7. Функции комплексного переменного / m7var25

Вариант 25

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

а) cos(−2 − i);	б)
		15 − 8i

Решение. а). Функция cos(z) является чётной. Поэтому cos(-2-i)=cos(2+i). По формуле тригонометрии cos(2+i)=cos2·cos(i)-sin2·sin(i). Воспользуемся формулами связи между тригонометрическими и гиперболическими функциями:

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

(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

z

получим первый корень

z =

2

2

=

(cos(ϕ + π) + i sin(ϕ + π)) = −

(cos ϕ + i sin ϕ)

(по формулам приведения). В

z

z

z

2

2

2

2

15

8

=17 и, следовательно, z =17(

−

i) .

данном примере z=15-8i. Тогда

z

= 152 + (−8)2

17

17

Поскольку z = z (cosϕ + i sin ϕ) , то в данном случае cosφ=15/17, а sinφ=-8/17. Учитывая,

что sin2 ϕ =				1	(1− cosϕ) и cos				2 ϕ =				1	(1+ cosϕ) , получим:
	2		2							2			2
sin2 ϕ =	1		(1−		15	) =	1	и cos2	ϕ =		1		(1+		15	) =	16	. Положительное значение косинуса и
2	2				17	17			2	2			17			17

отрицательное значение синуса соответствуют четвёртому координатному углу комплексной плоскости, так что -π/2<φ<0. Поэтому, соответственно, -π/2<φ/2<0. В таком

случае sin ϕ < 0, а									cos ϕ > 0 , т.е. sin ϕ = −								1			и cos ϕ =						4		. Окончательно получаем
2									2			2					17		2						17
		= ±						(cos ϕ + i sin ϕ) = ±			(		4		− i					1		) = ±(4 − i) .
					z
	z									17
							2		2			17					б)		17
Ответ. а) cos(-2-i)= cos2·ch1- i·sin2·sh1;																						15 − 8i = ±(4 − i) .

Задача 2. Выяснить геометрический смысл соотношения. Сделать чертёж. z + 3i = z −1.

Решение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет вид: x + i(y + 3) = x −1+ iy.

y	Или x2	+ (y + 3)2	= (x −1)2 + y2 . Возведём обе части в

xквадрат. Получим: x2 + y2 + 6y + 9 = x2 − 2x +1+ y2 . Или

	2x + 6y + 8 = 0.	Уравнение можно поделить на 2,
x+3y+4=0	получим: x+3y+4=0.
	Ответ. Данное соотношение представляет уравнение
	прямой x + 3y	+ 4 = 0 .

Задача 3. Решить уравнение:									3ch iz = 4i.
Решение. Перейдём от гиперболической функции к функции eiz:
	eiz + e	−iz
3			= 4i . Умножим всё уравнение на 2eiz, получим 3e2iz − 3 = 4ieiz . Обозначим v = eiz
2
и решим квадратное уравнение 3v2 − 8iv + 3 = 0,															v		=		8i ± (8i)2				− 36				=		8i ± 10i				=	4i ± 5i			.
																1,2			6										6					3
Таким образом, v					= eiz = 3i,		v			= 3,	ϕ = arg v		=	π	,	v			= eiz = −		i	,		v			=	1		, ϕ		= arg v				= − π .
				1				1			1	1		2				2	3						2				3		2				2		2

Далее воспользуемся формулой iz = Ln v = ln v + i(ϕ + 2kπ) . Получим:

iz

= ln3 + i(

π

+ 2kπ) или z

=

π

+ 2kπ − iln3,

iz

= − ln 3 + i(−

π

+ 2kπ) или z

= − π

+ 2kπ + iln3.

1

1

2

2

2

2

2

2

Решения можно объединить: z = 2kπ ± (π − iln3) 2

Ответ. z = 2kπ ± (π − iln3) 2

Задача 4. Нет условия задачи.

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

Imf(z) = v = 2ex cos y + 2xy −1, если f(0) = i .

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

. Найдём производные второго порядка от v по x и по y:

∂x

2

∂y

2

∂v

= 2ex cos y + 2y,

∂2v

= 2ex cos y,

∂v

= −2ex sin y + 2x,

∂2v

= −2ex cos y .

