всi рîçâ'çêè1

даних рiвнянь, подавши вiд-

повiдi в ал ебричнiй ормi.

2

Приклад 23. 2z2

(1 3i)z 2 = 0

+

озв'язання. Áó åìî

через дискримií íò: D = (1 3i)

+16 = 8 6i.

ç

äискримiнантрîçâ'язуватизнах димо як

òíèé êîðiíü ç êîì-

i= 10 ) = Êîðiíü(3 ).

за ормул ю коренiв

квадратíîго рiвняння ма¹мо

плексíîго числа: pD = pjDj os('=2)+ sin('=2) , pD = p10(3=p10

z

p

Äàëi,))=4

остаточн

z

= 0;5 0;5 , z

= 1 .

1;2

= (1 3i (3

озглянемо

iíøèé

розв'язання1

öü

рiвняння2

.

Пiдставимо в

умову z = x + iy (x; y 2спосiбR) розглянемо окремого

äiéñíi òà

уявнi частини

2

2

y

2

x 3y 2 = 0 4xy +3x y = 0.

2(x+iy)

(1 3 )(x+iy) 2 = 0; 2x

З другого

рiвняння y =

(1 4x). Пiдставивши

перше

рiвняння,=6 1=4

отрима-

¹ìî 2(16x4 16x3

2x2 +3

1)=(1 4x

= 0. Çà

умови x

z

= 1 i ò1

z

= 20;5

0;5i

1

1)(2

x 2 R, òî x

= 1, x

=

x=1 2; y

= 1; y

= 1=2, i отримано тi самiрозклавшиоренi

чисельник на множники, ма¹мо 2(x

x +

2

4x + 1) = 0. Îñêiëüê

)(8x

1

Ïðèêëàä

224. e

6iz

= 5 + i

p

озв'язання.

6iz =

Ln(5 + 5i); 6iz = ln(5

2

) + i(

+ 2 k), k 2 Z;

1

p

p

4

z = 1(

+ 2 k) + i

2 ), k 2 Z; zk

=

k + iln(5

2 ) , k 2 Z.

Приклад 25. osln(5z) = 3i

24

3

6

6

4

6

5zi

1

озв'язання.

e5zi+e 5zi

= 3i. Çðîáèìî

= e

. +

= 6i;

2

2

+ 6i + 1 = 0; D

1

= 9 1 =

10;

1;2

= ç3àìiíóp

10

;

1;2

= (3 p10).

= Ln(( 3

p

p

10)i); z

=

Обернåíà çàìiíà: 5

10)i) àáî 5zi = Ln(( 3 +

i (ln(

10 + 3)

zi

2 ki) àáî z = i

(ln

10 3) +

i + 2 ki), k 2 Z;

p

ln(

p

10+3)

p

2 k

2 k

5

2

10

5

2

z = 10

+

5

5

i àáî z =

+

5

+

5

i, k 2 Z. àçîì öå ìîæíà

записати як z =

+ ln(p10+3) i +

2 k

, k 2 Z

5.5

10

5

5

комплексно¨ змiнно¨

озглядатимемо днозначнi ункцi¨

w = f(z) = f(x + iy) = f(x; y) =

f. Нехай

ДиD еренцiйовнiобласть C ,ñòü: D ! óíêöi¨,C z ; z 2 D, z = z z

ïðèðiñò

= u(x; y) + iv(x; y), äå u; v äiéñíi

i уявна частини ункцi¨

незалежно¨ змiнно¨ z, w = f(z) f(z0) = äiéñíàu + v ïðèðiñò óíêöi¨ w.

0

0

зумiннiФункцiякомплексно¨f назива¹тьсязмiнно¨моногенною), якщо iсну¹в точцiскiнченнаz0 (або limди еðåwнцiйовною, яку називаютьро-

ïîõiäíîþ

f â òî÷öi z

i ïîç

чають f0

(z ).

z!0 z

уявна

ßêùî óíêöi¨ iÿ w

= f(z)

