7. Функции комплексного переменного / m7var09

Вариант 9

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

а) cos(3 − 2i);

б) ln(1+ i)i

Решение. а). По формуле тригонометрии cos(3-2i)=cos3·cos(2i)+sin3·sin(2i). Воспользуемся формулами связи между тригонометрическими и гиперболическими функциями: cos(2i)=ch2; sin(2i)= ish2. Получим cos(3-2i)=cos3·ch2+ i·sin3·sh2.

б). Воспользуемся формулой (1+ i)i = eiLn(1+i) . Получим:

iLn(1+ i) = i [ln1+ i

+ i(π + 2kπ)] = iln

− (π + 2kπ) .

2

4

4

iln

−(

π

+2kπ)

iln

−(

π

+2kπ)

2

2

1

Тогда Ln((1+ i)i ) = Ln e

4

= ln

e

4

+ 2πni = i ln

2 − π(

+ 2k) + 2πni .

4

Ответ. а) cos(3-2i)=cos3·ch2+isin3·sh2; б)

Ln((1+ i)i ) = i ln

− π(2k +

1

) + 2πni .

2

4

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж.

Re

1

=1.

z

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

y

Re

1

=1.

x

+ iy

Или Re

x − iy

=

x

=1. Приравнивая числитель и

x

x2 + y2

x

2 + y2

знаменатель, получим: x2 + y2 = x . Выделяя полный квадрат

разности, можно записать: (x −

1

)2 + y2 =

1

.

2

4

Ответ. Данное соотношение представляет окружность радиуса 1/2 с центром в точке (1/2; 0)

Задача 3. Решить уравнение: 2ch2z + sh2z = 2.

Решение. Перейдём от синуса гиперболического к косинусу гиперболическому по

формуле sh2z=ch2z+1, получим 2ch2z + ch2z +1= 2																																																															или		3ch2z =1. Тогда ch z = ±												1			.
																																																																														3
Воспользуемся формулой Arch w = Ln(w +																																																			w2 + 1) . В данном случае
							1																																																2
																					1						1																			1
z = Arch ±														= Ln				±							±											+1			= Ln ±													±										. Под знаком логарифма имеем четыре
																					3						3																			3
										3																																														3
значения: v											=										= −						1												= −														=			1						. Найдём модули и аргументы этих
									1						3,			v	2														,			v		3			3,								v		4
																											3																													3
чисел:
			=												= 0,									=			1														= −π,															=											= π,			=	1					, arg v			= 0.
	v	1		3,			arg v							1					v		2													,		arg v				2													v	3								3,			arg v	3		v	4									4
																											3																																												3
Далее воспользуемся формулой Ln v = ln																																													v			+ i(ϕ + 2kπ) . Получим:
z1 = ln					3 + 2kπi,												z2 = − ln											3 + (2k +1)πi,																		z3 = ln												3 + (2k +1)πi, z1 = − ln														3 + 2kπi.

Все формулы можно объединить: z = kπi ± ln 3.

Ответ. z = kπi ± ln 3.

Задача 4. Доказать тождество. ch2z + sh2z = ch 2z .

Решение. Рассмотрим левую часть равенства:

ch2 z + sh2 z = (ez + e−z )2 + (ez − e−z )2 = 1 (e2z + 2eze−z + e−2z + e2z − 2eze−z + e−2z ) =

			4		4	4
	e2z	+ e	−2z
=				= ch 2z , что и требовалось доказать.
		2

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

Im(z) = v = Ax2 + 2y2 − 2xy , если f(0)=5.

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

≡

∂2

+

∂2

. Проверим выполнение этого условия, для чего найдём производные

∂x2

∂y

2

второго порядка от v по x и по y:

∂v

= 2Ax

− 2y,

∂2v

= 2A,

∂v

= 4y

− 2x,

∂2v

= 4.

