7. Функции комплексного переменного / m7var07

Вариант 7

Задача 1. Вычислить значение функции (ответ дать в алгебраической форме):

а) ch(1+ 2i); б) ln(−1− i)

Решение. а). Воспользуемся формулой связи между тригонометрическим косинусом и гиперболическим косинусом: сh(z)= cos(iz). Получим ch(1+2i)=cos(i+2i2)= cos(i-2). По формуле тригонометрии cos(i-2)=cos(i)·cos2+sin(i)·sin2. Снова воспользуемся формулами связи между тригонометрическими и гиперболическими функциями:

cos(i)=ch1; sin(i)= ish1. Получим ch(1+2i)=cos2·ch1+ i·sin2·sh1.

б). Воспользуемся формулой Ln(z) = ln z + i(ϕ + 2kπ) . В данном случае z = −1− i . Найдём

=

ϕ = arg z = arctg

−1

=

5π

(третья

модуль и аргумент этого числа:

=

(−1)2 + (−1)2

z

2

5π

−1 4

+ 2kπ) = ln(

5

) .

четверть). Таким образом Ln(−1− i) = ln(

2) + i(

2) + iπ(2k +

4

4

Ответ. а) ch(1+2i)=cos2·ch1+ i·sin2·sh1;

б)

Ln(−1− i) = ln

+ iπ(2k +

5

) .

2

4

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж.

z

< Re z +1.

y

Решение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет

вид:

x + iy)

< x +1.

Или

x2 + y2

< x +1. Возведём обе части в квадрат.

x

Получим: x2 + y2 < x2 + 2x + 1. Или y2 < 2x + 1.

Ответ. Данное соотношение представляет область,

расположенную внутри параболы

y2 = 2x +1 с

вершиной в точке (-1/2; 0)

Задача 3. Решить уравнение:

e2z + 2ez − 3 = 0.

Решение. Обозначим V=ez и решим квадратное уравнение

V2+2V-3=0:

V1,2 = −1± 1+ 3 = −1± 2. Таким образом, имеем два корня: V1 =1, V2 = −3.

=1,

arg V1 = 0,

V2

= 3,

arg V2 = π .

Найдём модули и аргументы этих чисел:

V1

Так как V=ez, то z=LnV. Далее воспользуемся формулой LnV = ln V + i(ϕ + 2kπ) . Получим:

z1 = LnV1 = ln1+ 2kπi = 2kπi,

z2 = LnV2 = ln 3 + i(π + 2kπ)] .

Ответ. z1 = 2kπi,

z2 = ln3 + πi(2k +1) .

Задача 4. Доказать тождество.

sh(z1 − z2 ) = sh z1ch z2 − ch z1sh z2

Решение. Рассмотрим правую часть равенства:

ez1

− e

−z1

ez2 + e

−z2

ez1 + e−z1

ez2

− e−z2

1

z

z

z

−z

sh z

ch z

2

− ch z sh z

2

=

−

=

(e 1 e

2 + e

1 e

2

−

1

1

2

2

2

2

4

− e−z1 ez2

− e−z1 e−z2

− ez1 ez2

+ ez1 e−z2 − e−z1 ez2

+ e−z1 e−z2 ) =

1

2(ez1 e−z2

− e−z1 ez2 ) =

4

=1 (e(z1−z2 ) − e−(z1+z2 ) ) = sh(z1 − z2 ) , что и требовалось доказать.

2

Задача 5. Восстановить аналитическую функцию по заданной действительной части её:

Ref(z) = u = x2 + Ay2 + x , если f(1+i)=1+i.

Решение. Чтобы функция u(x,y) бала действительной частью аналитической функции нужно, чтобы она была гармонической, т.е. её лапласиан ∆u был бы равен нулю: ∆u=0,

1

≡

∂2

+

∂2

. Проверим выполнение этого условия, для чего найдём производные

∂x2

∂y

2

второго порядка от u по x и по y:

∂u

= 2x

+1,

∂2u

= 2,

∂u

= 2Ay,

∂2u

= 2A.

