complan_problems

вiдобража¹ вiдрiзок [®; ¯]

1.4. Функцi¨. Геометричнi i топологiчнi поняття

11

w 2 N, то функцiя ¹ однозначною, à ÿêùî äåêiëüêà багатозначною. Якщо функцiя w = f(z) ¹ однозначною i крiм того, кожному значенню w 2 N вiдповiда¹ одне значення z 2 M, то функцiя ¹ вза¹мно однозна- чною, àáî однолистною, тобто z1 =6 z2 () f(z1) =6 f(z2).

Комплекснозначна функцiя z(t), äå t 2 [®; ¯] на деяку множину то-

чок комплексно¨ площини C, яку можна розгля-				D
				γ1
дати як графiчний образ цi¹¨ функцi¨. Зокрема,					β
якщо функцiя	z(t)	¹ неперервною, то ¨¨ графi-		γ
			крива; крива ¹ впо-	s
чним образом буде деяка
рядкованою множиною			точок комплексно¨	α
площини. Напрямок руху точки z, ÿêèé âiäïî-				γ
				0
вiда¹ напрямку збiльшення t, назива¹ться äî-				Ðèñ. 1.4.
датним. Точка z криво¨ ° назива¹ться точкою
самоперетина криво¨, ÿêùî z(t1) = z(t2) ïðè

t1 6= t2. Виключенням ¹ збiжнiсть початку i кiнця криво¨: z(®) = z(¯). Òà-
ку криву називають замкненою. Неперервна крива, що не мiстить точок
самоперетину, назива¹ться простою àáî жордановою кривою. Довжина
Областю D на розширенiй		R	C
кусково-гладко¨ криво¨ дорiвню¹: l(°) =		®¯ jz0(t)j dt:
	комплекснiй площинi			називають вiд-

криту зв'язну множину. Множина D назива¹ться вiдкритою, якщо кожна точка цi¹¨ множини належить до не¨ разом iз деяким "-окiлом. Множина D назива¹ться зв'язною, якщо будь-якi двi точки областi можливо з'¹днати кривою, що належить до тi¹¨ ж областi. Ìåæà областi D це множина @D точок, якi не належать областi D, але в будь-якому околi яких ¹ точки, що належать D. Додатнiм напрямком обходу межi будемо

вважати той, при якому область завжди залиша¹ться лiворуч. Об'¹днан-
ня областi D	та ¨¨ межi назива¹ться замиканням та познача¹ться ¹
		D. Ïðè
цьому множину ¹
	D називають також замкненою областю. Ðîçðiç областi
D 2 C вздовж розiмкнено¨ криво¨ ° = fz(t)		: 0 · t · 1g це видалення

точок цi¹¨ криво¨ iз множини, тобто це перехiд до множини Dn°. Êîæíié

òî÷öi z(t) ðîçðiçó ° вiдповiдають два межових елемента областi D, ëiâèé

та правий (або верхнiй та нижнiй). В сукопностi, цi елементи утворюють два береги розрiзу °.

Область D на повнiй комплекснiй площинi назива¹ться однозв'я- зною, якщо будь-яку замкнену жорданову криву, що належить D, можна

неперервною деформацi¹ю стягнути в точку, залишаючись в областi D. В iнших випадках область ¹ багатозв'язною.

Неперервну деформацiю криво¨ можна уявити геометрично (див. Рис. 1.4, 1.5).

Неперервну деформацiю криво¨ називають перетворенням гомотопi¨, а кривi, що можуть бути зведени неперервною деформацi¹ю одна до одно¨ називають гомотопiчно еквiвалентними (äèâ. ðèñ. 1.4). ßêùî êðèâi °0

обмеженою, ÿêùî

12	Глава 1. Основнi поняття комплексного аналiзу

i °1 гомотопiчно еквiвалентни в областi D, позначатиме це як:
°1 v °2 rel D:	(1.1)

Будь-яка замкнена крива, що належить однозв'язнiй областi гомотопiчно еквивалентна нулю (позначення: ° v 0 rel D). Для областей з кусково-

гладкими межами ма¹ мiсце наступна властивiсть: межа однозв'язно¨ областi на повнiй комплекснiй площинi або склада¹ться лише з однi¹¨ замкнено¨ жорданово¨ криво¨, або з однi¹¨ точки, або не мiстить жодно¨ точки (уся C-площина).

