complan_taskbook_1

Роздiл 6. Геометрична iнтерпретацiя аналiтичної функцiї

31

Розв’язання. J Спочатку зауважимо, що f 2 A(C) , див. задачу 179. Вiдображення f : 1 ! 1 (образ кривої 1) є взаємно однозначним. Дiйсно, при кожному значеннi параметра t образом точки (i + 1) t буде точка

(i + 1)2 t2 = 2it2: Образом 1 буде 1 =			2it2; t 2 [0; 1] :		:
За допомогою (6.1) знайдемо		довжину образу кривої
				1
	1					t
l( 1) = Z j2zj jdzj = 2 Z0	j(i + 1)tj ji + 1jdt = 2ji + 1j2 Z0					tdt = 2:
1

Розглянемо вiдображення f : 2 ! 2 (образ кривої 2). Це вiдображення не є однозначним, оскiльки образами точок z1 = z(t1) = (i + 1)t1 i z2 = z( t1) = (i + 1)t1 буде одна й та сама точка w1 = w2 = 2it21. Розiб’ємо контур на два, в кожному з яких функцiя w = f(z) буде однозначною, тобто подамо 2 у виглядi 2 = 1 [ 3, де

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

Образ кривої 3 дорiвнює 3 = 2it2; t 2 [0; 1] , тобто спiвпадає з 1. При

цьому довжина l( 2) = l( 1) = l( 3) = 2.

Зазначимо, що безпосереднє використання формули (6.1) дає хибну вiдповiдь:

1

ZZ

j2zj jdzj = 2 j(i + 1)tj ji + 1jdt = 4:

I

2

1

= nRe

Приклад 6.3.

C

Обчислити площi образiв областей D

1

z

2 (0

; 1),

0

3

Im z

2

(0; 1)

i D

z

j 2

(1; 2); arg z

2

;

при вiдображеннi f(z) = z

.

B

o

2

= nj

3

o

Розв’язання. J Зауважимо, що f 2 A(C), див. задачу 179. Вiдображення

f : D1 ! D1 i f : D2 ! D2 (D1			i D2 — образи областей D1				i D2, вiдповiдно)
є взаємно однозначним, див. 32. Для знаходження площ областей D1 i D2
скористаємось формулою (6.2):
S(D1) = ZZ j3z2j2dxdy = 9 ZZ			x2 + y2		1	1	x2 + y2		2 dy = 5 ;
					2 dxdy = 9 Z dx Z
									28
D1	D1				0 0
S(D2) = ZZ j3z2j2dxdy = 9 ZZ			x2 + y2		2 dxdy = 9 ZZ 5d d' =
D2	D2				D2

2=3

ZZ

=9 5d d' = 632 :

10

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

32 Глава 2. Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної

При обчисленнi останнього iнтегралу ми скористалися тим, що якобiан пе-

реходу до полярної системи координат:

D( ; ')

= . I

D(x; y)

В прикладах 186–191 обчислити jf0(z)j та arg f0(z). Яка частина компле-

ксної площини стискається, а яка розширюється?

186.

f(z) = z3:

189.

f(z) = eiz 1:

187.

1

190.

f(z) =

1

:

f(z) =

:

z + 3

z2

188.

f(z) = e3z:

191.

i + 3z

f(z) = z + 3i:

В прикладах 192–201 обчислити jf0(a)j та arg f0(a). Стискається чи роз-

ширюється комплексна площина C в точцi a?

192.

f(z) = cos (5 z),

a = 3i + 5.

198.

f(z) = ez+

5i

, a = i

2.

z

193.

2

199.

4i.

f(z) = (5z 1) , a = i.

f(z) = cth(2z + 7i),

a = 1

194.

f(z) = (z 3i)7, a = 1 + 2i.

z2 + i

195.

f(z) = (z 2)4ei =4, a = 3 + i.

200.

f(z) =

, a = 1 + 2i.

z2

z

i

196.

f(z) = e

, a = 4 3i.

iz

2

201.

f(z) =

, a = 3 i.

197.

f(z) = tg z,

a = 3i

1.

(z + 1)2

В прикладах 202–207 обчислити довжини образiв кривих при зазначе-

них вiдображеннях w = f(z).

202.= fz(t) : z(t) = it + 1; t 2 [0; 1]g, w = z3.

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

204.= fz(t) : z(t) = i + (i 1)t; t 2 [0; 1]g, w = z5.

205.= fz(t) : z(t) = it; t 2 [0; 2 ]g, w = ez.

206.= fz(t) : z(t) = 6 t; t 2 [0; 1=6]g, w = eiz.

207.= z(t) : z(t) = e2 it; t 2 [0; 1=4] , w = 12 z + z1 .

208.Для заданих 2 C i n 1 обчислити довжину образу кривої

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

при вiдображеннi w = zn.

209.Для заданого 2 C обчислити довжину образу кривої

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

при вiдображеннi w = ez.

210.Для заданого 2 C обчислити довжину образу кривої

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

при вiдображеннi w = eiz.

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

Роздiл 7. Гармонiчнi функцiї

33

В прикладах 211–216 обчислити площi образiв областей D при зазначених вiдображеннях w = f(z).

