7. Функции комплексного переменного / m7var04

Вариант 4

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

а) Arctg3;	б) Ln(−2i)
Решение. а). Вообще Arctg3 = arctg3 + kπ . Найдём другие значения в комплексной

плоскости. Будем вычислять Arctg3 по формуле Arctg(z) =

1

Ln

1

+ iz

. В данном примере

2i

1

− iz

z=3, следовательно, Arctg3 =

1

Ln

1+ 3i

=

1

Ln

(1+ 3i)2

=

1

Ln

− 4 + 3i

. Далее

1− 3i

(1− 3i)(1+ 3i)

2i

2i

2i

5

	воспользуемся формулой Ln(z) = ln											z			+ i(ϕ + 2kπ) . В данном случае z = −															4		+		3		i . Найдём
																												5						5
																	4	2		3		2											3
	модуль и аргумент этого числа:							z		=						−			+			=1,				ϕ = arg z = π − arctg								. Таким
																	5			5							π						4
		1		4		3			1															3					1							3
	образом Arctg3 =		(Ln(−		+		i) =						[ln(1) + i(π − arctg												+ 2kπ)] = kπ +			−			arctg						.
		2i	5		5					2i												4				2		2						4

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

														= 2 ϕ = arg z = − π . Таким образом
модуль и аргумент этого числа:						z		=			02 + (−2)2
											2
Ln(−2i) = ln(2) + i(− π + 2kπ) = ln(2) + iπ(2k −												1	) .
2											2
Ответ. а) Arctg3 = (k +	1	)π −	1	arctg					3	;	б) Ln(−2i) = ln 2 + iπ(2k −				1	) .
2		2			4						2

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж. z + 2i + z − 2i > 5

Решение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет вид: x + i(y + 2) + x + i(y − 2) > 5.

Или x2 + (y + 2)2 + x2 + (y − 2)2 > 5 . Перенесём второй

y

корень в правую часть равенства и возведём обе части в квадрат. Получим:

xx2 + y2 + 4y + 4 > 25 −10x2 + (y − 2)2 + x2 + y2 − 4y + 4.

Или 10x2 + (y − 2)2 > 25 − 8y . Возведём ещё раз в квадрат: 100x2 +100y2 − 400y + 400 > 625 − 400y + 64y2. Или

100x2 + 36y2 > 225.

Поделив всё равенство на правую часть, получим каноническое уравнение эллипса с фокусами на мнимой оси: 4x2 + 4y2 >1.

925

Ответ. Данное соотношение представляет внешнюю часть эллипса:

4x2

+

4y2

>1.

9

25

Задача 3. Решить уравнение: sin z − cos z =

i

.

2

Решение. Перейдём к гиперболическим функциям: sin z = −i sh(iz),

cos z = ch(iz).

Получим уравнение − i sh(iz) − ch(iz) =

i

− i

1

iz

− e

−iz

) −

1

iz

+ e

−iz

) =

i

. Или

(e

(e

. Умножим

2

2

2

2

уравнение на 2eiz. Тогда уравнение примет вид: (1+ i)e2iz

+ ieiz + 1− i = 0 . Введём

обозначение V=eiz. Найдём корни квадратного уравнения (1+i)V2+iV+1-i=0:

1

V =			− i +	(−i)2 − 4(1− i)(1+ i)														=			− i ± i 3						=			(−1± 3)i								=					(−1± 3)i(1− i)																=				(−1±						3)(i						+1)		.
						2(1+ i)															2(1+ i)										2(1+ i)														2(12 − i2 )																								4
																														1 1													i																						1								i
Таким образом, имеем два корня: V																										=											+								,								V	=			2					−							−							.
																							1													2															2														2
																															2													2																														2
Найдём модули и аргументы этих чисел:
							V					=		1						ϕ = arg V										= π ,												=											ϕ		= arg V											=			5π				.
																	,																				V										2,
								1				2								1							1			4								2																2								2							4
Так как V=eiz, то iz=LnV или z=-i·LnV. Далее воспользуемся формулой
LnV = ln					+ i(ϕ + 2kπ) . Получим: z																																										1						+ i(π																	π
				V																			1		= −i LnV												= −i[ln																			+ 2kπ)] =																+ 2kπ + i ln 2 .
																														1																	2								4														4
Аналогично,
		= −i LnV				= −i[ln(							+ i(			5π				+ 2kπ)] =								5π				+ 2kπ − i ln(
z	2								2)																																						2) .
					2						4																4
Эти выражения можно объединить:																														= − π ±								π				+ 2kπ ± i ln
																										z	1,2																															2
																														4								2
						= − π ±		π
Ответ.				z	1,2							+ 2kπ ± i ln 2 .
						4		2

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

Re f (z) = u = e2x (x cos 2y − ysin 2y) , если f(0)=0.