Область D назива¹ться

iñíó¹ êðóã U(0; R < 1), що мiстить у собi D.					D
Обмежена область завжди компактна, тоб-
то з будь-яко¨ послiдовностi точок областi зав-
					2
джи iсну¹ пiдпослiдовнiсть, що збiга¹ться до
					1
внутрiшньо¨ точки цi¹¨ областi. Будемо казати,
що область G компактно належить D, ÿêùî					Ðèñ. 1.5.
¨¨ замикання ¹ (в топологi¨ ¹
		G		C, тобто з урахува-		b
ííÿì	1	) належить	D	. Компактну належнiсть позначають символом			,
îòæå
	¹
	G ½ D =) G b D:

Ÿ1.5. Елементарнi трансцендентнi функцi¨

Функцiя ez для комплексних z визнача¹ться згiдно з формулою

exp z = ez = ex+iy = ex (cos y + i sin y) :

Формально тригонометрiчнi функцi¨ комплексного аргумента можливо ввести за формулами Ейлера:

cos z =	eiz + e¡iz		;		sin z =	eiz ¡ e¡iz		; tg z =
	2						2i
ch z =		ez + e¡z			; sh z =		ez ¡ e¡z	; th z =
	2					2

	sin z		;	ctg z =	cos z		;
	cos z				sin z
		sh z	;	cth z =		ch z	:
		ch z				sh z

Логарифм це функцiя, обернена до експоненти: Число w назива¹-

ться логарифмом числа z, ÿêùî ew = z. ln z = ln jzj+i arg z: Àëå arg z ìî-

же позначати будь-яке значення аргумента, звiдки отрима¹мо нескiнче- ну множину значень логарифмiв. Тому логарифм це нескiнченозначна функцiя (¨¨ уявна частина визначена з точнiстью до числа, що ¹ кратним до 2¼). Äàëi багатозначну функцiю логарифм будемо позначати як Ln:

Lnz = ln jzj + iArgz = ln ½ + i (' + 2¼k) ; k 2 Z;

а символом ln z будемо позначати одне з його значень.

sin z =

ch z =

sin x + sin(x + y) + ¢ ¢ ¢+ sin(x +

1.5. Елементарнi трансцендентнi функцi¨

13

Узагальненою степеневою функцi¹ю визначють спiввiдношенням: w = za = eaLn z; a = ® + i¯ 2 C: В показниковiй формi z = ½ei', i

w = Rei©, çâiäêè w = e(®+i¯)(ln ½+i('+2¼k)) = Rei©; k 2 Z. Разом iз узагальненою степеневою функцi¹ю можна також розглядати узагальнену показникову функцiю: w = az = ezLn a = ez ln jaj¢eizArg a: Íà âiäìiíó âiä áà-

гатозначно¨ функцi¨ za, узагальнена показникова функцiя ¹ сукупностью

окремих, не зв'язних мiж собою однозначних функцiй, що вiдрiзняються
множниками e2¼ki	, äå k 2 Z.
В прикладах 154 159 довести спiввiдношення:
154. cos iz = ch z.		156. sin iz = i sh z.			158.	tg iz = i th z.
155. ch iz = cos z.		157. sh iz = i sin z.			159.	ctg iz = ¡i cth z.

