7. Функции комплексного переменного / m7var23

Вариант 23

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

а) tg(π + i);	б)
		− 5 −12i

Решение. а). Выразим тангенс через синус и сосинус: tg(π + i) = sin(π + i) . Применим cos(π + i)

формулы для синуса суммы и косинуса суммы. Тогда

	tg(π + i) =												sin(π)cos(i) + cos(π)sin(i)																														sin(i)																		. Воспользуемся формулами связи между
														cos(π)cos(i) − sin(π)sin(i)																													cos(i)
	тригонометрическими и гиперболическими функциями:																																																																	cos(i)=ch(1); sin(i)=
	= i·sh(1). Получим:																					tg(π + i) =					i sh(1)																		= i th(1) .
																												ch(1)
																																																															(cos ϕ + 2kπ + i sin ϕ + 2kπ) , где k=0, 1. При k=0
																																																										z
	б). Корни находятся по формуле																																									z =
																																																																						2					2
																																						(cos ϕ + i sin ϕ) . Полагая k=1, получим второй корень
	получим первый корень																								z =				z
																																																			2																			2
									(cos(ϕ + π) + i sin(ϕ + π)) = −																																																	(cos ϕ + i sin ϕ)
					z																																																z
		z =																																																																									(по формулам приведения). В
																2								2																																								2						2
	данном примере z=-5-12i. Тогда																																		z					=											(−5)2 + (−12)2 =13и, следовательно,
	z =13(−					5									−		12	i) . Поскольку z =																		z						(cosϕ + i sin ϕ) , то в данном случае cosφ=-5/13, а
				13												13
	sinφ=-12/13. Учитывая, что sin2 ϕ =																																													1			(1− cosϕ)																						и cos2 ϕ =					1	(1+ cosϕ) , получим:
																																2										2																												2					2
		sin2 ϕ =													1	(1+			5	) =		9	и	cos2 ϕ =														1						(1−										5								) =				4				. Отрицательным значениям синуса и
				2										2		13					13							2				2																			13													13
	косинуса соответствует третий координатный угол комплексной плоскости.
	Следовательно -π<φ<-π/2 и, соответственно, -π/2 <φ/2<-π/4. В таком случае
	sin ϕ < 0, а															cos ϕ > 0 , т.е. sin ϕ = −																										3										и cos ϕ =																				2	. Окончательно получаем
	2															2								2																		13																						2						13
												(cos ϕ + i sin ϕ) = ±																														2																							3			) = ±(2 − 3i) .
								z
		z = ±																										13 (																									− i
																2					2																					13																						13
																tg(π + i) = i th(1) ; б)
	Ответ.					а)																																		− 5 −12i = ±(2 − 3i) .

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж.

Imz2 =1.

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

y	Im[(x + iy)2 ] = Im[x2 − y2 + 2ixy] =1.

Или 2xy =1. Это уравнение гиперболы, ветви которой

xрасположены в первой и третьей четвертях координатной

плоскости: y = 1 .

2x

Ответ. Данное соотношение представляет гиперболы y = 1 .

2x

											Задача 3. Решить уравнение:								ch z + sh z = i 3 −1.
	Решение. Перейдём от гиперболических функций к функции ez:
		ez − e−z		ez + e−z
												1		3		i) , т.е. ez = 2(−	1		3
			+		= i 3 −1= 2(−								+					+					i) . Далее воспользуемся
	2			2								2		2			2		2
																																	2π
	формулой Ln v = ln						v		+ i(ϕ + 2kπ) . В данном случае v = 2(−											1		+			3	i),		v		= 2, ϕ =				. Получим:
																			2					2						3

z = ln 2 + i(2π + 2kπ). 3

Ответ. z = ln 2 + i(2π + 2kπ). 3

Задача 4. Нет условия задачи.

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

Imf(z) = v = (ex + e−x )sin y − 2xy , если f (0) = 0 .