∂x

∂x

2

∂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	= −2ex cos y − 2y. Тогда u(x, y) = ∫ ∂udy + ϕ(x) , или
	∂y	∂x				∂y

u(x, y) = −2∫(ex cos y + y)dy + ϕ(x) = −2(ex sin y +		y2	) + ϕ(x). Производная по x от этого
	2
выражения равна ∂u = −2ex sin y + ϕ′(x) . С другой стороны по первому условию
∂x
Даламбера-Эйлера ∂u =	∂v = −2ex sin y + 2x. Приравнивая эти выражения, получим:
∂x	∂y

ϕ′(x) = 2x. Или ϕ(x) = x2 + C. Таким образом, u(x, y) = −2ex sin y + x2 − y2 + C. Тогда f(z) = −2ex sin y + x2 − y2 + C + i (2ex cos y + 2xy −1). Перейдём к переменной z:

f(z) = 2iex (cos y + i sin y) + x2 + 2ixy − y2 + C − i = 2iex eiy + z2 + C − i = 2iez + z2 + C − i.

Воспользуемся дополнительным условием f(0) = i . В данном случаеf(0) = i + C . Следовательно, C=0.

Ответ. f(z) = −2ex sin y + x2 − y2 + i (2ex cos y + 2xy −1) = 2iez + z2 − i.

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

∫(2 +			C: x = y2 , z1 = 0, z2 = 4 − 2i.
	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)=(2+x-iy), т.е. u=2+x,

C C C

v=-y. Значит ∫(2 + z)dz = ∫(2 + x)dx + ydy + i∫(2 + x)dy − ydx . Примем y за параметр. Тогда

C C C

x = y2 , dx = 2ydy . Начальной точке z1=0 соответствует значение y=0, конечной z2=4-2i – значение y=-2.

Следовательно,

			−2	−2	5y	2		y	4		y	3		−2
∫	(2 +						+			] + i[2y −				=18 −	4	i .
		z)dz = ∫(4y + 2y3 + y)dy + i ∫(2 + y2 − 2y2 )dy= [											]
					2
C	0			0			2			3				3
														0

Ответ. ∫(2 + z)dz =18 − 4 i .

3

C

−i

Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции. ∫(z +1) сh z dz .

			0
Решение. Применим формулу интегрирования по частям:
−i		u = z +1 du = dz				−i
∫	(z +1) сh z dz =			= (z +1) sh z		0−i − ∫sh z dz = −(1− i) shi −ch z		0−i =
		dv = сh zdz v = sh z
0				0

= (i −1) sh i − ch i +1.

Перейдём к тригонометрическому косинусу: ch i = cos1.Получим:

−i

∫(z + 1) ch zdz =1− cos1− sin1− i sin1.

0

−i

Ответ. ∫(z + 1) ch zdz =1− cos1− sin1− i sin1.

0

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

рам L1, L2, L3.

eiz −1

dz, 1) L1

:

z −

3

=1, 2) L2

:

(x −1)2

+ y2 =1, 3) L3 :

z − 3 − i

=

3

.

L∫ z

3 − z2π

2

9

2

Решение. 1). Подынтегральная функция аналитична всюду, за исключением точек z=0 и

z = π . В круге

z −

3

=1нет особых точка. Тогда по

2

y

теореме Коши I1=0.

2). Внутри эллипса

(x

−1)2

+ y2 =1 расположены

L1

9

L3

две особые точки z=0 и z = π . Поэтому применим

теорему Коши для многосвязной области:

2

x

eiz −1

dz =

eiz −1

dz +

eiz −1

dz , где l1 -

L2∫

z3− z2π

l∫ z3− z2π

l∫ z3− z2π

-1

1

2

окружность достаточно малого радиуса с центром

L2

в точке z=0, а l2 - окружность малого радиуса с центром в точке z = π . Вычислим оба интеграла по

интегральной формуле Коши:

eiz

−1

dz

eiz −1

z− π

1

d

eiz −1

ieiz

(z − π) − (eiz −1)

∫

dz =

∫

= 2πi

= 2πi

= 2 .

z

3

− z

2

π

z

2

z− π

(z − π)

2

1! dz

l1

l2

z=0

z=0

eiz

−1

dz

eiz −1

eiz −1

z

2

4i

∫

dz =

∫

= 2πi

= −

.

z

3

− z

2

π

z

2

π

z − π

l2

l2

z=π

Окончательно получаем: I

=

eiz

−

1

dx = 2

−

4i

2

L2∫ z3− z2π

π

3) Внутри круга

z − 3− i

=

3

находится одна особая точки: z=π. Интеграл по контуру L3

2

I3 =

eiz −1

= −

4i

совпадает с уже вычисленным интегралом по контуру l2.

dx

.