моногеннà

â òî÷öi z, òî ¨¨ äiéñíà

0

0

ïîâ'ÿçàíi

частини мають цiй точцi частиннi ïîõiäíi ïåðøîãо порядêó,

ìiæ ñîáîþ óì

âàìè

Êîøi iìàíà:

x

y

,

y

= x , àáî â

якiомплекснiй

вiдновлåння моногенно¨

u

v

u

v

2 x

àáî óÿâíîþ

ó þäè óíêöi¨ f çà

âiäîìîþ

¨¨

z

z

2

x

y

,

z

y

. Äëÿ

îðìi

w = 0, де ормальнi похiд

=

1

=

1

+ i

частиною

орисними ¹ наñтупнi ормули: f0 =

f

=

u дiйсноюu =

v

+ i

v .

x

z

y

y

x

Функцiя f(z) = u(x; y) + iv(x; y), визнà÷åíà â

îбластi D, моно

генна

òî÷öi z 2 D òîäi

òiëüêè òîäi, êîëè óíêöi¨ u(x; y)

v(x; y) äè åðåí-

öiéîâíi â öié òî÷öi ÿê óíêöi¨

двох дiйсних змiнних,деякдляié íèõ âèêîíуються

умови Кошi iмана. Достатньою умовою моногенностi ункöi¨ f = u + iv â

точцi z ¹ iснування

неперервнiсть частинних похiдних

u,

u,

v

,

v

разом

Задана в областiКошiD днозначнаiмана

у кц я w = f z) назива¹тьс

ãîëî-

з виконанням умов

.

x

y

x

y

֏

мор ною, також ди еренцiйовною, або аí

(iíîäi ðåãó

íèõ

â D, ÿêùî

моногенна в калiтичноюжнiй точцi D. М ожину всiх

D ункцiй п значатимемо Hol(D). Функцiя f назива¹тьслярною ãî

правильною)ëîìîð ною точцi z, якщвонàвона моногенна в деякому околi цi¹¨ точки. Фун

öiÿ g 2 C

2

(R

2

) називà¹ться гармонiчною в областi D, якщо 8(x; y) 2 D ви-

ê ¹òüñ g(x; y) =

2g

+

2g

= 0. ßêùî óíêöiÿ f

z) = u x; y

+ iv(x; y) 2

x

2

y

2

вонуднозв'язнiй

областi D R , то iсну¹ v

(вiдповiдно, u) гармоармонiчнаD,

Hol(D), то u v гармонiчнi в D. Якщо дiйсна ункцiя u

(àáî v) ã

äëÿ ÿêèõ f =

2

+ iv 2 Hol(D). У цьому випадку ункцiю v [u íазивають

спряженою

äî

u [v .

моногеннi в точцi z, тодi моногенними

ßêùî

÷íi óíêöi¨ f

¹ f g, f g,днознаоли

(z) =6 0, òî

f=g, à (f g) = f g , (fg) = f g + fg

(f=g)0

= (f

0g fg0)=g2. Якщо аналiтична

0

f : D

! E, g 2 Hol(E),

0

0

0

0

(z).

0

тодi складна ункцiя w(z) = g(f(z)) 2 Hol(Dункцiя), w0

(z) =

g0(f(z)) f0

Якщо степеневий ряд s(z) =

P1

akz

ì๠ðàäióñ çái

íîñòi R > 0,

òîäi éîãî ñóìà s 2 Hol(B R ),

k

=0

P1

k 1

òàêîæ çáiãà¹òüñÿ â

ÿä s0(z)

k=1 ak

kz0

e , ( os z)

0

= sin z,

B R. З цього випливають ормули для похiдних: (e )

(sin z)0

= os z, ( h z)0

= sh z,

(sh z)0

= h z;

(ln z)0

= 1=z,

z

=6 0.

5.6 Зразки розв'язання задач

У прикладах 26 27 дослiдиìо ункцi¨ на моногеннiсть i голомор нiсть.

Приклад 26. f(z) = z(z + z 1)

f = (x iy)(x + iy +

озв'язання. Пiдстаâèâøè z = x + iy,

x iy 1) = (2x

2

x) + i(y 2xy). Тобто дiйснаотрима¹моуявна частини ункцi¨

2

f

âiäïîâiäíî u(x; y) = Re f = 2x

x, v(x; y) = Im f = y 2xy.

1 дорiвнюють2x

в яких виконуються умови Кошi iмана:

( 4x 1

1 2x;

Це багаточлени змiнних x а y, тому вони ди еренцiйовнi як ункцi¨ цих

змiнних R2 . Знайдемо часòèííi ïîõiäíi ux

= 4x 1, uy = 0, vx

= 2y, vy

=

x = 1=3точки,y = 0. Тобто

f моногенна лише в точцi z = 1=3 + 0 i.