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 запишем функцию v более
		∂x	2		∂y	2

компактно v(x, y) = 2ch x sin y − 2xy и найдём производные второго порядка от v по x и по

	y:	∂v	= 2sh x sin y − 2y,	∂2v	= 2ch x sin y,	∂v	= 2ch x cos y − 2x,	∂2v	= −2ch x sin y .
		∂x		∂x2		∂y		∂y2

Очевидно,что лапласиан ∆v равен нулю. Таким образом, данная функция является гармонической. Восстановим действиительную часть u(x,y) функции f(z)=u(x,y)+iv(x,y),

пользуясь условиями Даламбера-Эйлера:				∂u =	∂v ,	∂u = −		∂v	. Из второго условия
				∂x	∂y	∂y		∂x
получаем:	∂u = −	∂v	= −2sh x sin y + 2y. Тогда u(x, y) = ∫				∂udy + ϕ(x) , или
	∂y	∂x					∂y

u(x, y) = −2∫(sh x sin y − y)dy + ϕ(x) = 2(sh x cos y + y2 ) + ϕ(x). Производная по x от этого 2

выражения равна ∂u = 2ch x cos y + ϕ′(x) . С другой стороны по первому условию

∂x

∂u ∂v

Даламбера-Эйлера ∂x = ∂y = 2ch x cos y − 2x. Приравнивая эти выражения, получим:

ϕ′(x) = −2x. Или ϕ(x) = −x2 + C. Таким образом, u(x, y) = 2sh x cos y − x2 + y2 + C. Тогда

f (z) = 2sh x cos y − x 2 + y 2 + C + i (2ch x sin y − 2xy ). Перейдём к переменной z, применяя формулы sin yx = −ish iy и cos y = ch iy :

f(z) = 2(sh x ch iy + ch x sh iy) − (x2 + 2ixy − y2 ) + C = 2sh(x + iy) − (x + iy)2 +C = 2sh z − z2 +C.

Воспользуемся дополнительным условием f(0) = 0 . В данном случае f(0) = C . Следовательно, C=0.

Ответ. f(z) = 2sh x cos y − x2 + y2 + i (2ch x sin y − 2xy) = 2sh z − z2 +C.

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

∫(1+ i −			C: y = x2 , z1 = 0, z2 =1+ i.
	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+i-x+iy), т.е. u=1-x,

C C C

v=1+y. Значит ∫(1+ i − z)dz = ∫(1− x)dx − (1+ y)dy + i∫(1− x)dy + (1+ y)dx . Примем x за

C C C

параметр. Тогда y=x2, dy=2xdx. Начальной точке z1=0 соответствует значение x=0, конечной z2=1+i – значение x=1.

1 1

Следовательно, ∫(1+ i − z)dz = ∫(1− x − 2x − 2x3 )dx + i∫(2x − 2x2 +1+ x2 )dx =

C

0

0

= [x −	3x2	−	x4	]	1	+ i[x2 + x−	x3	]
2		2				3

0

Ответ. ∫(1+ i − z)dz = −1+ 5 i .

3

C

Задача 7. Вычислить интеграл

1

= −1+ 5 i

3

0

i

от аналитической функции. ∫(z −1) cos zdz .

						−1
Решение. Применим формулу интегрирования по частям:
i		u = z −1 du = dz				i
∫(z −1) cos zdz =				= (z −1)sin z		i−1 − ∫sin zdz = (i −1)sin i − 2sin1+ cos z		i−1 =
		dv = cos zdz v = sin z
−1						−1

= (i −1)sin i − 2sin1+ cosi − cos1.

Перейдём к гиперболическим функциям: sin i = ish1, cosi = ch1.Получим:

i

∫(z −1) cos z dz = ch1− cos1− sh1− 2sin1− ish1

−1

i

Ответ.

∫(z −1) cos z dz = ch1− cos1− sh1− 2sin1− ish1.