В прикладах 160 167, обчислити зазначенi суми (n 2 N):

160. cos x + cos 2x + ¢ ¢ ¢ + cos nx: 161. sin x + sin 2x + ¢ ¢ ¢ + sin nx:

162. cos x + cos 3x + ¢ ¢ ¢ + cos(2n + 1)x:

163. cos x	¡	cos 2x +	¢ ¢ ¢	+
n 1
(¡1) ¡ cos nx:

164. sin x	¡	sin 2x +	¢ ¢ ¢	+
n 1
(¡1) ¡ sin nx:

165. sin x+sin 3x+¢ ¢ ¢+sin(2n+1)x:

166. cos x+cos(x+y)+¢ ¢ ¢+cos(x+ ny):

167.

ny):

В прикладах 168 173 знайти усi точки z, в яких функцiя f(z) прийма¹ лише дiйснi значення.

168.	f(z) = cth z.		170. f(z) = cos 2z.		172. f(z) = sin 4z.
169.	f(z) = tg z.		171. f(z) = ch 3z.		173.	f(z) = cth(z +1).
В прикладах 174 179 знайти усi точки z, в яких функцiя f(z) ïðè-
йма¹ лише уявнi значення.
174. f(z) = cos z.			176. f(z) = sh z.		178.	f(z) = th 2z.
175.	f(z) = ctg z.		177. f(z) = sin z.		179.	f(z) = cos 2z.

В прикладах 180 203 знайти усi розв'язки рiвнянь:

180. sin z = 2.

181. sh z = 3.

182. cos z = 4.

183. ch z = 5.

184. sin z = 4i=3.

185. cos z = 1 + i.

186. sin z + cos z = 3.

187. sin z ¡ cos z = 4.

1 + i

188. p2 .

189.

4 ¡ 3i

5 .

190. cos z = (3 + i)=4. 191. sin z + cos z = i. 192. ch z ¡ sh z = 2i. 193. sin z¡2 cos z = 4.

194. tg z = 2i.

195. ctg z = 1 ¡ i.

= i + 5.

14

Глава 1.

Основнi поняття комплексного аналiзу

196. th z = 5i=3.

199.

ch z + ez = 2.

202. th z + 3ez = 1.

197. cth z = i=2.

200. 2 ch z + iez = 7.

203. cth z ¡ 7ez = 10.

198. sh z + ez = 1.

201.

sin z + eiz = 1.

В прикладах 204 215 обчислити усi значення комплексного вираза:

204. 1

p

¢

213. (2

3

209.

i)

3

3+4i

205.

(¡. 1)p5.

210.

i¡p3.

i.

¡p2

p .

1+i.

214.

Ã

i! .

206.

ii.

211.

p2 + ip7 i.

1 +

e

ip2.

¢

208.

2¡i.

212.

¡ip7+

215. iii.

207. e

В прикладах 216 227 знайти усi розв'язки рiвнянь:

216. izi = 1.

217. (i + 3)zi+4

218. (1 + i)z2+3i = 1.

p p

219. (3 ¡ 4i)z 2+i 7 = i. 220. (p2 + ip6)zi = ¡1.

221. z1=(1¡i) = i + 1.

222. z1=(3+4i) = 2.

223. z(1+2i)=(1¡2i) = 1.

224. (z + i)2=(3i) = 1. 225. (2z + 3i)(i+1)=p2 = 1.

226. (a + ib)za¡ib = 1, äå a; b 2 R+. 227. (a + ib)zc+id = 1, äå a, b, c, d,

2 R+.

В прикладах 228 239 обчислити усi значення комплексного вираза:

228.

Ln1.

232.

Ln(2 ¡ i).

236.

Ln (12 + 5i).

229.

Ln(¡1).

233.

LnLni.

237. Ln

p

¡ ip

7.

3

5

230. Lni.

234.

Ln (i + 1).

238.

iLn¡

5i + p

¢

11

¡

¡

¡

¢.

235.

Ln (3i

4).

p3 + i

231. Ln( i).

239.

LnLn

¡

¢

.