0

2y;

Оскiльки нема¹ областi, вункцiяжнiй точцi яко¨ ця ункцiя моногенна, то вона

íå

голомоЗа ð íà

íi â ÿêié

областi, i в ж днiй точцi.

ùî îñêiëüêè óìî è Êîøi iìàíà

мають комплексний запис,

î â öié

çадачiчимо,жна було точки,

â

яких ункцiя моногенна, шукати з умови

z

f

= z + 2z 1 = 0. З не¨ x + iy + 2x 2iy 1 = 0; (3x 1) iy = 0, тобто

також отриму¹мо x = 1=3, y = 0.

Приклад 27. f = sin(5x + 3iy 2)

óíêöi¨ sin t,

÷èìî âiäðà-

îçâ'ÿçàííÿ. Âèõ äÿ÷è ç

ÿê

çó, ùî äàíà

ди еренцiйов

змiнних x тзазнаy. Врахоâóþ÷è

Скориставøèñü

умовами

Êîøi властивостейiìàíà ункцiяомплекснiй

ðîáèмо висно

x =

2

, y = ункцiя2 , перепишемо у кцiю

виглядi f(z; z) = sin(4z + z 2).

z+z

z z

2 +

2 + îðìi,k k 2 Z. Ïîðiâíþ-

òîáòî 4z + z 2 = =2 + k, k 2 Z; 5x + 3iy

â ê, ùî

¹ моногенною в тих точках, в яких

z

= os(4z + z 2) = 0,

f

þ÷è

ункцiяявну частини, знах димо x = 2=5 +

=10 + k=5, y

0, k 2 Z.

Таким чином, ункцiя f

моногенна

в точках z = 2=5 + =10 + k=5 + 0 i,

k 2 Zдiйснi, нiде не голомор на.

Приклад 28. Вiдновимо аналiтичну ункцiю f(z) = u(x; y) + iv(x; y),

6

y 5y

3

x

4

y

5

x

2

+ y

7

+ 2x

2

2y

2

)=(x

2

2

2

, f(1 + i) =

ÿêùî u(x; y) = ( 3x

+ y

)

= 2 2i

îçâ'ÿзання. Перетворимо ункцiю, згрупувавши тi додаíêè â ÷è-

сельнику, степiнь яких сьома, i подiливши почленно куточком, отрима¹мо

u(x; y)

=

( 3x6y 5y3x4 y5x2+y7)+(2x2 2y2)

=

3x6y 5y3x4

y5x2+y7

+

2x2 2y

2

=

2

2

)

2

4

2

2

+y

4

2

2

(x

+y

x

+2x

y

(x

+y

)

= 3x2y + y3

+

2x2

2y

. Îñêiëüêè

æíà ç óíêöié u~(x; y) = 3x2y + y3,

u x; y) =

2x22

2

2 2

â R2

n f(0; 0)g, то для к жно¨ iсну¹ спряжена

22y2 (x гармонiчна+y )

(x +y

(уявна частина), яку зн йдемо окремо.

.

З умови Коøi iì íà u

= v

y

отриму¹мо v~ = 6xy v~ = 3xy2 +'(

2

Ç óìîâè u

= v

, ìà¹ìî 3x

2

+

2

= ( 3

2

y

0

0

(x) =

+ '

(x)) çâiäêè '

x

3 y

x

2

3

3y2)

'(x) = x +C

. Îòæå, v~(x; y) = 3

+x

+C

.

v =

1

2

1

y

2

2

4

2

)y

4 3x

y )y

0

x y

v =

2

2

2

+

(x); враховуючи vxy =

(x

2

2

)

3

Аналог+ (xi÷íî,) uy

=

2

2 3

,

(x

+xy)

0

(x) = 0,

(x) = C2.

+y

4(3x +y )

отриму¹мо

+ x3

4

+ C. Ç

Таким чином, v(x; y) = v~ + v = 3xy2

(x2+xy2)2

= 1. Звiдсумови

1 + i) = 2 2i ìà¹ìî v(1; 1) = 2, òîìó C = 2 + 3 1 +

f(x; y) = (3x2

y2)y +

2x2

2

2

i 3xy2 + x3

4

2

2

+ 1

4 3x2y + y3

+

2

+y

2

2

+i( 3xy2

+ x3) + 2x2 2y

(x

)

4

(x

+xy )

+ 3ix2y

2

i

2

2

+ i. Враховуючи, що z3 = x3

2

(

2

)

(x +y

)

2

+

3xy2

iy3

i

1

=

2

2

держу¹мо f(z) = z3i + 2

+ i.