−1

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

рам L1, L2, L3.

y

∫

sin πzdz

i

, 1) L1

:

z − i

=1, 2) L2 :

z −

=1, 3)

L1

L (z −1)2 (z +

1

)

2

L3

2

-2

2

x

L2

Решение. 1). Подынтегральная функция аналитична

y

всюду, за исключением точек z=-1/2 и z= 1. Внутри

круга

z − i

≤1 нет особых точек. Тогда по теореме

Коши I1 = ∫

sin πz dz

= 0. 2). Внутри области

1

L1 (z −1)2 (z +

)

2

z −

1

≤1 расположена одна особая точка -1/2. Тогда по интегральной формуле Коши:

2

sin πz

dz

=

∫

sin πzdz

∫

(z −1)2

I

1

=

=

2

L2 (z −1)2 (z +

(z −

) L2

)

22

sin(−

π

)

sin πz

8πi

2

= −

= 2πi

= 2πi

(z −1)2

1

1

2

9

z=−

(−

−1)

22

3)В эллипсе 4(x +1)2 + y2 =1 находится две особых точки: z=-1/2 и z= 1. Поэтому

25

применим теорему Коши для многосвязной области:

I3 =

∫

sin

πzdz

1

=

∫

sin

πzdz

1

=

∫

sin

πzdz

1

, где l1

- окружность достаточно

L3 (z −1)2(z +

)

l1 (z −1)2(z +

)

l2 (z −1)2(z +

)

2

2

2

малого радиуса с центром в точке z= -1/2, а l2 - окружность малого радиуса с центром в точке z= 1. Первый интеграл в этой сумме совпадает с I2. Вычислим второй интеграл по

L3 : 4(x +

25

интегральной формуле Коши:

sin πz

dz

∫

sin πz dz

=

∫

(z +1/ 2)

2πi

d

sin πzdz

=

2

1!

1

L

(z −1)

2

(z +

1

L

(z −1)

dz

(z +

3

)

3

)

2

2

z=1

	2πi		πcos πz (z +1/ 2)	− sin πz
=						=
			(z +1/ 2)2
	1!
					z=1

3π

−

4

4π2i

4π2i

8πi

4πi

(2

+ 3π)..

= 2πi

2

= −

. Тогда I3

= −

−

= −

9

3

3

9

9

Ответ.

I

= 0,

I

= −

8πi

,

I

= −

4πi

(2 + 3π). .

1

2

3

9

9

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

z + 3

,

1) 1<

z

< 5

2)

z

> 5.

z2 + 4z − 5

Решение. Корнями уравнения z2+4z-5=0 являются числа z1=1 и z2=-5. Разложим эту

дробь на простые дроби:		z + 3	=	A		+	B	=	A(z + 5) + B(z −1)	. Или
		2 + 4z − 5
	z			z −	1		z + 5		(z −1)(z + 5)

A(z + 5) + B(z −1) = z + 3. При z=1 получим A=2/3. Если положить z=-5, то получим В=1/3.

Следовательно,

z + 3

=

2

1

+

1

1

. 1). В кольце 1<

z

< 5 имеем

1

z

z

2 + 4z − 5 3

z −1 3

z + 5

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

z5

z + 3

=

2

1

+

1

1

. Воспользуемся формулой для бесконечно убывающей

z2 + 4z − 5

1

3

z(1

−

)

3

5(1

+

z

)

z

5

геометрической прогрессии:

1

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где

q

<1. В первой дроби q=1/z,

1

− q

z + 3

∞

∞

n

n

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

=

2

∑

1

+

1

∑

(−1) z

. 2). В кольце

2

n

n+1

z

+ 4z − 5 3 n=1 z

3 n=0 5

z

> 5

выполняются неравенства

1

<1 и

5

<1. Следовательно,

z

z

z + 3

∞

∞

n−1

n−1

∞

+ (−5)

n−1

=

2

1

+

1

1

=

2

∑

1

+

1

∑

(−1)

5

= =

1

∑

2

.

z2 + 4z − 5

1

5

zn

zn

zn

3

z(1

−

)

3

z(1

+

)

3

n=1

3

n=1

3

n=1

z

z

z + 3

∞

∞

(−1)

n

n

Ответ. 1).