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,

	≡	∂2		+	∂2
							. Проверим выполнение этого условия, для чего найдём производные
		∂x	2		∂y	2

второго порядка от u по x и по y:

∂u

= 2e

2x (x cos 2y

− ysin 2y) + e2x cos 2y,

∂2u

= 2e2x [2(x cos 2y − ysin 2y)

+ 2cos 2y],

∂x

∂x2

∂u

= e

2x (−2x sin 2y

− sin 2y − 2ycos 2y),

∂2u

= e

2x

[−4x cos 2y

− 2cos 2y

+ 4ysin 2y],

∂y

∂y2

Таким образом, лапласиан ∆u равен нулю. 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 = 2e2x (x cos 2y − ysin 2y) + e2x cos 2y				. Тогда
	∂y	∂x

v(x, y) = ∫ ∂∂vydy + ϕ(x) , или v(x, y) = ∫(2e2x (x cos 2y − ysin 2y) + e2x cos 2y)dy + ϕ(x) =

= e2x (x sin 2y + 1 cos 2y + ycos 2y − 1 cos 2y) + ϕ′(x) = e2x (x sin 2y + ycos 2y) + ϕ(x) . Производная

			2	2
по x от этого выражения равна				∂v	= e2x (2x sin 2y + 2ycos 2y + sin 2y) + ϕ′(x). С другой
				∂x
стороны по второму условию Даламбера-Эйлера
	∂v	= −	∂u = −e2x (−2x sin 2y − sin 2y − 2ycos 2y). Приравнивая эти выражения, получим:
	∂x		∂y

ϕ′(x) = 0. Отсюда ϕ(x) = C. Таким образом, v(x, y) = e2x (x sin 2y + ycos 2y) + C. Тогда

f (z) = e2x (x cos 2y − ysin 2y) + i (e2x (x sin 2y + ycos 2y) + C). Перейдём к переменной z:

2

f (z) = e2x	[x(cos 2y + isin 2y) + y(i2 sin 2y + i cos 2y)] + iC) = e2x [xe2iy	+ iy
y

= e2x e2iy (x + iy] + iC = e2x+2iyz + iC = z e2z + iC .

L3			L1	x		Воспользуемся дополнительным условием f(0)=i. В данном
						случае f(0)=0. Т.е. C=0.
-2	2
	L2					Ответ.
						f (z) = e2x (x cos 2y − ysin 2y) + i e2x (x sin 2y + ycos 2y) = z e2z .
						Задача 6. Вычислить интеграл по дуге C от точки z1 до
точки z2.
				∫(i −	z)dz;		C − прямая, z1 = 0, z2 = −1− i.
				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)=[i-(x-iy)] или

C C C

f (z) = −x − (y −1)i. Значит ∫f (z)dz = −∫xdx − (y −1)dy − i∫xdy + (y −1)dx . Примем x за параметр.

C C C

y x

Составим уравнение прямой , по которой проводится интегрирование: −1 = −1, т.е. y=x

Тогда dy=dx. Начальной точке z1=0 соответствует значение x=0, конечной z2=-1-i – значение x=-1.

Следовательно,

−1

−1

x2

(x −1)2

−1

x2

(x

−1)

2

−1

∫(i − z)dz = − ∫(x − (x −1)dx + i ∫(x +

(x −1))dx = −[

−

]

− i(

+

)

= −i .

2

2

2

C

0

0

0

2

0

∫(1−

Ответ.

z) dz = −i .

C

i

Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции.

∫z sin zdz .