∂x

∂x2

∂y

∂y2

Чтобы лапласиан ∆u был равен нулю, нужно положить A=-1. Таким образом, функция u(x, y) = x2 − y2 + x является гармонической. Восстановим мнимую часть v(x,y) функции

f(z)=u(x,y)+iv(x,y), пользуясь условиями Даламбера-Эйлера:			∂u =		∂v ,	∂u = −	∂v	.
			∂x		∂y	∂y	∂x
Из первого условия получаем:	∂v =	∂u = 2x +1. Тогда v(x, y) = ∫		∂vdy + ϕ(x) , или
	∂y	∂x		∂y

v(x, y) = ∫(2x +1)dy + ϕ(x) = 2xy + y + ϕ(x). Производная по x от этого выражения равна

∂v	= 2y + ϕ′(x). С другой стороны по второму условию Даламбера-Эйлера	∂v	= −	∂u = 2y.
		∂x
∂x				∂y

Приравнивая эти выражения, получим: 2y + ϕ′(x) = 2y. Отсюда ϕ′(x) = 0. Или ϕ(x) = C. Таким образом, v(x, y) = 2xy + y + C. Тогда f (z) = x 2 − y 2 + x + i (2 xy + y + C ). Перейдём к переменной z:

f(z) = x2 + 2ixy − y2 + x + iy + iC = (x + iy)2 + (x + iy) + iC = z2 + z + iC . Воспользуемся дополнительным условием f(1+i)=1+i. В данном случае f(1+i)=(1+i)2+(1+i)+iC=2i+1+i+iC=i+1. Т.е. C=-2.

Ответ. f(z) = x2 − y2 + x + i (2xy + y − 2) = z2 + z − 2i.

Задача 6. Вычислить интеграл по дуге C от точки z1 до точки z2.

∫(1−			C − прямая, z1 = 0, z2 = −2 − 4i.
	z)dz;
C

Решение. Вычислим интеграл, сводя его к криволинейным интегралам второго рода по формуле ∫f (z)dz = ∫udx − vdy + i∫udy + vdx . В данном случае f(z)=[1-(x-iy)] или

C C C

f(z) =1− x + yi. Значит ∫f (z)dz = ∫(1− x)dx − ydy + i∫(1− x)dy + ydx . Примем x за параметр.

C C C

Составим уравнение прямой , по которой проводится интегрирование:

y

=

x

, т.е.

− 4

− 2

y = 2x, dy = 2dx . Начальной точке z1=0 соответствует значение x=0, конечной

z2=-2-4i

– значение x=-2.

Следовательно,

−2

−2

5x

2

−2

∫(1−

z)dz = ∫[(1− x) − 4x]dx + i ∫[2(1− x) + 2x)]dx = [x−

]

+ i2x

0−2 = −12 − 4i .

C

0

0

2

0

∫(1−

Ответ.

z)dz = −12 − 4i .

C

i

Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции. ∫(z −1) ez

dz .

1

Решение. Применим формулу формулу интегрирования по частям:

i

u

= z −1

du = dz

i

i

i

∫(z −1) ez dz =

= (z −1) ez

− ∫ez dz = (i −1) ei − ez

= (i

−1)

ei − ei + e .

dv = e

z

dz

v = e

z

1

1

1

1

Перейдём к тригонометрическим функциям: ei = cos1+ isin1.Получим:

2

i

∫(z −1) ei dz = (i − 2)(cos1+ isin1) + e = e − sin1− 2cos1+ i(cos1− 2sin1) .

1

i

Ответ. ∫(z −1) ei dz = e − sin1− 2cos1+ i(cos1− 2sin1) .

1

Задача 8. Найти интеграл, используя интегральную формулу Коши, по контурам L1, L2,

L3.

L∫

eizdz

,

1) L1 :

x2

+

y2

=1, 2) L2 :

z − 3

=1., 3) L3 :

z + 3

=1.

(z − π)2 (z + π)

2

4

Решение. 1). Подынтегральная функция аналитична всюду, за исключением точек z=-π, и

y

z= π. В эллипсе

x2

+

y2

≤1 подынтегральная

L1

2

4

функция аналитична. Следовательно,

x

I1 =

eizdz

= 0 .

2). В круге

z − 3

≤1

-1

2

L∫ (z − π)2 (z + π)

L3

L2

1

есть одна особая точка: z=π. Тогда по

интегральной формуле Коши

eiz

eizdz

dz

eiz

ieiz

(z + π)

− eiz

(z + π)

1

d

=

=

=

2πi

= 2πi

∫ (z− π)2 (z + π)

∫

(z + π)

(z− π)2

1! dz

(z + π)

2

L2

L2

z=π

z=π

=

ieiπ

(2πi −1)

=

i

(2πi −1)(cos π + isin π) =1+

i

.