Глава 2 Аналiтичнi функцi¨

Ÿ2.1. Умови Кошi Рiмана

Функцiя f(z) назива¹ться диференцiйовною у сенсi комплексного

аналiзу, або, iнакше кажучи, C-диференцiйовною â òî÷öi z0, ÿêùî iñíó¹ границя

lim f(z0 + h) ¡ f(z0) = f0(z0); h 2 C;

h!0 h

i вона не залежить вiд того, яким способом h пряму¹ до нуля. Якщо функцiя f(z) диференцiйовна в кожнiй точцi областi D, то функцiю називатимемо аналiтичною в цiй областi, f(z) 2 A(D). Припустимо, функцiя f(z) = u(x; y) + iv(x; y) означена у деякому околi точки z, òà êðiì

òîãî â öié òî÷öi u(x; y) òà v(x; y) диференцiйовнi. Тодi необхiдною умо-

вою, а при додатковiй умовi iснування повних диференцiалiв функцiй u(x; y), v(x; y) й достатньою умовою аналiтичностi функцi¨ f(z) â òî÷öi

z, ¹ виконання óìîâ Êîøi Ðiìàíà.

ux = vy; uy = ¡vx:

Якщо ввести формальнi похiднi Кошi:
@z	= 2	µ	@x	¡ i@y	¶	;	@z
@	1		@	@			@

= 2	µ@x	+ i@y¶		;
1	@	@

умову Кошi-Рiмана можна подати у комплексному виглядi:

@f@z = 0 :

Умови Кошi Рiмана для довiльних ортогональних координат (s; n):

us = vn; un = ¡vs;

де вважа¹ться, що двiйка (s; n) ма¹ додатню орi¹нтацiю. Зокрема в полярних координатах умови Кошi Рiмана приймають форму

u½ =	1	v';	1	u' = ¡v½:
	½		½

В прикладах 240 251 обчислити дiйсну u(x; y) = Re f(z) i уявну v(x; y) = Im f(z) частини функцi¨ f(z) та перевiрити умови Кошi-Рiмана.

15

16

240.

241.

242.

243.

f(z) = sin z: f(z) = sh z: f(z) = cos z f(z) = ch z

				Глава 2.			Аналiтичнi функцi¨
244.	f(z) = tg z					248.	f(z) = z ln z
245.	f(z) = th z	n	, äå			249.	f(z) = z ¢ ez
246.						250.	f(z) = z=(1 ¡
n 2 Nf(z) = z						2z)2
247. f(z) = ln z						251. f(z) = z2=(2i¡z)

Âприкладах 252 261 обчислити

252.f(z) = 1=(1 + z), a = i.

253.f(z) = (z¡2)=(z+i), a = 1¡i.

254.f(z) = (z ¡i)=(2z +1), a = 2i.

255.f(z) = z + i=(z + i), a = 1 + i.

256.f(z) = ez, a = 2 + i.

jf0(z)j òà arg f0(z) â òî÷öi a.

257. f(z) = z + eiz, a = ¡i.

258. f(z) = sin(1 + z), a = 1 ¡ i. 259. f(z) = ch 3z, a = 1 + 7i. 260. f(z) = tg (z=(1 + iz)), a = i. 261. f(z) = cth (z + i=z), a = 5 ¡ i.

262. Показати, що модуль i аргумент аналiтично¨ функцi¨

f(z) = R(x; y)ei©(x;y)

зв'язани наступними умовами: Rx = R©y, Ry = ¡R©x. 263. Показати, що модуль i аргумент аналiтично¨ функцi¨

f(z) = R(½; ')ei©(½;')

зв'язани наступними умовами: R½ = R½ ©', ©½ = ¡½RR' .