0

Решение. Применим формулу формулу интегрирования по частям:

i

u = z du = dz

i0

i

i0

∫z sin zdz =

= − z cos z

+ ∫cos z dz = −i cosi + sin z

= −i cosi + sin i

dv = sin zdz

v = − cos z

0

0

Перейдём к гиперболическим функциям: sin i = ish1,

cosi = ch1.Получим:

i

∫z sin zdz = −i(ch1− sh1) = −i e−1., так как sh1+ch1=e.

0

i

Ответ.

∫z sin z dz = −i e−1.

0

Задача 8. Найти интеграл, используя интегральную формулу Коши, по конту-

рам L1, L2, L3. ∫

sin 2zdz

, 1) L1 :

z −1

=1,

2) L2

:

z + i

=

1

,

3) L3

:

x2

+

y2

=1.

i

L (z + i)(z −

)

2

2

4

2

2

Решение. 1). Подынтегральная функция аналитична всюду, за исключением точек z=-i и z=i/2. В круге z −1 ≤1нет особых точка. Тогда по теореме Коши I1=0.

3

2). Внутри области

z + i

≤

1

расположена одна особая точка z=-i. Тогда по интегральной

2

sin 2z

dz

= ∫

sin 2zdz

= ∫

(z − i / 2)2

sin 2z

=

формуле Коши : I2

= 2πi

i

2

(z + i)

2

(z − i / 2)

L (z + i)(z −

)

L2

z=−i

2

=

2πi 4sin(−2i)

= −

8π sh2

.

− 9

9

3) Внутри эллипса x2 + y2 ≤1 находится две особых точки: z=-i и z=i/2. Поэтому

42

применим теорему Коши для многосвязной области:

I3 = ∫

sin 2zdz

= ∫

sin 2zdz

= ∫

sin 2zdz

, где l1 - окружность достаточно

L3 (z + i)(z −

i

)2

l1 (z + i)(z −

i

)2

l2 (z + i)(z −

i

)2

2

2

2

малого радиуса с центром в точке z=-i, а l2 - окружность малого радиуса с центром в точке z=i/2. Первый интеграл в этой сумме совпадает с I2. Вычислим второй интеграл по интегральной формуле Коши:

sin 2zdz dz

sin 2zdz

∫

sin 2zdz

= ∫

(z + i)

=

2πi

d

2πi

2cos 2z

(z + i) − sin 2z

=

=

i 2

i 2

1!

dz

(z + i)

1!

(z + i)2

L3 (z + i)(z −

)

L3

(z −

)

z=i / 2

z=i / 2

22

=2πi 4(3i cosi − sin i) = 8π(3ch1− sh1) . Тогда

−9 9

I

= −

8π ch2

+

8πe(3ch1− sh1)

=

8π

(3ch1− sh1− sh2)..

3

9

9

9

Ответ. I

= 0,

I

= −

8π sh2

,

I

=

8π

(3ch1− sh1− sh2)..

1

2

3

9

9

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

z − 4	,	1) 3 < z < 5	2) z > 5. 3) 0<|z-5|<2.
z2 − 8z +15

Решение. Корнями уравнения z2-8z+15=0 являются числа z1=5 и z2=3. Разложим эту дробь

на простые дроби:

z − 4

=

A

+

B

=

A(z − 3) + B(z − 5)

. Или

−

− 3

z2 − 9z +15

z

5

z

(z − 5)(z − 3)

A(z − 3) + B(z − 5) = z − 4 . При z=5 получим

A=1/2. Если положить z=3, то получим В=1/2.

Следовательно,

z − 4

=

1

1

+

1

1

. 1). В кольце 3 <

z

< 5 имеем

3

z

z2 − 9z +15 2

z

−

5

2

z

− 3

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

z5

	z − 4	= −	1			1			+	1		1			. Воспользуемся формулой для бесконечно
	z2 − 9z +15						z						3
		2		5(1		−		)	2			z(1−		)
							5
													z
убывающей геометрической прогрессии:																	1	=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где		q		<1. В первой
													1				− q