2π

2π

2π

3). Внутри области z + 3 ≤1 расположена одна особая точка z=-π. Тогда по интегральной формуле Коши

eiz

dz

∫

eizdz

= ∫

(z − π)2

= 2πi

eiz

=

i

e−iπ =

i

(cos π − isin π) = −

i

.

(z− π)

2

(z

+ π)

(z+ π)

2

2π

2π

2π

L3

L3

(z − π)

z=−π

Ответ.

I

= 0,

I

=1+

i

, I

= −

i

.

1

2

3

2

π

2π

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

	z −1		1) 3 <		< 4			> 4. 3) 0<|z-4|<1.
		,		z		2)	z
z2
	− 7z +12

Решение. Корнями уравнения z2-7z+10=0 являются числа z1=4 и z2=3. Разложим эту дробь

на простые дроби:		z −1	=	A		+	B	=	A(z − 3) + B(z − 4)	. Или
		2 − 7z +12		z −			z − 3
	z				4				(z − 4)(z − 3)

A(z − 3) + B(z − 4) = z −1. При z=4 получим A=3. Если положить z=3, то получим В=2.

Следовательно,

z −1

=

3

−

2

.

1). В кольце 3 <

z

< 4 имеем

3

<1 и

z

<1.

z

2 − 7z +12 z − 5 z − 2

z

4

Тогда дробь можно представить следующим образом:

z −1

z2 − 7z +12

	3			2
= −				−				.
	4(1−	z	)		z(1−	3	)
	4					z

Воспользуемся формулой для бесконечно убывающей геометрической прогрессии:

	1		=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где		q		<1. В первой дроби q=z/4, во второй дроби q=3/z.
	1− q
	Следовательно,
			3

z −1

∞

3

n−1

∞

n

= −2∑

− 3∑

z

. 2). В кольце

z

> 4 выполняются неравенства

z

2

− 7z +12

n

n+1

n=1 z

n=0 4

3 <1 и 4 <1. Следовательно,

zz

z −1

3

2

∞

4

n−1

∞

3

n−1

∞

3 4

n−1

+ 2 3

n−1

=

−

= 3∑

−2∑

= ∑

.

z2 − 7z +12

4

zn

zn

zn

z(1−

)

z(1−

3

)

n=1

n=1

n=1

zz

3)	0 <		z − 4		< 1			z − 4			< 1;
					1

z −1

3

2

3

2

∞ zn

∞

=

−

=

+

= 3∑

+ 2∑ (z − 4)n;

z2

− 7z +12 z − 4 z − 3 z −

4 1− (z

− 4)

1 4n+1

1

z −1

∞

zn

∞

=

3∑

+

2∑ (z − 4)n;

z2

− 7z +12

1 4n+1

1

z −1

∞

3

n−1

∞

n

Ответ. 1).

= −2∑

− 3∑

z

в кольце 3 <

z

< 4 .

z

2

− 7z +12

n

n+1

n=1 z

n=0 4

z −1

∞

3 4

n−1

+

2 3

n

−1

2).

= ∑

в кольце

z

> 4 .

z2 − 7z +12 n=1

zn

zn

z −1

=

∞

+

∞

− 4)n; в кольце 0<|z-4|<1.

3)

3∑

2∑ (z

2 − 7z +12

z

1 4n+1

1

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

10. ∫

eiπz

dz

11.

∫

z

cos

2

dz

2

2

z

=3

(z + 2)

(z

+ 4)

z

=2

z +1

z +1

Решение. 10.. .Найдём корни знаменателя: z1=-2, z2=2i, z3=-2i. Значения z2=2i и z3=-2i являются простыми полюсами подынтегральной функции, а значение z1=-2 - полюсом

кратности 2. Тогда Res

eiπz

=

1

lim

d

[(z + 2)2

eiπz

] =

z1 (z + 2)2 (z2 + 4)

1! z→−2 dz

(z + 2)2 (z2 + 4)

iπeiπz

(z2

+ 4)

− 2zeiπz

e−2iπ (8iπ + 4)

1

−2iπ

1

+ 2πi

= lim

=

=

e

(1+

2πi) =

.

z→−2

(z2 + 4)2

64

16

16

Res

eiπz

= lim [(z − 2i)

eiπz

] = lim [

eiπz

] = −

e2π

(z + 2)2 (z2

z2

+ 4)

z→2i

(z + 2)

2 (z − 2i)(z + 2i)

z→2i (z + 2)2 (z + 2i)

32

Res

eiπz

= lim [(z + 2i)

eiπz

] = lim

[

eiπz

] = −

e−2π

(z + 2)2 (z2

(z + 2)2 (z − 2i)

z3

+ 4)

z→−2i

(z

+ 2)2 (z − 2i)(z + 2i)

z→−2i

32

Получим окончательно:

∫=3

eiπz

1

+ 2πi

1

(e2π + e−2π )) = −

π

z

dz = 2πi (

−

(2π − i + i ch(2π)) .