=

2

∑

1

+

1

∑

z

.в кольце 1<

z

< 5 .

2

n

n

+1

z

3

+ 4z − 5 3 n=1 z

n=0 5

z + 3

1

∞

2 + (−5)

n−1

2).

=

∑

в кольце

z

> 5 .

z2 + 4z − 5 3 n=1

zn

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

−

z

10.

∫

e 2

11.

∫

1

dz

zsin

dz

2

+ π

2

2

z

+1

z

=1 (9z

)

z

=2

−

z

−

z

Решение. 10. Преобразуем подинтегральную функцию:

e

2

=

1

e 2

.

(9z

2

+ π

2

)

2

81

(z2 +

π

2

)2

9

Корни знаменателя: z1

= − πi ,

z2 = πi

i. Значения z1 и z2 являются полюсами

3

3

подынтегральной функции кратности 2. Тогда

z

πi

)2 e−

z

1

e−

z

πi

)2 − 2e−

z

πi

−

(z +

2

−

2

(z −

2

(z −

)

Res

e 2

= lim

d

[

3

] =

lim

[

2

3

3

] =

−

πi

2 +

π

2

)2

z→−

πi

dz

81(z

+

πi

)2 (z − πi)2

z→−

πi

81(z −

πi

)4

3

81(z

3

3

9

3

3

3

z

−

1

πi

3

i

πi

π

π 3

− e 2

(

(z −

)

+ 2)

−

(

+

)(−

+ 2)

+ 3 − i(

−1)

=

lim [

2

3

] =

2

2

3

= −

6

6

,

πi

z→−

πi

81(z −

)

3

24π3i

24π3i

3

3

z

πi

)2 e−

z

1

e−

z

πi

)2 − 2e−

z

πi

−

(z −

−

(z +

(z +

)

2

2

2

Res

e 2

= lim

d

[

3

] =

lim [

2

3

3

] =

81(z + πi)2 (z −

πi

πi

πi

2 +

π

2

)2

z→

πi

dz

)2

z→

πi

81(z +

)4

3

81(z

3

3

9

3

3

3

z

πi

−

1

πi

− (

3

−

i

+ 2)

π

π 3

− e 2 (

(z

+

) + 2)

)(

+

3 + i(

−1)

2

3

2

2

6

= lim [

] =

3

=

6

πi

z→

πi

81(z +

)

3

− 24π3i

24π3i

3

3

Получим окончательно:

−

z

− [

π

+

− i(π

3 −1)] + π +

+ i(

π

3

−1)

3

3

π

∫

e 2

dz

= 2πi

6

6

6

6

=

i

(

− 2) .

2

+ π

2

2

24π

3

12π

2

z

=1

(9z

)

i

3

11. Преобразуем подинтегральную функцию:

zsin

z

= zsin

z −1+1

= zsin(1+

1

) = z(sin1cos

1

+ cos1sin

1

) . Подынтегральная

z −

z −1

z −1

z −1

1

z

−1

функция имеет существенно особую точку z=1. Поэтому для вычисления вычета относительно этой точки следует разложить функцию в ряд Лорана. Воспользуемся разложением в ряд функций cosw и sinw по степеням w:

cos(w) =1−

w2

+

w4

−

w6

+ ...,

sin(w) = w −

w3

+

w5

−

w7

+ ... Полагая w =

1

, получим:

2!

4!

6!

3!

5!

7!

z −1

zsin

z

= z{sin1[1−

1

+

1

−

1

+ ...] − + cos1[

1

−

1

+

2(z−1)2

720(z−1)6

z−

1

24(z

−1)4

(z−1)

6(z−1)3

+

1

+ ...]} = sin1[1−

z −1+1

+

z

−

z

+ ...] + cos1[

z −1+1

−

z

+

2(z−1)2

−1)4

720(z−1)6

6(z−1)3

120(z−1)5

24(z

(z−1)

+

z

+ ...]} = sin1[1−

1

−

1

+ ...] + cos1[1+

1

−

z

+ ...]