4

= x

xy ,

z

2

jzj

2

2

2

z

2

(x +ixy )

Ïîêàæåìî iíøèé ñïîñiá

ðîзв'язання цього прикладу. Першою дi¹ю,

ÿê i ðàíiøå, áóäå

2

y + y

3

òà

дiйсних частин u~(x; y) = 3x

u(x; y) =

2x2

2

, äëÿâiдокремленняжно¨ з яких вiдновлюватимемо свîю голомор ну

(x +

2 2

2

2

)

~

. З умови fz

= u

iu

= 6xy ( 3x

+ 3y ) =

ìà¹ìî fz

=óíê3 (öxiþ2 +

2xyi

y2) = 3i(x2

+ 2xyi

+ y2i2) = 3iz2,

çâiäêè

за допомогою

~

3

z i + C

.

iнтегруваннÿ äiñòà¹ìî f(z)

i(4y3 12x2y)

x3 3x2yi

i2 y3i3

=

4x3

1

Äëÿ iíøî¨ óíêöi¨ f

z

2

2

)

3

= 4

(x

2

3

=

3

3

3

3

xy( +y

+3xy)

2

= 4z =(z z )

4=z ,

+ C . Додаючи результати, отриìó-

f =+12=z

¹ìî f = z

3

+ 2=z

2

+ C. З умови f(1

i) = 2 i, знаходимо C = 2i

(1+ i)3i 23=

i)22

= çâiäêè2 2 ( 2+2i)i 2=(2i) = 2 2i+2i

+2+ i = i,

çâiäêè f = z

(1+2=z

+ i

а завдання

5.7

Контрольнi

запитання

аведi ь приклади:

I. Дайте визначення

î¨ çìi

поняттям,

59. Функцiя комплекс

íî¨. 60.

Однозначна

ò

áàã

÷íà óí-

кцi¨. 61. Вза¹мно однозначнанаступним(о олиста) ункцiя. 62. Образатознапрообраз

âiäîá

ження. 63. Обернене

вiдображ

ííÿ. 64.

раниця

óíêöi¨ çà åéíå.

65. ðàíèöi óíêöi¨ çà Êîøi. 66. Íåïåрервнiсть ункцi¨ в точцi

ìíî-

жинi. 67. iвномiрна неперервнiсть ункцi¨

множинi. 68. Топологiчне

(гомеомор не) вiдображення. 69. Многочлен, його степiнь. 70. ацiональ

на, дробово-лiнiйна ункцiя. 71.

Функцiональний

ðÿä, çáiæíiñòü â òî÷öi

i на множинi. 72. iвномiрна збiжнiсть ункцiонального ряду. 73. Степе-

гальненачнiневийóðÿä,êöi¨.ðàäió76. iïåðçáiæáóíêöiÿîëi÷íiîñòi..

7479óíêöi¨.. ПоказниковаМоногеннiсть. 77. Логариункцiяпохiднамiчна. 75.

óíêöi¨Тригонометри. 78â .òî÷öiÓçà-.

80. Похiднiстепеневаза z за z. 81. оломор нiсть ункцi¨ в точцi ункцiяна множинi.

II. Наведiть

наступнi т ердження, дайте ¨м пояснення:

16. Критерiй Кошi iснуâання границi ункцi¨

точцi. 17. Теореми про

арийсно¨метичнiуявно¨ частин. 18. Критерiй

неперервностi

óíêöi¨

äi¨

границями ункцiй

точцi, границi спряжено¨ ункцi¨,

(замкнених)

множин. 19.

Неперервнi

ííÿ

зв'язних

вiдкритихпактних множини. 20. Т

Кантора. 21. ОзнаквiдображВей¹рштрассатермiнах

î

ì

збiжностi

ÿäó. 22. Ò

ïðî ñóìó ðiâíîìið

iðíî¨

ãî

îнальногоеоремаяду. 23. Перша

теорема

Абеля. 24. Множи

остi степеневого яду. 25.