∂x

∂x2

∂y

∂y2

Чтобы лапласиан ∆v был равен нулю, нужно положить A=-2. Таким образом, функция v(x, y) = −2x2 + 2y2 − 2xy является гармонической. Восстановим действительную часть u(x,y) функции f(z)=u(x,y)+iv(x,y), пользуясь условиями Даламбера-Эйлера:

∂u =	∂v ,	∂u = −		∂v	. Из первого условия получаем:	∂u =	∂v = 4y − 2x. Тогда
∂x	∂y	∂y		∂x		∂x	∂y
u(x, y) = ∫		∂u	dx + ϕ(y) , или u(x, y) = ∫(4y − 2x)dx + ϕ(y) = 4xy − x2 + ϕ(y). Производная по x от
		∂x

этого выражения равна ∂u = 4x + ϕ′(y). С другой стороны по второму условию Даламбера-

∂y

Эйлера ∂u = − ∂v = 4x + 2y. Приравнивая эти выражения, получим: ϕ′(y) = 2y. Отсюда

∂y ∂x

ϕ(y) = y2 + C. Таким образом, u (x , y ) = − x 2 + 4 xy + y 2 + C. Тогда

f (z) = −x2 + 4xy + y2 + C + i (−2x2 + 2y2 − 2xy). Перейдём к переменной z:

f (z) = −x2 − 2ixy + y2 − 2i(x2 + 2ixy − y2 ) + C = −z2 − 2iz2 + C = −z2 (1+ 2i) + C . Воспользуемся дополнительным условием f(0)=5. В данном случае f(0)=C. Т.е. C=5. Ответ. f(z) = −x2 + 4xy + y2 + 5 + i (−2x2 + 2y2 − 2xy) = 5 − z2 (1+ 2i).

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

∫Re zdz;	C − прямая, z1 = 0, z2 = 2 + 2i.
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)=x. Значит

C C C

∫f (z)dz = ∫xdx + i∫xdy . Примем x за параметр. Составим уравнение прямой, по которой

C C C

	проводится интегрирование:		y	=	x	, т.е. y = x,						dy = dx . Начальной точке z1=0
		2		2
	соответствует значение x=0, конечной								z2=2+2i – значение x=2.
		2		2			x	2			2	x	2			2
	Следовательно, ∫Re zdz = ∫xdx + i∫xdx =										+ i					= 2 + 2i .
							2					2
	C	0		0							0					0

Ответ. ∫Re zdz = 2 + 2i .

C

2+4i

Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции. ∫(6z2 + 4z)dz .

1+i

Решение. Применим формулу Ньютона-Лейбница:

2+4i

2+4i = 2(2 + 4i)2 (2 + 4i +1) − 2(1+ i)2 (2 + i) =

∫(6z2 + 4z)dz = (2z3 + 2z2 )

1+i

1+i

= 2[(4 +16i −16)(3 + 4i) + 8(2 + i)] = 8[(4i − 3)(4i + 3) + 2 + i] = −184 − 8i .

2+4i

Ответ.

∫(6z2 + 4z)dz = −184 − 8i .

1+i

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

L3.

e2zdz

, 1) L1 :

z − 2i

=

3

, 2) L2

:

z + 2

= 2, 3) L3 :

x2

+ y2 =1.

L∫ (z −1)2 (z +1)

2

4

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

	z=1. В круге		z − 2i		≤	3	подынтегральная функция
					2
	y								e2zdz
	аналитична. Следовательно, I1 =							L∫		= 0.
									(z −1)2 (z +1)
	L1
	L2							1

2). Внутри области z + 2 ≤ 2 расположена одна

xособая точка z=-1. Тогда по интегральной формуле

Коши

2

e2z

L3

∫

e2zdz

= ∫

(z−1)2 dz

e2z

πie

−2

= 2πi

=

.

2

(z+1)

2

(z−1)

(z +1)

(z

−1)

2

L2

L2

z=−1

3). В эллипсе

x2

+ y2 ≤1 есть две особые точки: z=-1 и z=1. Поэтому применим теорему

4

Коши для многосвязной области:

I3 =

e2zdz

=

e2zdz

+

e2zdz

, где l1 -

L3∫ (z−1)

2 (z +1)

l∫ (z−1)2 (z + 1) l∫ (z−1)

2 (z +1)

1

2

окружность достаточно малого радиуса с центром в точке z=-1, а l2 - окружность малого радиуса с центром в точке z=1. Первый интеграл уже вычислен. Вычислим второй интеграл по интегральной формуле Коши:

e2z

dz

e2zdz

(z+1)

d

e2z

2e2z (z + 1) − e2z

=

3πi

e

2 .

=

=

2πi

= 2πi

∫ (z−1)2 (z + 1)

∫

(z−1)2

(z +1)2

dz

(z + 1)

2

L2

l2

z=1

z=1

Следовательно, I

=

e2zdz

=

πi

e

−2

+

3πi

e

2

=

πi

(e

−2

+ 3e

2

) .