211.D = fz : jzj < 5; 0 < arg z < =4g, w = z4.

212.D = fz : 1 < jzj < 2; =3 < arg z < 2 =3g, w = z5.

213.D = fz : 0 < Re z < 1; 0 < Im z < g, w = eiz.

214.D = fz : ln 2 < Re z < ln 3; =2 < Im z < =2g, w = e2z+3i.

215.D = fz : 0 < Re z < 1; 1 < Im z < 1g, w = z5.

216.D = fz : Re z > 0; Im z > 0; Re z + Im z < 1g, w = 1 + iz2.

217.Знайти образ областi D = fz : 1 < Re z < 2; 0 < Im z < 8g при вiдображеннi w = ez. Обчислити площу образу D.

Вказiвка. Звернiть увагу на те, що функцiя w не є однозначною в областi D, тому потрiбно спочатку розбити D на областi однозначностi.

§ 7. Гармонiчнi функцiї

Нехай D — область в R2. Функцiя u(x; y); (x; y) 2 D називається гармонiчною в областi D, якщо

а) функцiя u двiчi неперервно диференцiйовна в D : u 2 C2(D),

б) функцiя u задовольняє рiвняння Лапласа в D:

@2u @2u

u = @x2 + @y2 = 0:

Через H(D) позначається множина всiх гармонiчних функцiй на областi D: Якщо функцiя f(z) = u(x; y) + iv(x; y) є аналiтичною в областi D : f 2 A(D); тодi її дiйсна частина u(x; y) та уявна частина v(x; y) є гармонiчними в цiй областi функцiями: u; v 2 H(D): Якщо u~(x; y) i v~(x; y) — двi довiльнi гармонiчнi функцiї, то функцiя f~(z) = u~(x; y) + iv~(x; y) не обов’язково є

аналiтичною функцiєю. Для аналiтичностi функцiї f~ необхiдно, щоб функцiї u~ i v~ задовольняли умови Кошi—Рiмана.

Функцiї u(x; y); v(x; y); (x; y) 2 D називаються парою спряжених гармонiчних функцiй (порядок функцiй в парi суттєвий), якщо

а) u; v є гармонiчними в областi D : u; v 2 H(D);

б) u; v задовольняють умови Кошi—Рiмана (5.2).

Для довiльної аналiтичної функцiї f(z) = u(x; y) + iv(x; y) функцiї u; v є парою спряжених гармонiчних функцiй зв’язаних мiж собою умовами КошiРiмана (5.2). За заданою дiйсною частиною u(x; y) функцiї f(z) можнa вiдновити уявну частину v(x; y) з точнiстю до константи.

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

34	Глава 2. Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної

Приклад 7.1. C Показати, якщо функцiя u(x; y) є гармонiчною в однозв’я- знiй областi D, то спряжена до неї гармонiчна функцiя v(x; y) може бути подана у виглядi криволiнiйного iнтеграла:

v(x; y) =	(x;y)	@y dx +		@xdy + c0;	(7.1)
	Z
			@u	@u

(x0;y0)

де c0 — довiльна дiйсна стала. B

Розв’язання. J Розглянемо функцiю, що введена спiввiдношенням (7.1). З цiєї формули випливатиме, що частиннi похiднi vx = uy та vy = ux, тобто зв’язанi спiввiдношеннями Кошi—Рiмана, звiдки функцiя v(x; y) є спряженою до u(x; y). I

За дiйсною та уявною частинами ми можемо знайти явний вигляд аналiтичної функцiї f(z) = u(x; y) + iv(x; y).

На практицi зручним способом вiдновлення аналiтичної функцiї за дiйсною, або за уявною частинами, є формули Гурса:

2

2i

0

0

0

f(z) = 2u

z +

z

0

;

z

z

0

u(x

; y

) + ic

;

(7.2)

2

0

0

0

2i

f(z) = 2iv

z + z0

;

z z0

iv(x

; y

) + c

:

(7.3)

де c0 — довiльна дiйсна стала.

Нехай дiйсну i уявну частину аналiтичної функцiї f(z) подано в полярнiй системi координат: f(z) = u( ; ') + iv( ; '). Тодi функцiї u i v є парою спряжених гармонiчних функцiй, зв’язаних мiж собою умовами Кошi—Рiма- на в полярних координатах (5.5). При цьому функцiї u i v задовольняють

рiвняння Лапласа в полярних координатах:
	@2u		1 @u				1 @2u				(7.4)
u =		+				+				= 0:
	@ 2						2	@'2
			@

За заданою дiйсною частиною u( ; ') функцiї f(z) можнa вiдновити уявну частину v( ; ') з точнiстю до константи.