(z + 2)2 (z2 + 4)

16

32

8

11. Подынтегральная функция имеет существенно особую точку z=-1. Поэтому для вычисления вычета относительно этой точки следует разложить функцию в ряд Лорана. Воспользуемся разложением в ряд функции cos(w) по степеням w:

cos(w) =1−	w2	+	w4	−	w6	+ ... Полагая w =	2	, получим:
2!		4!		6!			z +1
							4

z

2

1

2

2

2

4

26

1

2

cos

= (1−

) 1

−

+

−

+ ...

=1−

+

+ ...

6!(z +1)6

(z +1)2

z +1

z +1

z +1

2!(z + 1)2

4!(z + 1)4

z +1

Коэффициентом при (z+1)-1 в разложении функции будет число -1. Вычет данной функции

равен коэффициенту при (z+1)-1 в данном разложении, т.е. Res[

z

cos

2

] = −1.

z +

z +

−1

1

1

Следовательно.

∫

z

cos

2

dz = 2πi (−1)

= −2πi .

z +1

z +1

z

=2

∫

eiπz

π

∫

z

2

Ответ. 10.

dz = −

(2π − i + i ch(2π)) .

11.

cos

dz

= −2πi

2

2

z

=3

(z + 2)

(z

+ 4)

8

z

=2 z +1

z +1

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

x2

∫

dx.

(x2 + 4)(x2 + 9)

−∞

Решение. Найдём корни знаменателя функции f (z) =

z2

. Приравнивая

(z2 + 4)(z2

+ 9)

знаменатель к нулю, получим: z1,2

= ±2i,

z3,4

= ±3i . В данном случае в верхней

полуплоскости расположены два полюса z=2i и z=3i функции f (z) =

z2

.

(z2

+ 4)(z2

+ 9)

∞

x2

z2

z2

Тогда

∫

dx =

2πi(Res

+ Res

).

(x

2

+

4)(x

2

+ 9)

(z

2

+ 4)(z

2

+ 9)

(z

2

+ 4)(z

2

+ 9)

−∞

2i

3i

Res

z2

= lim

(z − 2i)z2

=

− 4

=

− 4

=

−1

.

(z2

+ 4)(z2

+ 9)

2i)(z − 2i)(z2

4i(4i2

5

2i

z→2i (z +

+ 9)

+ 9)

4i

5i

Res

z2

= lim

(z − 3i)z2

=

− 9

=

− 9

=

3

.

(z2

+ 4)(z2

6i(9i2

− 6i 5

3i

+ 9)

z→3i (z + 3i)(z − 3i)(z2

+ 4)

+ 4)

10i

i

∞

x2

1

3

2π

π

Следовательно. ∫

dx == 2πi (−

+

) =

=

.

2

+ 4)(x

2

+ 9)

−∞ (x

5i

10i

10

5

∞

x2

π

Ответ.

∫

dx =

.

(x

2

+ 4)(x

2

+

9)

5

−∞

Задача 13. Вычислить интеграл от заданной ветви многозначной функции по кривой С от точки z1 до точки z2.

∫zln zdz , где С – часть окружности		z		=1,				(x, y ≥ 0), z1 =1, z2 = i, ln1= 0.
C
Решение. Рассмотрим функцию nz	= ln					z		+ i(ϕ + 2kπ ). Рассматривается та ветвь

функции, для которой в точке z=1 величина lnz будет принимать заданное значение. С одной стороны Ln1= ln1+ i(0 + 2kπ). С другой стороны ln1= 0 . Сравнивая эти выражения, приходим к выводу, что указанной ветви функции соответствует значение k=0. Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение ln z = ln z + iϕ.

5

Таким образом,

u = ln z

du =

dz

∫zln zdz =

z2

=

z2

ln z

C

dv = zdz

v =

z

2

2

= −

1

(2(ln i +

iπ

) −1) +

1

=

1

− πi .

42 4 2 4

Ответ. ∫z ln zdz =	1	−	πi	.
	2
C		4

i			z2		i
−	1	∫zdz =		(2ln z −1)	= −	1	(2ln i −1) +	1	=
			4
2		C			4		4
1					1

6