L2∫ z3− z2π

π

Ответ.

I

= 0,

I

= 2

−

4i

,

I

= −

4i

.

1

2

3

π

π

Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в областях.

z + 5	,	1) 3 < z < 4	2) z > 4.
z2 + z −12

Решение. Корнями уравнения z2+z-12=0 являются числа z1=3 и z2=-4. Разложим эту

дробь на простые дроби:		z + 5	=	A		+	B	=	A(z + 4) + B(z − 3)	. Или
		2 + z −12		z −			z + 4
	z				3				(z − 3)(z + 4)

A(z + 4) + B(z − 3) = z + 5. При z=3 получим A=8/7. Если положить z=-4, то получим В=-1/7.

Следовательно,

z + 5

=

8

1

−

1

1

. 1). В кольце 3 <

z

< 4 имеем

3

z

z

2 + z −12 7

z − 3 7

z +

4

<1 и

<1. Тогда дробь можно представить следующим образом:

z4

z + 5

=

8

1

−

1

1

. Воспользуемся формулой для бесконечно убывающей

z2 + z −12

7

3

z

z(1−

)

7

4(1

+

)

z

4

геометрической прогрессии:

1

=1+ q + q2 + ... + qn + ..., где

q

<1. В первой дроби q=3/z,

1− q

z + 5

∞

n−1

∞

n

n

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

=

8

∑

3

−

1

∑

(−1) z

.

2). В

2

n

n+1

z

+ z −12 7 n=1 z

7

n=0 4

кольце

z

> 4

выполняются неравенства

3

<1 и

4

<1. Следовательно,

z

z

n−1

n−1

n−1

n−1

z + 5

∞

n−1

∞

∞

3

− (−4)

=

8

1

−

1

1

=

8

∑

3

−

1

∑

(−1)

4

= =

1

∑

8

.

zn

zn

zn

z2 + z −12 7

z(1−

3

)

7

z(1

+

4

)

7

n=1

7

n=1

7

n=1

z

z

z

+ 5

8

∞

3n−1

1

∞

(−1)n zn

Ответ. 1).

=

∑

−

∑

в кольце 3 <

z

< 4 .

z

2

+ z −

z

n

4

n

+1

12 7 n=1

7 n=0

z + 5

1

∞

8 3

n−1

− (−4)

n−1

2).

=

∑

в кольце

z

> 4 .

z2 + z −12 7 n=1

zn

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

10.

∫

4z +

5

dz

11.

∫

(3z −1)ch

2

dz

3

− 8)

z −1

z

=3 z(z

z+1

=2

= 0,

=

2kπ

+ isin

2kπ

= 3,

Решение. 10. Корни знаменателя: z

z

2(cos

), z

1

2,3,4

2

3

3

z3 = −(1− i

3),

z4 = −(1+ i 3). Все корни являются простыми полюсами подынтегральной

функции. Тогда

Re s

4z + 5

= lim [

z(4z + 5)

] = lim [

4z + 5

] = −

5

,

0

z(z3 −8)

z→0

(z3 −8)z

z→0

(z3 −8)

8

Res

4z + 5

= lim [

(z − 2)(4z + 5)

] = lim [

4z + 5

] =

13

z(z3 − 8)

2 + 2z + 4)z

2

z→2

(z − 2)(z2 + 2z + 4)z

z→2

(z

24

Res

4z + 5

=

lim

[

[z + (1− i

3)](4z + 5)

] =

− 8)

− 2)[z + (1− i

3)][z + (1+ i 3)]

−(1−i

3) z(z3

z→−(1−i 3) z(z

(4z + 5)

=

lim

[

] =

1+ 4i 3

,

− 2)[z + (1+ i

z→−(1−i

3)

z(z

3)]

24

Res

4z + 5

=

lim

[

[z + (1+ i

3)](2z +1)

] =

−(1+i

) z(z3 − 8)

z→−(1+i

z(z − 2)[z + (1− i

3)][z + (1+ i

3)]

3

3)

= lim

[

(4z + 5)

] =

1− 4i

3

. Получим окончательно:

z(z − 2)[z + (1− i 3)]

z→−(1+i

3)

24

4z + 5

4

5

13

1+ 4i

3 +1− 4i 3

dz = 2πi∑Resf (z) =2πi[−

+

+

] = 0 .

