complan_taskbook_1

Роздiл 4. Елементарнi трансцендентнi функцiї				21
звiдки Im thz =		sin y cos y		. Таким чином, Im thz = 0 тодi i
	p

cos2 y ch2 x + sin2 y sh2 x

лише тодi, коли sin y cos y = 0, тобто y = n=2; n 2 Z. I Приклад 4.3. C Знайти всi розв’язки рiвняння sin z + cos z = i. B

Розв’язання. J Скористаємось означенням тригонометричних функцiй:

eiz e iz

+

eiz + e iz

= i:

2i

2

Покладемо eiz = t, t 2 C: Маємо

1 + 31=2

t

1

+ it +

i

=

2

(1 + i)t2 + 2t

1 + i = 0

t =

:

t

)

)

1 + i

t

pp

31=2 = f

3;

3g: Розглянемо перше значення кореня:

p

p

p

t =

1 + 3

=

1 + 3

+ i

1 3

=

2

1 + i

2

= q

exp "i

1 + p3

+ 2 n!# = q

ei( 4 +2 n); n 2 Z:

2 p3

2 p3

arctg 1

p3

p

p

Ми врахували той факт, що число

1+

3 + i1 3 лежить в IV квадрантi.

Таким чином,

2

2

iz = Ln q

ei(

4 +2 n) = 2 ln(2 p3) + i(

4 + 2 n);

2 p3

i

p

1

z =

+ 2 n

ln(2

3):

4

2

Аналогiчно, для другого значення кореня маємо таку вiдповiдь:

3

i

p

z =

+ 2 n

ln(2 +

3):

I

4

2

Приклад 4.4. C Знайти всi значення Ln Ln( 1 + i). B

Розв’язання. J Маємо

+2 n) = Ln

2 ln 2 + i

4 + 2 n =

Ln Ln( 1 + i) = Ln Ln p2ei( 4

= Ln s

3

1

3

exp "i

arctg

4 ln 2

+ 2 k!#

=

4 ln2 2 +

4

+ 2 n

1

3

2

2

3 + 2 n

= 2 ln

4 ln2 2 +

4

+ 2 n

! + i

arctg

2 ln 2

+ 2 k

1

1

2

(8n + 3)

3

2 Z

для всiх n; k

: В другiй рiвностi ми врахували, що при всiх n

число

1

3

2 Z

2 ln 2 + i(

+ 2 n) знаходиться в I або в IV квадрантi. I

4

c	v. 25 березня 2014 р.
Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

22	Глава 1. Основнi поняття комплексного аналiзу

p

Приклад 4.5. C Знайти всi значення ( 1 3i) 2 i. B

pp

Розв’язання. J Маємо ( 1 3i) 2 i

= e(

2 i) Ln( 1 3i). Обчислимо спочатку

показник експоненти:

p

i

i

p

i

p

ei( arctg 3+2 n)

2

) Ln( 1

3

=

(

) = (

2

) Ln

10

= (p

i)

ln 10

+ i( arctg 3 + 2 n) =

2

2

ln 10

ln 10

=

p

+ arctg 3 + 2 n + i p2( arctg 3 + 2 n)

:

2

2

Таким чином,

ln 10

"cos

( 1 3i)2 i = exp

p2

+ arctg 3 + 2 n

p2( arctg 3 + 2 n)

#:

ln 10

+ i sin p

ln 10

2( arctg 3 + 2 n)

2

2

I

Приклад 4.6. C Знайти всi значення Arcsin(4i 1). B

Розв’язання. J Скористаємось означенням функцiї Arcsin z:

Arcsin(4i 1) = i Ln i(4i 1) + p

=

1 (4i 1)2

= i Ln 4 i + p

= i Ln 4 i 2 q

+ iq

;

p

+ 2

p

2

16 + 8i

5

5

при знаходженнi кореня ми скористались формулою (3.1). Позначимо a =

2p

p

+ 2

; тодi 2p

p

2

= a 1

i

5

5

1

1)

=

Arcsin(4i

1) =

i Ln

4 a + i( a

a 1

1

i

2

1

2

8arctg

+ 2 n

ln

(a 4) + (a

1)

;

=

a

1

4

2

>arctg

a

+ 1

i

2

1

2

+ + 2 n

ln

(a + 4) + (a

+ 1)

:

2

<

a + 4

>

I

:

Завдання для класної роботи i домашнi завдання.