Ÿ2.2. Геометрiчна iнтерпретацiя аналiтично¨ функцi¨

Диференцiал аналiтично¨ функцi¨ можна подати у виглядi:

jdfj = jf0(z)j ¢ jdzj; arg df = arg f0(z) + arg dz:

Масштаб перетворення jf0(z)j ма¹ назву коефiцi¹нт лiнiйного розтягування â òî÷öi z при перетвореннi w = f(z). Êóò arg f0(z) ма¹ назву êóò

повороту криво¨ â òî÷öi z при перетвореннi w = f(z). Таке вiдображе-

ння, при якому ма¹ мiсце зберiгання кутiв i незалежнiсть масштабу вiд напрямку, називають конформним вiдображенням в точцi. Припустимо, що функцiя w = f(z) конформно вiдображу¹ область D ! D¤. Нехай

° крива, що знаходиться в областi D, à °¤ ¨¨ образ при вiдображеннi w = f(z). Тодi довжина криво¨ °¤ äîðiâíþ¹

ZZ

l(°¤) = jdwj = jf0(z)j ¢ jdzj:

°¤ °

2.2. Геометрiчна iнтерпретацiя аналiтично¨ функцi¨

17

Площа областi D¤ äîðiâíþ¹

S(D¤) = ZZ dudv = ZZ D(u; v)dxdy =

D(x; y)

ZZD¤ D

=jf0(z)j2dxdy:

D

Тобто jf0(z)j2 це коефiцi¹нт розтягування площи.

В прикладах 264 275 обчислити jf0(z)j òà arg f0(z). Яка частина комплексно¨ площини стиска¹ться, а яка розширю¹ться?

264.

265.

266.

267.

f(z) = z3: f(z) = 1=z2:

f(z) = 1=(z + 3): f(z) = iz++33zi:

268.

269.

270.

271.

272.

f(z) = z2 + 1: z ¡ i

f(z) = 1 + z2: f(z) = sh 2z: f(z) = e3z:

f(z) = eiz ¡ 1:

273.

274.

275.

3i):

f(z) = exp zz ¡+ ii:

f(z) = sh z + 1 :

2z ¡ i f(z) = th(2z +

В прикладах 276 287 обчислити jf0(z)j òà arg f0(z). Стиска¹ться чи розширю¹ться комплексна площина C â òî÷öi a?

276.	f(z) = sin 3z, a = i.
277. f(z) = (1 ¡ z)2, a = 1 ¡ 2i.
278.	f(z) = (1+iz)=(1¡z)2, a = 2i.
279.	f(z) = ez+1=z, a = i ¡ 7.
280. f(z) = sin µ			z		¶, a = i.
			i 2=z
	¡
		i + z
281. f(z) = 2z +				, a = ¡1+i.
		2z ¡ i
282.	f(z) = sh(7z + i), a = ¡i + 1.

283.	f(z) = tg(z ¡ i), a = 3 + 2i.
284.	f(z) = cth(2z + 7i), a = i + 2.
285.	f(z) =		z2 + i			a = 3 ¡ 7i.
			z2 ¡ i		,
				z		i
286.	f(z) = cth µ			+ 3			¶, a = 2 +
				z2 1
5i.						¡
287. f(z) =		(z + i)(z + 2i)							a = i.
								,
			2z + i

В прикладах 288 299 обчислити jf0(z)j òà arg f0(z). На який кут поверта¹ться комплексна площина C â òî÷öi a?

288.	f(z) = ez, a = 1 + i.		293.	f(z) = ctg(z ¡ 1), a = i ¡ 1.
289.	f(z) = sin z, a = 2 ¡ 3i.		294.	f(z) = ln z, a = 2 ¡ i.
290. f(z) = cos z, a = 2i.			295.	f(z) = ln(5 + iz), a = i ¡ 2.
291. f(z) = tg 3z, a = i.			296.	f(z) = sh(1 + z), a = i + 1.
292.	f(z) = ctg(2z + i + 1), a = 1.		297. f(z) = i ch z, a = i + 1.

322.

323.

18		Глава 2. Аналiтичнi функцi¨
298. f(z) = z(i + z)¡2, a = 3 ¡ i.		299. f(z) = exp (z + 1=z), a = 2 ¡
		3i.

В прикладах 300 311 обчислити довжини образiв кривих C значених вiдображеннях w = f(z).

300. C = fz : z = at + b; t 2 [0; 1]g,

w = z2, a; b 2 C.

301. C = fz : z = at + b; t 2 [0; 1]g,

w = ez,. a; b 2 C.