3

L∫ (z−1)

2 (z +1)

2

2

2

3

Ответ. I

= 0,

I

=

πi

e

−2

,

I

=

πi

(e

−2

+ 3e

2

).

1

2

2

3

2

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

z − 3

,

1)

2 <

z

< 4

2)

z

> 4.

3) 0<|z-4|<6;

z2 − 2z − 8

Решение. Корнями уравнения z2-2z-8=0 являются числа z1=4 и z2=-2. Разложим эту дробь

на простые дроби:		z − 3	=	A		+	B	=	A(z + 2) + B(z − 4)	. Или
		2 − 2z − 8		z −			z + 2
	z				4				(z − 4)(z + 2)

A(z + 2) + B(z − 4) = z − 3. При z=4 получим A=1/6. Если положить z=-2, то получим

В=5/6. Следовательно,

z − 3

=

1

1

+

5

1

. 1). В кольце 2 <

z

< 4 имеем

2

z

z

2 − 2z − 8 6

z − 4 6

z + 2

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

z4

z − 3

= −

1

1

+

5

1

. Воспользуемся формулой для бесконечно

z2 − 2z − 8

z

2

6

4(1−

)

6

z(1

+

)

4

z

убывающей геометрической прогрессии:

1

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где

q

<1. В первой

1

− q

дроби q=z/4, во второй дроби q=-2/z. Следовательно,

z − 3

∞

(−1)

n−1

n−1

∞

n

=

5

∑

2

−

1

∑

z

.

2). В кольце

z

> 4 выполняются неравенства

2

n

n+1

z

− 2z − 8 6

n=1

z

6

n=0 4

2

<1 и

4

<1. Следовательно,

zz

z − 3

1

1

5

1

1

∞

4

n−1

5

∞

(−1)

n−1

2

n−1

1

∞

4

n−1

+ 5 (−2)

n−1

=

+

=

∑

+

∑

=

∑

.

z2 − 2z − 8

4

2

zn

zn

zn

6

z(1

−

)

6

z(1+

)

6

n=1

6

n=1

6

n=1

z

z

в) 0 < z − 4 < 6; z − 4 < 1; 6

z − 3

z2 − 2z − 8

z − 3

z2 − 2z − 8

Ответ. 1).

2).

3)

=

1

1

+

5

1

=

1

1

+

5

1

=

1

∞

zn

+

5

∞

(−1)n(z − 4)n

∑

∑

;

6

z

− 4

6

z +

2

6

z − 4

6

6(1− (−

z − 4

))

6 1 4n+1

6 1

6n+1

6

=

1

∞

zn

+

5

∞ (−1)n(z − 4)n

∑

∑

;

6n+1

6 1 4n+1

6 1

z − 3

5

∞

(−2)n−1

1

∞

zn

=

∑

−

∑

в кольце 2 <

z

< 4.

z

2

− 2z − 8

6

z

n

6

n+1

n=1

n=0 4

z − 3

1

∞

4

n−1

+ 5 (−2)

n−1

=

∑

в кольце

z

> 4 .

z2 − 2z − 8 6 n=1

zn

z − 3

=

1 ∞ zn

+

5

∞

(−1)n(z

− 4)n

∑

∑

; в кольце 0<|z-4|<6;

6n+1

z2 − 2z − 8 6 1 4n+1

6 1

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

10. ∫

sin πz

dz

11. ∫ z3ch

2

dz

2

2

z

=3

(z +1)

(z

+ 1)

z

=2

z −1

Решение. 10.. .Найдём корни знаменателя: z1=-1, z2=-i, z3=i. Значения z2=-i и z3=i являются простыми полюсами подынтегральной функции, а значение z1=-1 - полюсом кратности 2.

Тогда Res

sin πz

= lim [

(z + i)sin πz

] = lim [

sin πz

] = −

sin(−iπ)

=

sin iπ

,

(z +1)2 (z + i)(z − i)

(z +1)2 (z − i)

−i (z +1)2 (z2 + 1)

z→−i

z→−i

4

4

Res

sin πz

= lim [

(z − i)sin πz

] = lim [

sin πz

] = −

sin iπ

(z +1)2 (z2

(z +1)2 (z + i)(z − i)

i

+1)

z→i

z→i (z +1)2 (z + i)

4

Res

sin πz

=

1

lim

d

+1)2

sin πz

] = lim

π(z2 +1)cos πz − 2zsin πz

=

[(z

[

]

(z +1)2 (z2

(z2

−1

+1)

1! z→−1 dz

(z +1)2 (z2 +1) z→−1

+1)2

==

2πcos π − 2sin π

= − π .