В прикладах 109–113 за допомогою означення тригонометричних та гiперболiчних функцiй, а також, формул Ейлера, довести, що для довiльних z; z1; z2 2 C справедливi такi тотожностi:

109.	cos iz = ch z.		112.	cos2 z + sin2 z = 1.
110.	sin iz = i sh z.		113.	sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 +
111.	thiz = i tg z.		cos z1 sin z2.

v. 25 березня 2014 р.	c
	Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

Роздiл 4. Елементарнi трансцендентнi функцiї

23

Вприкладах 114–115, обчислити суми для довiльних n 2 N; z; 2 C:

114.cos z + cos(z + ) + : : : + cos(z + n ):

115.sin z + sin(z + ) + : : : + sin(z + n ):

Вприкладах 116–124 виразити через функцiї дiйсного аргументу дiйснi та уявнi частини, а також, модуль функцiї.

116.	f(z) = ez.							119.	f(z) = sh z.																	122.	f(z) = ctg z.
117.	f(z) = sin z.							120.	f(z) = ch z.																	123.	f(z) = thz.
118.	f(z) = cos z.							121.	f(z) = tg z.																	124.	f(z) = cth z.
В прикладах 125–132 представити число в алгебраїчнiй формi.
125.	sin 3i.								sh(				ip													130.	ctg(3i 1).
								127.								2).
																										131.	th(1 3i).
126.	cos(3 + i).							128.	ch( i=2).
								129.	tg(3 i).																	132.	cth(i 3).
В прикладах 133–147 обчислити всi значення:
133.	Ln ( 1).												p													143.	Arcsin i.
								138.	( 1) 3.
134.				p				139.	i	.																144.	Arch 2i.
	Ln 3 i .								i							p												p
135.	p																				i
		Ln i.						140.	2 + i 5 .																	145.	Arsh(1 + i		2).
136.	Ln
	Ln Ln (2i						1).	141.	(3				4i)			1+i			.							146.	Arctg( 1		i).
137.	1 3.							142.	Arccos 2.																	147.	Arth(1 2i).
В прикладах 148–156 знайти всi розв’язки рiвнянь:
148.	sin z = 3.							151.	cth z = 2i 1.																	154.	izi = 1.
																						2
149.	ch z = 1.							152.	sh z					e z					=				i	.		155.	z1=(1 i) = i + 1.
150.	tg z = 2i.								cos z 2eiz = 1.																			p
								153.																		156.	(z + i)(i+1)=		2 = 1.

157.Довести, що узагальнена степенева функцiя f(z) = za; z 2 C має скiнченну множину значень тодi i тiльки тодi, коли a — рацiональне число.

158.Довести, що у випадку рацiонального показника степеня a = m=n; m 2

Z; n 2 N; означення узагальненої степеневої функцiї f(z) = za = zm=n; z 2 C збiгається з тим, яке було введено в пiдроздiлi 3.

159.Чи збiгаються множини значень z2a, (za)2, z2 a, z; a 2 C?

160.Довести, що функцiя f(z) = ez є взаємно однозначним вiдображенням на множинi D = f(x; y) : x 2 R; y 2 (a; b)g; якщо jb aj :

161.Знайти помилку у мiркуваннях, якi приводять до парадоксу I. Бернуллi,

а саме, ( z)2 = z2, тому, 2 Ln( z) = 2 Ln z; звiдки Ln( z) = Ln z.	pn z
В подальшому для зручностi ми будемо використовувати позначення

i z1=n для позначення алгебраїчного кореня та арифметичного кореня (для дiйсних змiнних) в залежностi вiд контексту.

c	v. 25 березня 2014 р.
Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

Глава 2

Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної

§ 5. Поняття аналiтичної функцiї. Умови Кошi–Рiмана

Функцiя f(z); визначена i однозначна в деякому околi точки z0 2 C; називається називається диференцiйовною в смислi комплексного аналiзу, або C-диференцiйовною в точцi z0, якщо iснує границя

	lim	f(z0 + h) f(z0)	= f0(z0)	(5.1)
		h
	h2C

h!0

i вона не залежить вiд способу наближення h до нуля. Сама границя f0(z0) називається похiдною функцiї f в точцi z0. Нехай z = x + iy, функцiя f(z) = u(x; y) + iv(x; y) визначена в деякому околi точки z0 2 C, та, крiм того, в цiй точцi u(x; y) та v(x; y) диференцiйовнi. Критерiєм диференцiйовностi функцiї f в z0 в термiнах її дiйсної та уявної частини u i v є виконання умов Кошi— Рiмана:

@u	=	@v	;	@u	=	@v	:	(5.2)
@x		@y		@y		@x

Функцiя f(z) називається аналiтичною (регулярною, голоморфною) в областi D C; якщо вона диференцiйовна в кожнiй точцi областi D: Через A(D) будемо позначати множину всiх аналiтичних в областi D функцiй.