302. C = fz : z = it + 1; t 2 [0; 1]g,

w = z3

.

303. C = fz : z = t(1 + 2i); t 2 [0; 1]g, w = z4

304. C = fz : z = it; t 2 [0; 1]g,

w = zn, .n 2 N.

305. C = fz : z = it; t 2 [0; 2¼]g,

w = ez

306. C = fz : z = 6¼t; t 2 [0; 1]g,

w = eiz.

307. C = z : z = e2¼it; t

[0; 1]

ª

, w = zn, n

N.

308.

©

2¼it

2

,

1

2

1

C = z : z = e

; t 2 [0; 1]

w =

µz +

¶.

2

z

309.

©

ª

,

3.

C = fz : z = sin t; t 2 [0; 2¼]g

w = z

.

310. C = fz : z = th(2t + 1); t 2 [0; 1]g,

w = z2

1

1

311.

C = fz : z = 2t(1 + i); t 2 [0; 2¼]g,

w =

µz +

¶.

2

z

В прикладах 312 323 обчислити площi образiв областей D

значених вiдображеннях w = f(z).

312. D = fz : Re z 2 (0; 1); jIm zj < ¼g, w = z

2.

.

313. D = fz : Re z 2 (0; 1); jIm zj < ¼g, w = ez

.

314. D = fz

: jzj 2 (0; 1); arg z 2 (0; 2¼)g, w = ez

315. D = fz

: jzj < 1; arg z 2 (0; ¼=4)g,

w = eiz.

316. D = fz

: jzj < 1; arg z 2 (0; ¼=4)g,

w =

z + 1

z ¡ 1

.

317. D = fz

: Re z 2 (0; 1); Im z 2 (0; 1)g, w =

iz + 1

z

¡

1 .

318. D = fz

3.

: Re z 2 (¡1; 1); Im z 2 (¡1; 1)g, w = z

319. D = fz

: Re z 2 (0; 1); Im z 2 (0; 1)g, w = exp(2.

z + 3i).

320. D = fz

: jzj 2 (1; 2); arg z 2 (0; ¼=4)g,

4

w = z .

321. D = fz

: jzj 2 (2; 3); arg z 2 (0; ¼=3)g,

w = z2

ïðè çà-

ïðè çà-

D = fz :

D = fz :

Re z 2 (¡1; 1); Im z 2 (¡1; 1)g,

jzj 2 (R1; R2); arg z 2 (0; ¼=3)g,

w = z ¡ 2i z + 3i.

z ¡ 1

w = z + 1, R1; R2 2 R+.

(Zx;y)

2.3. Гармонiчнi функцi¨

19

Ÿ2.3. Гармонiчнi функцi¨

Дiйсна функцiя двох дiйсних змiнних u(x; y) назива¹ться гармонi- чною функцi¹ю в областi D, познача¹ться u(x; y) 2 H (D), якщо вона двiчи неперервно диференцiйовна в D та задовольня¹ в будь-якiй то- чцi з D рiвнянню Лапласа ¢u = 0. Двi гармонiчнi функцi¨ u(x; y) òà v(x; y), що ¹ зв'язанними умовами Кошi Рiмана, називаються спряженними гармонiчними функцiями. Тодi функцiя f(z) = u(x; y) + iv(x; y) ¹ однозначною аналiтичною функцi¹ю. Для будь-яко¨ функцi¨ u(x; y), ùî ¹

гармонiчною в однозв'язнiй областi D, можливо знайти спряжену до не¨ гармонiчну функцiю

(Zx;y)

v(x; y) = ¡uydx + uxdy + const:

(x0;y0)

В прикладах 324 327 перевiрити умову гармонiчностi функцi¨ u(x; y)? ßêùî u(x; y) гармонiчна, то вважати ¨¨ дiйсною частиною аналiтично¨ функцi¨ f(z). Знайти уявну частину v(x; y) аналiтично¨ функцi¨ f(z) i саму аналiтичну функцiю f(z):