Формула Кошi Адамара. 26. iвномiр-

íà çáiæíiсть ункцiональн

суми степеневого

яду. 27. Теорема ¹диностi

ля степеневихнеперервнiстьядiв (слабка). 28. Друга

теорема

Абеля. 29. Теорема про

äобуток

ядiв. 30. Властивостi показниково¨ ункцi¨, теорема додаван

ÿ.

31.

Формули Ейлера. 32. Зв'яçок гiперболiчних ункцiй з тригон метрични-

ïîõiäí

за x, y, z. 35. Критерiй достатня умова

моногенностi.

ми. 33. Теореми додав ння для ункцiй sin z, os z. 34. Умови К шi iмана

36. Похiднi вiд ари метичних дiй та

суперпозицi¨. 37. оломор нiсть степе-

невоготермiнахяду.

III. Знайдiть множини збiжностi (абсолютно¨ та неабсолютно¨) насту-

ïíèõ ðÿäiâ:

P1

P1

.

P1

2k(z i)k

=k2.

2.

.

3.

k=1

k=1( 1)k(2z 1)k

=k

k

k=0 z2k 4k.

4.

P1

k(z + 2)

k

=3

k

. 5.

P1

kz

k

=(k

2

+ 1). 6.

P1

. 7.

P1

z

k

2

=k

k

.

k!z =k

k=1

k=0

k=1

k=1

IV. Запишiть в ал ебричнiй

числа:

3

sin( =3 + i .

1

(3 =2 i).

2 tg( í2àступнi

4

0. (1 i) .

11.sh(îðìi

3) .

6

i=2

tg( =4 2 ).

5

p

+ 2).

7.

sin.

2

8.

.

p

9.

th(3 i =3).

VI. Для вiдображення w = z2

(z = x + iy, w = u + iv, C = Const)

2

V. З'ясуйте тип

побудуйте лiнi¨, заданi наступними рiвняннями:

1

22

34

, 0 6 t 6 2.

1.

2

t 1)2

t i,

< t < 1.

3

t

t

,

t

4

2( os t + i sin t), =2

t 6 7 =4.

5

4t + i=t,

1it< t <

0

6. z = t + ip4 t2,

16 t

6 2.

7. z =

2(t + ie ), t 2 R.

знайдiть образи лiнiй x = C, y = C, y = Cx, jzj = C, arg z = C та прообрази

ëiíié u = C, v = C.

образи лiнiй x = C, y =

. Для вiдображення w = 1

jzj = C, arg z = C, jz Cj = C òà

прообрази

ëiíié u = C, v = C.

=z

знайдiть образи лiнiй x = C, y = C,

VIII. Для вiдображення w = e

y = x та прообраз лiнi¨ jwj

C.

. Äëÿ w = os z, w

= sin z знайдiть образи лiнiй x = C, y = C.

3

IX. Доведiть

ðiâíîñòi (äля коренiв розглядаються усi ¨х значеí-

tg z = (i=2) Lníàñò(óïíi+ z)=(i z) = (1=2Ar) Lnsin(1 +

) (1 iz) .

íÿ):

p 2

z = i Ln i

p

2

4

1. Ar os z = Ln + z 1 . 2.

z + z 1

g z = (i=2) Ln (z i =(z + i) .

5. Ar hiz= Ln

8. Ar th z = (1=2) Ln (z +

1)=(z 1) .

6

p

2

+ 1

.

.

sh z = Ln z + z

7. Ar th z = (1=2) Ln (1 + z)=(1 z)

îðìi:

XI. Запишiть розв'язки даних рiвнянь в ал

5

2 os z = 11 os z + 6.

6

4

2ебричнiй= 2i.

1

sin 2z = 3.

2

os 3z = 2 .

3

e2z +2ez

= 6.

4

2zsin2 z + 7 sin z = 4.

9 z

z

(1 5i)z 8 = 0.

10. z (4 +)2z + 5

+ 5i = 0.

+ 9 3 3

z

= 27 .

8.

z

2

2+ (1 + 3 4 3

7 92

óíêöi¨:

XII.

Äîñëiäiòü

íà

моногеннiсть

та голомор нiсть

5

Re(zi) i Im(z

6

2

z) настуjzjï.íi

1

Re(z

2

)

2

z

Im z.

2

3

2

.

4

2

.

zjz ij

z

) 2 Im z

7

2

+ 3 4

8. w = Rze( 3i)(z + z 2).