дроби q=z/5, во второй дроби q=3/z. Следовательно,

4

z − 4

∞

n−1

∞

n

=

1

∑

3

−

1

∑

z

. 2). В кольце

z

> 5 выполняются неравенства

2

n

n+1

z

− 9z +15 2

n=1 z

2

n=0 5

3 <1 и 5 <1. Следовательно,

zz

z − 4		1		1				1		1				1	∞	5n−1		1	∞	3n−1		1	∞	5n−1 +	3n−1
	=						+						=		.∑		+		∑		=		.∑			.
z2 − 9z +15		2		z(1−	5			2		z(1−	3			2		zn		2		zn		2		zn
						)						)			n=1				n=1				n=1

zz

3)0 <| z − 5 |< 2 | z − 5 | < 1;

2

z − 4

=

1

1

+

1

1

=

1

1

+

1

1

=

1

∞

(−1)n(z − 5)n

+

1

∞

zn

∑

∑

;

z2 − 8z +15

2n+1

2

z − 3 2

z − 5 2

2(1− (−

z − 5

2

z − 5 2 1

2 1 5n+1

))

2

z − 4

=

1

∞

(−1)n (z − 5)n

+

1

∞

zn

∑

∑

;

z2 − 8z +15

2n+1

2 1

2 1 5n+1

Ответ. 1).

2).

3)

z − 4

∞

n−1

∞

n

=

1

∑

3

−

1

∑

z

. в кольце 3 <

z

< 5.

z

2

n

2

n+1

− 9z +15 2 n=1 z

n=0 5

z − 4

1

∞

5

n−1

+ 3

n

−1

=

.∑

в кольце

z

> 5 .

z2 − 9z +15 2 n=1

zn

z − 4

1

∞ (−1)n(z − 5)n

1 ∞ zn

=

∑

+

∑

; в кольце 0<|z-5|<2.

z2

2n+1

− 8z +15 2 1

2 1 5n+1

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

10. ∫

sh(z

−1)

dz

11. ∫

(2z + 1)sin

z −1

dz

2

2

z

=2

(z −1)

z

=2

z

Решение. 10.. Значения z1=1 и z2=-1 являются полюсами подынтегральной функции кратности 2. Тогда

Res

sh(z −1)

=

1

lim

d

[(z −1)

2

sh(z −1)

] = lim

ch(z −1)

(z +1)2

− sh(z −1)

2(z + 1)

=

(z2 −1)2

(z −1)2 (z + 1)2

+1)4

z1

1!

dz

z→1

(z

z→1

=

4ch(0) − 4 sh(0)

=

1

. Здесь учтено, что ch(0)=1, а sh(0)=0.

16

4

Res

sh(z −1)

=

1

lim

d

[(z +1)

2

sh(z −1)

] =

lim

ch(z −1) (z −1)

2 − sh(z −1) 2(z −1)

=

(z2 −1)2

(z − i)2 (z +1)2

(z −1)4

z2

1!

dz

z→−1

z→−1

=

4ch(−2) + 4

sh(−2)

=

ch(−2)

+ sh(−2)

=

1

−2

z

e

. Здесь учтено, что ch(z)+sh(z)=e . Получим

16

4

4

окончательно:

∫

sh(z

−1)π

dz = 2πi(

1

+

1

e−2 ) =

1

πi(1+ e−2 ) .

2

2

z

=2

(z

−1)

4 4

2

11. Подынтегральная функция имеет существенно особую точку z=0. Поэтому для вычисления вычета относительно этой точки следует разложить функцию в ряд Лорана.

По формуле для синуса суммы получим: (2z +1)sin	z −1	= (2z +1)(sin1cos	1	− cos1sin	1	) .
	z		z		z

Воспользуемся разложением в ряд функций sin(w) и cos(w) по степеням w:

sin(w) = w −

w3

+

w5

−

w7

+ ...,

cos(w) =1−

w2

+

w4

−

w6

+ ... Полагая w =

1

, получим:

3!

5!

7!

2!

4!

6!

z

5

z −1

1

1

1

1

1

1

1

(2z +1)sin

= (2z +1) sin1 1

−

+

−

+ ...

− cos1

−

+

−

+ ...

2!z2

4!z4

6

3!z3

5!z3

5

z

6!z

z

5!z

В первом ряде коэффициентом при z-1 с учётом множителя (2z+1) будет (-sin1), во втором

–(-cos1). Следовательно, коэффициентом при z-1 в разложении функции будет

−(sin1+ cos1) .