324. u(x; y) = x=(x2 + y2).		326. u(x; y) = 2xy + x.	´.
325. u(x; y) = exp (x2 ¡ y2) cos(2xy).		327. u(x; y) = exy cos ³x2¡2 y2

328. Довести, якщо функцiя v(x; y) ¹ гармонiчною в однозв'язнiй областi

D, то спряжена до не¨ гармонiчна функцiя u(x; y) може бути подана у виглядi:

u(x; y) = vydx ¡ vxdy + const:

(x0;y0)

В прикладах 329 336 перевiрити умову гармонiчностi функцi¨ v(x; y)? ßêùî v(x; y) гармонiчна, то вважати ¨¨ уявною частиною аналiтично¨ функцi¨ f(z). Знайти дiйсну частину u(x; y) аналiтично¨ функцi¨ f(z) i саму аналiтичну функцiю f(z):

329. v(x; y) = x3+6x2y¡3xy2¡2y3.

330. v(x; y) = ex(x cos y ¡ y sin y).

331. v(x; y) = 2x3 ¡6xy2 ¡x2 +y2 + 3x + 1.

332. v(x; y)	=	x sin x ch y ¡
y cos x sh y.

333. v(x; y) = ¡3x2y+y3+x2¡y2¡ 4xy.

334. v(x; y) = ¡3(x + 2y)(¡2x + y)2 + (x + 2y)3.

335. v(x; y) = ¡3(x + 2y)2(¡2x + y) + (¡2x + y)3.

(½0;'0)

В прикладах 338 342 перевiрити умову гармонiчностi функцi¨ u(½; ')? ßêùî u(½; ') гармонiчна, то вважати ¨¨ дiйсною частиною аналiтично¨ функцi¨ f(z). Знайти уявну частину v(½; ') аналiтично¨ функцi¨ f(z) i саму аналiтичну функцiю f(z):

(Z½;')

20	Глава 2. Аналiтичнi функцi¨
336. v(x; y) = x2 ¡ y2 + 2xy.

337. Довести, якщо функцiя u(½; ') ¹ гармонiчною в однозв'язнiй областi

D, то спряжена до не¨ гармонiчна функцiя v(½; ') може бути подана у виглядi:

v(½; ') = ½u½d' ¡ u½' d½ + const:

338.	u(½; ') = ½2 cos 2'¡½ cos '+1.		341. u(½; ') = e½ cos ' cos(½ sin ').
339.	u(½; ') = ½2 cos 2'¡½ cos '+1.		342. u(½; ') = ½'(cos ') +
340. u(½; ') = ½2 sin 2' + ½ cos '.			½(ln ½)(sin ').

343. Довести, якщо функцiя v(½; ') ¹ гармонiчною в однозв'язнiй обла-

ñòi D, то спряжена до не¨ гармонiчна функцiя u(½; ') може бути подана у виглядi:

u(½; ') =	(Z½;')	v'	d½ ¡ ½v½d' + const:
		½
	(½0;'0)

В прикладах 344 346 перевiрити умову гармонiчностi функцi¨ v(½; ')? ßêùî v(½; ') гармонiчна, то вважати ¨¨ уявною частиною аналiтично¨ функцi¨ f(z). Знайти дiйсну частину u(½; ') аналiтично¨ функцi¨ f(z) i саму аналiтичну функцiю f(z):

344. v(½; ') = 2	³½ +	½´cos '.	346. v(½; ') = ½ ln ½ cos ' ¡
1		1	½ ln ½ sin '.
345. v(½; ')	=	½' cos ' +	½' sin '.

347. Довести, якщо функцiя ©(x; y) ¹ гармонiчною в однозв'язнiй областi D, то гармонiчна функцiя R(x; y), яка ¹ модулем аналiтично¨ функцi¨ f(z) = R ¢ ei© може бути подана у виглядi:

R(x; y) = const ¢ exp	2	(Zx;y)	©ydx ¡ ©xdy3	:
	4		5
	6(x0;y0)		7