∫=3 z(z3 − 8)

z

k=1

zk

8

24

24

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 ch(w) по степеням w:

ch(w) =1+

w2

+

w4

+

w6

+ ... Полагая w =

2

, получим:

z −1

2!

4!

6!

(3z−1)ch

2

= (3z−1)(1

+

2

2

+

24

+

26

+ ...)

= 3z−1+

2[3(z−1) + 2]

+

z−

4!(z−1)4

(z −1)2

1

2!(z−1)

2

6!(z−1)6

+

3z −1

+ ...

= 3z −1+

6

+

4

+ ...Последующие слагаемые не содержат степени

3(z−1)4

z −1

(z −1)

2

(z-1)-1. Коэффициентом при (z-1)-1 в разложении функции будет число 6. Вычет данной

функции равен коэффициенту при (z-1)-1 в данном разложении, т.е. Res[(3z −1)ch

2

] = 6 .

1

z −1

Следовательно.

∫

(3z −1)ch

2

dz = 2πi 6 =12πi .

z −1

z+1

=2

Ответ. 10. ∫

4z + 5

dz = 0 .

11.

∫ (3z −

1)ch

2

dz =12πi .

3

z

=3 z(z

− 8)

z+1

=2

z

−1

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов.

∞

x

2

dx

∫

.

2

3

0

(x

+1)

Решение. Корнями знаменателя функции f(z) =

z2

являются числа z1,2 = ±i . В

(z2

+ 1)3

данном случае в верхней полуплоскости расположен один полюс z=i данной функции кратности 3.

∞

x

2

dx

z

2

Тогда

∫

= 2πi Res

.

2

+ 1)

3

(z

2

1)

3

−∞

(x

i

+

Res

z2

=

1

lim

d2

(z − i)3 z2

=

1

lim

d2

z2

=

1

lim

d 2z(z

+ i)3 − 3z2 (z + i)

2

=

(z2

1)3

2 (z

(z + i)6

i

+

2! z→i dz2 (z + i)3 (z − i)3

2 z→i dz

+ i)3

2 z→i dz

=

1

d

2z(z + i) − 3z

2

=

1

d

z(2i

− z)

=

1

2(i

− z)(z + i)4 − 4z(2i − z)(z + i)3

lim

lim

lim

=

(z + i)4

(z + i)8

2 z→i dz

2 z→i dz (z + i)4

2 z→i

=

1

lim

2(i − z)(z + i) − 4z(2i − z)

=

1

lim

2(z2 −1) −

8iz

=

1

4

=

1

(z + i)5

(z + i)5

2 z→i

2 z→i

2

32i

16i

∞

x2dx

1

∞

dx

1

2πi

π

Следовательно. ∫

=

∫

=

=

.

(x

2

+1)

3

2

(x

2

+1)

2

(x

2

+

4)

2

16i

16

0

−∞

∞	x2dx						π
Ответ. ∫					=			.
	(x	2	+ 1)	3		16
0

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

∫zln zdz , где С – четверть окружности z =1, (x ≥ 0, y ≥ 0), z1 =1, z2 = i, ln1= 2πi .

C

Решение. Рассмотрим функцию Lnz = ln z + i(ϕ + 2kπ). Рассматривается та ветвь функции, для которой в точке z=1 величина lnz будет принимать заданное значение. С одной стороны Ln 1 = ln 1 + i(0 + 2 k π ). С другой стороны ln1= 2πi . Сравнивая 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

i

i

z2

1

z2

∫zln zdz =

z2

=

ln z

−

∫zdz =

(2ln z −1)

= −

1

(2ln(i) −1) −

4

C

dv = zdz

v =

z

2

2

C

4

2

1

1

	−	1	(2ln(1) −1) = −		1			[2(ln				i		+	iπ	+ 2πi) −1+ 2(ln1				+ 2πi) −1] =	1	−	1	(πi + 4πi + 4πi) =	1	−	9	πi .
	4				4									2						2		4		2		4
	Ответ.			∫z ln zdz =		1		−	9	πi .
				C	2			4