Враховуючи умови Кошi—Рiмана, похiдну аналiтичної функцiї f(z) можна представити в наступних рiвносильних формах

f0(z) = @u@x + i@x@v = @y@v i@u@y = @u@x i@u@y = @y@v + i@x@v :

Оскiльки звичайнi властивостi алгебраїчних операцiй i граничного переходу зберiгаються i при переходi вiд дiйсних функцiй дiйсних змiнних до функцiй комплексної змiнної, то зберiгаються i звичайнi правила диференцiювання, наприклад:

(f g)0				= f0 g0;			(fg)0	= f0g + fg0;
	f		0	=	f0g fg0	;	(f[g(z)])0	= f0[g(z)]g0(z):
g					g2

Порiвняємо поняття комплексної диференцiйовностi та диференцiйовностi як функцiї двох змiнних. Довiльну функцiю двох дiйсних змiнних x, y можна розглядати як функцiю двох незалежних змiнних z = x+iy i z = x iy таким чином:

2
				2i
w = f(x; y) = f	z + z		;	z z		= w(z;		):
							z

24

Роздiл 5. Поняття аналiтичної функцiї. Умови Кошi–Рiмана

25

Частиннi похiднi по змiнних z; z називаються формальними похiдними Кошi

@z

= 2

@x

i@y

;

@z

= 2

@x

+ i@y

:

(5.3)

@

1

@

@

@

1

@

@

Умови Кошi—Рiмана (5.2) в термiнах формальних похiдних Кошi мають вигляд

@w			= 0:	(5.4)
@z

Приклад 5.1. C Довести, що функцiя f(z) = ez є аналiтичною на множинi C: Крiм того, (ez)0 = ez; z 2 C: B

Розв’язання. J I СПОСIБ. Нехай z = x + iy; тодi ez = ex(cos y + i sin y) i u(x; y) = ex cos y; v(x; y) = ex sin y: Зауважимо, що u; v 2 C1(R2): Перевiримо, що виконуються умови Кошi—Рiмана в кожнiй точцi комплексної площини:

	@u			@v		@u		@v
		= ex cos y =			;		= ex sin y =		; x; y	2 R:
	@x			@y		@y		@x
Таким чином, ez 2 A(C): Знайдемо похiдну:
(ez)0 = (ex cos y)x0			+ i (ex sin y)x0 = ex cos y + iex sin y = ez;							z 2 C:

II СПОСIБ. Перевiримо, аналiтичнiсть функцiї f(z) = ez = ex+iy в термiнах формальних похiдних за Кошi:

@f

=

1

@f

+ i

@f

=

1

ex+iy + i iex+iy = 0:

I

@z

2

@x

@y

2

Приклад 5.2. C Знайти множину точок, в якiй функцiя f(z) = zz є диференцiйовною. B

Розв’язання. J

I СПОСIБ. Нехай z = x + iy; тодi zz = x2 + y2 i u(x; y) = x2 + y2; v(x; y) = 0:

Зауважимо, що u; v 2 C1(R2): Обчислимо частиннi похiднi цих функцiй:

	@u	= 2x;	@u	= 2y;	@v	= 0;		@v	= 0:
	@x		@y		@x		@y

Умови Кошi—Рiмана мають вигляд: 2x = 0, 2y = 0. Таким чином, функцiя f(z) = zz є диференцiйовною в однiй точцi (0; 0).

II СПОСIБ. Скористаємось умовами Кошi—Рiмана в термiнах формальних похiдних (5.4). Функцiя f(z) = zz є диференцiйовною тiльки в тих точках, в

яких

@f

= 0, звiдки z = 0.

@z

III СПОСIБ. Скориставшись означенням похiдної, покажемо, що функцiя

є диференцiйовною в точцi (0; 0):

f(z) = zz

hh

lim

= lim h = 0:

h!0 h

h!0

Таким чином, функцiя f(z) = zz

є диференцiйовною в точцi (0; 0).