Вычет данной функции равен коэффициенту при z-1 в данном разложении, т.е.

Res[(2z +1)sin z −1] = −(sin1+ cos1) . Следовательно.

0z

∫ (2z + 1)sin

z −1

dz = 2πi Res[(2z +1)sin

z −1

] = −2πi (sin1+ cos1).

z

=2

z

0

z

Ответ. 10.

∫

sh(z

−1)π

dz =

1

πi(1+ e−2 ) .

11.

∫ (2z +1)sin

z −1

dz = −2πi (sin1+ cos1).

2

2

z

=2

(z

−1)

2

z

=2

z

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

x2 +1

∫

dx.

(x4 +1)

−∞

Решение. Найдём корни знаменателя функции

f (z) =

z2

+1

:

(z4

+1)

z4 +1= 0

или

z =

−

1(cos

π + 2kπ

+ isin

π + 2kπ

)

или z

1,2,3,4

= ±

1

(1± i) . Следовательно,

4

4

2

два корня из четырёх находятся в верхней полуплоскости:

z

=

1

(1+ i) и z

= −

1

(1− i) .

1

3

2

2

∞

x2 + 1

z2 +1

z2 +1

Тогда

∫

dx

= 2πi(Res

+ Res

).

4

+ 1)

4

+1)

4

+

−∞ (x

z1

(z

z3

(z

1)

(z −

1

(1+ i))(z2 +1)

z2

+1

Res

=

lim

2

=

(z4

+1)

1

1

1

1

z1

z→

1

(1+i) (z +

(1+ i))(z +

(1− i))(z −

(1+ i))(z −

(1− i))

2

2

2

2

2

=

i +1

=

1

.

2(i +1)

2

2i

2

2i

(z +

1

(1− i))(z2 + 1)

Res

z2

+1

=

lim

=

2

(z4

+1)

1

1

1

1

z1

z→−

1

(1−i) (z +

(1+ i))(z +

(1− i))(z −

(1+ i))(z −

(1− i))

2

2

2

2

2

− i +1

=

1

.

2i (−

2)[−

2(1− i)]

2

2i

∞

x

2 + 1

z2

+ 1

z2

+1

1

1

Следовательно.

dx

= 2πi(Res

+ Res

) = 2πi

+

= 2π.

∫

4

4

4

+ 1)

+ 1)

+1)

−∞

(x

z1

(z

z3 (z

2

2i 2

2i

∞

x2 +1

∫

Ответ.

dx = π

2.

(x

4

+

1)

−∞

6

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

∫		dz		, где С: y=x3-4x, z1=-2, z2=2,		= −i .
					−1
		z +1
C

Решение. Точки z1 и z2 не являются особыми точками для подинтегральной функции. Следовательно, можно применить формулу Ньютона-Лейбница:

∫

dz

z2

=

2 z +1

= 2( z2 +1 −

z1 +1) . Рассмотрим функцию

z +1

z1

C

(cos ϕ + 2kπ + isin ϕ + 2kπ) . Рассматривается та ветвь функции, для которой в

z + 1

z +1 =

2

2

точке z=-2 функция будет принимать заданное значение. С одной стороны

cos

π + 2kπ

+ isin π + 2kπ . С другой стороны

− 2 +1 =

−1=

2

2

− 2 +1 = −1 = −i = cos(− π) + isin(− π) . Сравнивая эти выражения, приходим к выводу, что

22

указанной ветви функции соответствует значение k=1. Следовательно, данная ветвь

(cos ϕ + 2π + isin ϕ + 2π) .

z + 1

функции имеет уравнение

z +1 =

2

2

=

1(cos π + 2π + isin

π + 2π

) = −i ,

Таким образом,

z

1

+1 =

− 2 +1 =

−1

2

2

=

3(cos

2π

+ isin

2π

) = −

. Следовательно,

z

2

+1

=

2 +1 =

3

3

2

2

∫

dz

z2

= 2 z +1

= 2( z2

+ 1 − z1

+1) = 2(− 3 + i) .

z + 1

z1

C

∫

dz

Ответ.

= 2(−

3 + i) .

C

z +1

7