2(z−1)2

6(z−1)3

120(z−1)5

2(z −1)

(z−1)

Последующие слагаемые не содержат степени (z-1)-1. Коэффициентом при (z-1)-1 в

разложении функции будет число − (1 sin1− cos1) . Вычет данной функции равен

2

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

z

] = −(

1

sin1− cos1).

−

1

z

1

2

Следовательно.

∫

zsin

z

dz = −2πi (

1

sin1− cos1) = πi(2cos1− sin1) .

z

−1

2

z

=2

−

z

π

Ответ. 10.

∫

e

2

dz =

i

(

− 2)

. 11.

∫

zsin

z

dz = πi(2cos1− sin1) .

2

+ π

2

2

12π

2

z −

z

=1

(9z

)

3

z

=2

1

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

x2 + 2x + 3

∫

dx.

(x4 +

25x2

+144)

−∞

Решение. Найдём корни знаменателя функции

f(z) =

z2

+ 2z + 3

, решая биквадратное

(z4 + 25z2

+144)

уравнение: (z2)2+25(z2)+144=0, z2 = −

25

±

625

−

576

= −

25

±

7

. Следовательно,

2

4

4

2

2

z1,2

= ±3i,

z3,4

= ±4i . В данном случае в верхней полуплоскости расположены два полюса

z=3i и z=4i функции f(z) =

z2 + 2z + 3

=

z2 + 2z + 3

.

(z

4 + 25z2 +144)

(z2 + 9)(z2 + 16)

∞

x2 + 2x + 3

z2 + 2z + 3

z2 + 2z + 3

Тогда

∫

dx = 2πi(Res

+ Res

).

(x

2

+

9)(x

2

+16)

(z

2

+ 9)(z

2

+16)

2

+

9)(z

2

+16)

−∞

3i

4i (z

Res

z2

+ 2z + 3

= lim

(z

− 3i)(z2 + 2z + 3)

=

− 9

+ 6i + 3

=

−1+ i

.

+ 9)(z2

6i(9i2

3i

(z

2

+16)

z→3i (z + 3i)(z − 3i)(z2 +

16)

+ 16)

7i

Res

z2

+ 2z + 3

= lim

(z

− 4i)(z2 + 2z + 3)

=

−16 + 8i + 3

=

13

−

8i

8i(16i2

.

+ 9)(z2

4i

(z

2

+16)

z→4i (z + 4i)(z − 4i)(z2 + 9)

+ 9)

56i

i

∞

x2 + 2x + 3

− 8 + 8i +13 − 8i

5π

Следовательно. ∫

dx

= 2πi

=

.

2

+ 9)(x

2

+16)

−∞

(x

56i

28

∞

x2 + 2x + 3

5π

Ответ.

∫

dx

=

.

2

+ 9)(x

2

+

28

−∞ (x

16)

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		−	πi	.
			8
	C	4

Решение. Рассмотрим функцию Lnz = ln z + i(ϕ + 2kπ). Рассматривается та ветвь функции, для которой в точке z=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 − πi . Сравнивая

4

4

эти выражения, приходим к выводу, что указанной ветви функции соответствует значение k=0. Следовательно, данная ветвь функции имеет уравнение ln z = ln z + iϕ.

Таким образом,

u = ln z

du =

dz

22−+2i2i − ∫dz = z(ln z −1)

22−+2i2i = (2 + 2i)(ln

πi −1) −

∫ln zdz =

= zln z

+

z

8

dv = dz

v = z

4

C

C

− (2 − 2i)(ln

− πi

−1) = 4iln

− 4i + πi = 2iln(

8

8

8)2 − 4i + πi = 2i ln8 − 4i + πi = 6i ln 2 − 4i + πi .

4

Ответ.

∫ln zdz = i(6ln 2

+ π − 4) .

C