I

c

v. 25 березня 2014 р.

Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

26	Глава 2. Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної

Приклад 5.3. C Нехай z = ei' i f(z) = u( ; ') + iv( ; '): Довести, що в цьому випадку умови Кошi—Рiмана мають вигляд

@u@ = @'@v ; @'@u = @v@ (умови Кошi—Рiмана в полярних координатах):

(5.5) Крiм того, похiдна функцiї f(z) може бути подана у наступному виглядi:

	f0(z) = e i'	@u	+ i	@v	:	(5.6)
		@		@

B

Розв’язання. J Якщо u( ; ') = u(x; y); v( ; ') = v(x; y); тодi для функцiй u; v

виконуються умови Кошi—Рiмана. Виразимо частиннi похiднi функцiй u; v
по змiнних ; ' через	@u	;		@v	;	@ue;		@v		; пригадавши,e	що x = cos '; y = sine'e:
	e			e		e		e
	@x		@y			@y		@x

@u

=

@u

@x

+

@u @y

@u

@e

e

=

+

@

@x @

@y @

u @x

@u @y

=

e

+

e

@v

@'

@x @'

@y @'

@v @x

@v @y

=

e

+

e

@v

@

@x @

@y @

@v @x

@v @y

e

e

@'

@x @'

@y @'

@eu

e

@u

=

@u

cos ' +

@u

sin ';

@x

@y

e

@ve

@v

@u

@u

1 @u

=

@x

(

sin ') +

@y

cos ';

= @xe cos ' + @ye sin ' = @ye cos ' + @xe sin ' = @';

= @x@ve sin ' + @y@ve cos ' = @@yue sin ' + @@xue cos ' = @u@ :

Тут ми скористались умовами Кошi—Рiмана для функцiй ue, ve i першими двома рiвностями. Доведемо формулу для похiдної:

f0(z) = @x

+ i@x =

@ @x

+ @' @x + i

@ @x +

@' @x

=

@u

@v

@u @

@u @'

@v @

@v @'

= @ cos ' +

@

'

+ i

@ cos ' @

'

=

@u

e

@v

sin

@v

@u

sin

e

=@u@ (cos ' i sin ') + @v@ (sin ' + i cos ') = @u@ e i' + i@v@ e i';

впередостаннiй рiвностi ми скористалися умовами Кошi—Рiмана i тим, що

@x@ = cos '; @'@x = sin ': I

Приклад 5.4. C Нехай f(z) =							1	: Довести, що f	2 A(Cnf0g): Крiм того,
							z
1			0	1
				=		, z 2 Cnf0g. B
	z				z2

v. 25 березня 2014 р.	c
	Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

Роздiл 5. Поняття аналiтичної функцiї. Умови Кошi–Рiмана

27

Розв’язання. J Нехай z = ei'. Тодi f(z) = z1 = 1(cos ' i sin ') i

u( ; ') =	cos	'	;	v( ; ') =	sin '	; > 0; ' 2 R:

Зауважимо, що u; v 2 C1 (0; +1) R : Перевiримо, що виконуються умови Кошi—Рiмана в полярних координатах, див. (5.5):

@u

cos '

@v

@u

sin '

@v

=

=

;

=

=

:

@

@'

@'

@

6

Знайдемо f0(z); z = 0, див. (5.6):

= e i'

+ i 2

f0(z) = e i'

@

+ i@

2

=

@u

@v

cos '

sin '

e i'

e 2i'

1

=

(cos ' i sin ') =

=

:

2

2

z2

I

Завдання для класної роботи i домашнi завдання.

162. Показати, що умови Кошi—Рiмана для модуля та аргументу аналiтичної функцiї f(z) = R(x; y)ei (x;y) можна подати у формi:

1 @R

=

@

;

1 @R

=

@

:

(5.7)

R @x

@y

R @y

@x

Крiм того, довести, що похiдна функцiї f(z) може бути записана наступним чином:

	f0(z) = ei	@R	+ iR	@	:	(5.8)
		@x		@x

163. Показати, що умови Кошi—Рiмана для модуля та аргументу аналiтичної функцiї f(z) = R( ; ')ei ( ;') в полярних координатах можна подати у формi:

@R

=

@

;

1 @R

=

@

:

(5.9)

R @

@'

R @'