4

2

Получим окончательно: ∫

sin πz

sin iπ

sin iπ

π

dz = 2πi (−

+

−

) = −π2i .

(z +1)

2

(z

2

+ 1)

4

4

2

z

=3

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 сh(w) по степеням w:

sh(w) =1+

w2

+

w4

+

w6

+ ... Полагая

2!

4!

6!

2

2

2

z3ch

3 1

= z

+

+

z −1

2

2!z

w =

2

, получим:

z −1

2

4

2

6

= z3

2

4

+

+ ...

+ 2z+

+

+ ...

4!z4

6!z6

45z3

3z

Коэффициентом при (z-1)-1 в разложении функции будет число 2/3. Вычет данной

функции равен коэффициенту при (z-1)-1 в данном разложении, т.е. Res[z3ch

2

] =

2

.

−

1

z

1 3

Следовательно.

∫ z3ch

2

dz = 2πi

2

=

4

πi .

z

−1

z

=2

3

3

Ответ. 10.

∫

sin πz

dz = − π2i .

11.

∫

z3ch

2

dz

=

2

=

4

πi .

2

2

z

=3 (z +

1)

(z

+1)

z

=2

z

−1

3 3

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

x2 + 2

dx.

∫ x4

+17x2

+16

0

Решение. Найдём корни знаменателя функции f(z) =

z2 + 2

, решая биквадратное

z4 +17z2 +16

уравнение: (z2)2+17(z2)+16=0, z2 = −

17

±

289

−

64

= −

17

±

15

. Следовательно,

2

4

4

2

2

z1,2

=

−1 = ±i,

z1,2

=

−16 = ±4i .

В верхней полуплоскости находятся два корня: z1=i z2=4i Тогда

∞

x2 + 2

∫

dx

= 2πi(Resf (z) + Resf (z)).

4

+10x

2

+ 9

−∞ x

i

4i

Res

z2 +

2

= lim

(z − i)(z2 + 2)

=

1

, Res

z2

+ 2

= lim

(z − 4i)(z2 +

2)

=

7

.

z4+17z2+16

i

z→i (z − i)(z + i)(z2+16)

30i

4i

z

4+17z2+16

z→4i (z − 4i)(z + 4i)(z2+1)

60i

∞

x2 + 2

1

∞

x2 + 2

1

1

7

9

3π

Следовательно. ∫

dx =

∫

dx =

2πi(

+

) = πi

=

.

4

+17x

2

+16)

2

4

+17x

2

+16)

2

0

x

−∞ x

30i

60i

60i

20

∞

x2 + 2

3π

Ответ.

∫

dx =

.

4

+17x

2

+16)

20

0 x

Задача 13. Вычислить интеграл от заданной ветви многозначной функции по кривой С

от точки z1 до точки z2.

∫ln zdz , где С прямая, z1=2-2i, z2=2+2i,

ln(2 − 2i) = ln

−

9

πi .

8

C

4

Решение. Рассмотрим функцию ln z = ln z + i(ϕ + 2kπ). Рассматривается та ветвь функции,

для которой в точке 2-2i величина lnz будет принимать заданное значение. С одной

стороны ln(2 − 2i) = ln 8 + i(− π + 2kπ). С другой стороны ln(2 − 2i) = ln 8 − 9 πi . Сравнивая

4

4

эти выражения, приходим к выводу, что указанной ветви функции соответствует

значение k=-1. Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение

ln z = ln

z

+ i(ϕ − 2π).

Таким образом,

u = ln z

du =

dz

22−+2i2i

22−+2i2i = (2 + 2i)(ln

π

∫ln zdz =

= zln z

− ∫dz = z(ln z −1)

+ i(

− 2π) −1) −

z

8

4

dv = dz

v = z

C

C

− (2 − 2i)(ln

+ i(− π − 2π) −1) = 4iln

8

8 + πi + 8π − 4i = 8π + i(6ln 2 + π − 4).

4

Ответ.

∫ln zdz = 8π + i(6ln 2 + π − 4) .

C