9. w = sin(5x

4iy

2

0

2

2

+

3).

z + 3i)(z z + 2).

1

x+3yi

2x

2yi.

2

sin(

3 ) 4 + 4 .

13. w = e

xi y.

14. w = os(x + 5yi) + 6x 6yi.

XIII. Вiдновiть голомор ну w z) = u + iv:

4

x=(x2

y2) + 3y + 4, f(1)

= 2 + 5i.

1

2

2y

2

+ y + 3, w i) = 2 5i.

3

2 y2

4y 3, w(2)

= 6 + i.

2 u 2x=(x

2

+ y

2

) + y + 4, w i = 5 4i.

5

v

in x + ( =3)

h , f( =6) = 1.

6

sh x sh y, f( i) = 1.

f(i) = os 1.

7.

u = os(x2 y2) h(2xy),

ÎÇÄIË 6

КОНФО МНI ВIДОБ АЖЕННЯ

6.1 Загальна теорiя щоäî êон ормних вiдображень

2 D.

Нехай D область, w = f(z

u(x; y) + iv(x; y) 2 Hol(D), z0

Умова f0

(z0) =6 0 еквiвалентна

(x;y)

= jf

0(z)j2

=6 0. Öå îçíà

що система

u v

iвнянь u = u(x; y) v = v(x; y) в деякому околi точки z0

ма¹ однозначний

ðозв'язок. Iншими словами,

îæíà

2 D, â ÿêié f0(z ) =6 0÷à¹,ì๠îêië

äíî-

листостi f(z), а обернена

óíêöiÿ z

= f

1

(w) аналiтична в деякому

îêîëi

0

0

точки w0

= f(z0),

f

= 1=f0(z).

1(w) 0

данова крива , що про-

доданка 2 k дорiвню¹

куту, на якийнаступнийгладк

еометричний змiст похiдно¨

. А гумент f

0(z ) ç òî÷íiñòþ

дох дить через точку z0, оберта¹тьс пiд

i¹ю вiдображення f. Таким чином,

â îæíié òî÷öi z , äëÿ ÿêî¨ f0

0

(z ) =6 0, вiдображення f ма¹ мiсце властивiсть

лiку). Якщо f аналiтична, f

0

(z ) =6 0величиною,тодi jf0(z )j

спiвпада¹

ç ê å iöi¹í-

0

0

так за напрям м ¨х вiд

ення (консерватизм) кутiв (як за

Топол гiчне вiдображення f : D ! E, для якого в

äîâiëüíié z 2 D

збережзтягнення

òî÷öi z

0

0

це спотворення

вiдображенням f,

ма¹ мiсце консерватизм кутiвстворюванималiсть спотворення масштабу, назива¹ться

0

.

томднакове за усiма напрямами, що прох дять через z

0

цi¹ю w = f(z),аким¹ он ормнимвiдображдосить малому околi к жно¨ точки z, для

он ормним. Т

чином,

ення, здiйснюване

óí-

о¨ f0(z) =6 0. Якщо вiдображення f(z) = u(x; y) + iv(аналiтичноюx; y) днозначне

i

якон ормне D, то ункцiя w = f(z) голомор на,

причому f0(z) =6 0 в D.

w0(z) =6 0 чимо,iмановаD то w не обо 'язковообласть¹ днолистою в D.

óí-

6.2

поверхня

â C , óíêöiÿ w 2 Hol(D), i

Зазна

âiòü ÿêùî D

Для уникнення незручностей,

пов'язаних 1з;2багатолистимиНаприклад,багато-

êöiÿ w = z2

вiдобража¹ обидâi точки z1

= 2e i=4

i z2

= 2e5

4

що належать

областi D = f1 < jzj < 3; 0 < arg z < 3 =2g,

w

= 4e

i=

4i.

значними

i=2

поняття досить

розгляäають ¨х поверхнi iмана. Це

Нехай Dункцiями,E

в C , багатолиста неперервна ункцiя f : D ! E.

складне, оскiльки п треáó¹ неабияко¨ уяви.

озглянемо такi

îáëàñòäíîi

ëèстостi Dk

ункцi¨ f, що для k =6 j викону¹-

ться D \D = ?областiD = D. Незручнiсть поляга¹ у не пустому перетинi

k

j

S

k

k

39