@

Крiм того, довести, що похiдна функцiї f(z) може бути записана наступним чином:

	f0(z) = ei( ')	@R	+ iR	@	:	(5.10)
		@		@

В прикладах 164–172 довести, що функцiя f(z) є аналiтичною на областi визначення.

c	v. 25 березня 2014 р.
Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

28 Глава 2. Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної

164.	f(z) = iz2 z:						167.	f(z) = sin z		170.	f(z) = ln z:
165.	3				z		168.			171.
	f(z) = z 2 ie					:		f(z) = ch z			f(z) = arccos z:
166.	f(z) = ez	:					169.	f(z) = thz		172.	f(z) = arctg z:
В прикладах 173–178 перевiрити, чи буде функцiя f(z) диференцiйовною
хоча б в однiй точцi.
173.	f(z) = z2						175.	f(z) = sin z Re z:		177.	f(z) = cos
		z:											z:
174.	f(z) = jzj						176.	f(z) = ch z Im z:		178.	f(z) = ln
			z:									z:
179.	Довести, що всi елементарнi функцiї є аналiтичними на областi визна-

чення, обчислити їх похiднi i показати, що при переходi до функцiй комплексного аргументу зберiгається таблиця похiдних:

а) (z )0 = z 1;

и) (thz)0 =

1

;

б) (az)0 = az ln a;

ch2 z

в) (ln z)0

1

i) (cth z)0 =

1

;

=

;

sh2 z

z

г) (sin z)0

= cos z;

ї) (arcsin z)0

=

p

1

;

д) (cos z)0

=

sin z;

2

1 z

1

0

1

й) (arccos z)0

=

;

= cos2 z ;

е) (tg z)

p1 z2

є) (ctg z)0

=

1

;

к) (arctg z)0 =

1

sin2 z

;

ж) (sh z)0

1 + z2

= ch z;

1

з) (ch z)0

л) (arcctg z)0

=

:

= sh z;

1 + z2

180. Знайти константи a; b; c; при яких функцiя f(z) буде аналiтичною:

a)f(z) = x + ay + i(bx + cy);

b)f(z) = cos x (ch y + a sh y) + i sin x (ch y + b sh y) :

181.Довести, що якщо аналiтична функцiя f(z) є дiйсною в деякiй областi D; тодi f(z) = const; z 2 D:

182.Нехай функцiя f(z) = u+iv = ei' є аналiтичною в областi D: Довести, що якщо одна з функцiй u; v; ; ' тотожно дорiвнює константi в цiй областi, тодi i функцiя f(z) є константою в D:

183.Нехай функцiя f(z) = u(x; y) + iv(x; y) є аналiтичною в областi D: Довести, що в кожнiй точцi цiєї областi виконується рiвнiсть

	@u @v			+	@u @v			= 0:
	@x @x				@y @y

v. 25 березня 2014 р.	c
	Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

Роздiл 6. Геометрична iнтерпретацiя аналiтичної функцiї

29

184. Нехай функцiя f(z) = u(x; y)+iv(x; y) є аналiтичною в областi D: Перевiрити, що сiм’ї лiнiй fu(x; y) = constg i fv(x; y) = constg є ортогональними.

185. Нехай функцiя f(z) = u(x; y) + iv(x; y) є аналiтичною в областi D i (s; n) — довiльна пара ортогональних векторiв, якi мають додатну орiєнтацiю (поворот вiд вектора s до вектора n здiйснюється проти годинникової стрiлки). Довести, що похiднi функцiй u i v за напрямами s i n пов’язанi мiж собою умовами Кошi—Рiмана для довiльного базису:

@u	=		@v	;	@u	=	@v	:	(5.11)
@s		@n			@n		@s

§ 6. Геометрична iнтерпретацiя аналiтичної функцiї

Розглянемо вiдображення w = f(z) площини z на площину w. Нехай функцiя f аналiтична в точцi z0 i f0(z0) 6= 0:

Модуль похiдної jf0(z0)j дорiвнює коефiцiєнту лiнiйного розтягнення в

точцi z0 при вiдображеннi w = f(z) площини z на площину w: Точнiше, при jf0(z0)j > 1 має мiсце розтягнення, при jf0(z0)j < 1 — стиснення в точцi z0 при вiдображеннi f:

Аргумент похiдної arg f0(z0) дорiвнює куту повороту в точцi z0 при вiдображеннi w = f(z) площини w вiдносно площини z (куту, на який потрiбно повернути дотичну в точцi z0 до довiльної гладкої кривої на площинi z для того, щоб отримати напрямок дотичної в точцi w0 = f(z0) до образу цiєї кривої на площинi w при перетвореннi w = f(z)). Якщо arg f0(z0) > 0, то поворот вiдбувається проти годинникової стрiлки, якщо arg f0(z0) < 0 — за годинниковою стрiлкою.

Нехай функцiя f є аналiтичною в областi D: Розглянемо довiльну кусково гладку криву ; яка лежить в D: Якщо функцiя f взаємно однозначно вiдображає на криву ; тодi довжина l( ) кривої дорiвнює

Z	b
	Z
l( ) =	jf0(z)j jdzj = jf0(z(t))j jz0(t)jdt;	(6.1)
	a

де = fz = z(t) : t 2 [a; b] Rg — параметризацiя кривої . Зауважимо, що перший iнтеграл є звичайним криволiнiйним iнтегралом першого роду.

Нехай функцiя f є аналiтичною в областi D i взаємно однозначно вiдображає D на D : Тодi площа S(D ) областi D дорiвнює

ZZ

S(D ) = jf0(z)j2 dxdy: (6.2)

D

Таким чином, jf0(z0)j2 дорiвнює коефiцiєнту розтягнення площi (коефiцiєнту спотворення площi) в точцi z0 при вiдображеннi w = f(z).

Питання взаємної однозначностi вiдображення є суттєвим для використання наведених результатiв. В прикладi 6.2 показано, що при багатозначному

c	v. 25 березня 2014 р.
Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

30	Глава 2. Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної

вiдображеннi можна отримати декiлька образiв одного й того самого об’єкта (кривої, областi тощо).

При дослiдженнi питання, чи є вiдображення f : D ! D взаємно однозначним, в деяких прикладах зручно користуватися результатами прикладiв 32, 160.

Приклад 6.1. C Знайти коефiцiєнт розтягнення i кут повороту комплексної площини в точцi z0 = 1 i при вiдображеннях

w1 = i(z + 1)5; w2 = sin2 z:

B

Розв’язання. J Спочатку зауважимо, що кожне з вiдображень є аналiтичним в точцi 1 i, див. задачу 179.

Знайдемо похiдну першого вiдображення в точцi 1 i :

w10 jz=1 i	= 5i (z + 1)4 z=1 i	= 5i (2 i)4 :

Знайдемо модуль i аргумент числа 5i (2 i)4 ; скориставшись властивостями модуля i аргументу комплексного числа:

j5i (2 i)4 j = j5ij (j2 ij)4 = 5 25 = 125;

arg 5i (2 i)4 = arg 5i + 4 arg (2 i) = 2 4 arctg 12 < 0:

Таким чином, при вiдображеннi w1 = i(z + 1)5 в точцi 1 i комплексна площина розтягується в 125 разiв i повертається на кут 2 4 arctg 12:

Знайдемо похiдну другого вiдображення в точцi 1 i:

w20 jz=1 i = 2 sin z cos zjz=1 i = sin 2zjz=1 i = sin (2 2i) =

=sin 2 cos ( 2i) + cos 2 sin ( 2i) = sin 2 ch 2 i cos 2 sh 2:

Востаннiй рiвностi ми скористалися результатами прикладiв 109 i 110. Знайдемо модуль i аргумент числа sin 2 ch 2 i cos 2 sh 2, зауваживши, що

це число лежить в першому квадрантi:

p

j sin 2 ch 2 i cos 2 sh 2j = sin2 2 ch2 2 + cos2 2 sh2 2 > 1; arg (sin 2 ch 2 i cos 2 sh 2) = arctg (ctg 2 th2) > 0:

Таким чином, при вiдображеннi w2 = sin2 z в точцi 1 i комплексна пло-

щина розтягується в	psin	2		2	2	2		разiв i повертається на кут
arctg (ctg 2 th2) : I			2 ch		2 + cos 2 sh		2

Приклад 6.2. C Обчислити довжини образiв кривих

1 = fz(t) : z(t) = (i + 1) t; t 2 [0; 1]g ;2 = fz(t) : z(t) = (i + 1) t; t 2 [ 1; 1]g

при вiдображеннi w = f(z) = z2. B

v. 25 березня 2014 р.	c
	Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014