Приклад 7.2. C Показати, якщо функцiя u( ; ') є гармонiчною в однозв’я- знiй областi D, то спряжена до неї гармонiчна функцiя v( ; ') може бути подана у виглядi криволiнiйного iнтеграла:

v( ; ') =	( ;')	@'d +		@ d' + c0:	(7.5)
	Z
			1 @u	@u

( 0;'0)

B

Розв’язання. J Розглянемо функцiю, що введена спiввiдношенням (7.5). З цiєї формули випливатиме, що @v@ = 1 @'@u та @'@v = @u@ , тобто зв’язанi

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

Роздiл 7. Гармонiчнi функцiї

35

спiввiдношеннями Кошi—Рiмана (5.5), звiдки функцiя v( ; ') є спряженою до u( ; '). I

Приклад 7.3. C За заданою дiйсною частиною u(x; y) = 12 ln x2 + y2 знайти аналiтичну функцiю f(z) = u(x; y) + iv(x; y) в областi R2nfx 0; y = 0g: B

Розв’язання. J

I СПОСIБ. З аналiтичностi функцiї f випливає, що функцiї u i v пов’язанi

					x
мiж собою умовами Кошi—Рiмана. Скористаємось цим:				vy = ux =		.
					x2 + y2
Звiдки	x2 + y2 dy + c(x) = arctg x + c(x):
v(x; y) = Z
	x		y

Невiдому функцiю c(x) знайдемо, скориставшись другою умовою Кошi—Рi- мана:

@v

=

y

+ c0(x) =

@u

=

y

;

@x

x2 + y2

@y

x2 + y2

звiдки випливає, що c0(x) = 0; тобто c(x) = c0 = const: Таким чином,

1

y

f(z) =

ln

x2 + y2 + i arctg

+ c0 = ln jzj + i (arg z + c0) =

(7.6)

2

x

=ln z + ic0:

II СПОСIБ. Функцiю v, яка є спряженою гармонiчною

функцiєю до функцiї u, можна знайти за допомогою

криволiнiйного iнтегралу (7.1). При обчисленнi кри-

волiнiйного iнтеграла (7.1) зручно подати його як су-

iy

(x; y)

му двох дiйсних iнтегралiв (перший iнтеграл є iнте-

гралом уздовж контуру 1

, другий — вздовж 2, див.

2

рис.7):

(x0; y0)

1

y

i

(x; y0)

x

(@y

@x

dy + c1;

(7.7)

1

v(x; y) = Z

0)dx + Z

0

x

@u x; y

@u(x; y)

x0

y0

де c1 — стала (див. рис. 7).

Рис. 7: До прикладу 7.3

Оберемо початкову точку (x0; y0) = (1; 1). Пiдставив-

ши значення частинних похiдних ux i uy, маємо

x

+ 1

y

v(x; y) = Z1 x2

+ x Z1

x2 + y2 + c1 =

dx

dy

y

y

= const:

= arctg

+ c1 = arctg

+ c0;

c0 = c1

+

x

4

x

4

Звiдки для f(z) = u + iv маємо остаточно (7.6).

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

36

Глава 2. Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної

III СПОСIБ. Скористаємося формулою Гурса (7.2), обравши z0 = i:

!

2

2i

0

2

2

2i

f(z) = 2u

z i

;

z + i

u(0; 1) + ic

= 2

1

ln

z i

2 +

z + i

2

ln 1

= ln( iz) + ic0 = ln z + ic0:

+ ic0

2

I

Завдання для класної роботи i домашнi завдання.

Вприкладах 218–224 довести спiввiдношення.

218.Довести, якщо функцiя f(z) = u(x; y) + iv(x; y) = R(x; y)ei (x;y) є аналiтичною в областi D, то функцiї u(x; y) та v(x; y) є парою спряжених гармонiчних функцiй в цiй областi. Аналогiчно, показати, що функцiї A(x; y) = ln R(x; y) та (x; y) також є парою спряжених гармонiчних функцiй. Показати, що R(x; y) не є гармонiчною, взагалi кажучи.

219. Показати, якщо функцiя v(x; y) є гармонiчною в однозв’язнiй областi D, то спряжена до неї гармонiчна функцiя u(x; y) може бути подана у виглядi криволiнiйного iнтегралу:

u(x; y) =	(x;y)	@ydx	@xdy + c0:	(7.8)
	Z
		@v	@v

(x0;y0)

220. Показати, якщо функцiя v( ; ') є гармонiчною в однозв’язнiй областi D, то спряжена до неї гармонiчна функцiя u( ; ') може бути подана у виглядi криволiнiйного iнтеграла:

u( ; ') =	( ;')	@'d	@ d' + c0:	(7.9)
	Z
		1 @v	@v

( 0;'0)

221. Показати, якщо функцiя A(x; y) = ln R(x; y) є гармонiчною в однозв’я- знiй областi D, то гармонiчна функцiя (x; y), яка є аргументом аналiтичної функцiї f(z) = R(x; y)ei (x;y) може бути подана у виглядi:

(x; y) =

(x;y)

R @y dx + R @x dy + c0 =

Z

1 @R

1 @R

(x0;y0)

(7.10)

(x;y)

=

@y dx +

@x dy + c0:

Z

@A

@A

(x0;y0)

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

Роздiл 7. Гармонiчнi функцiї

37

222. Показати, якщо функцiя (x; y) є гармонiчною в однозв’язнiй областi

D, то функцiя R(x; y),	яка		є	модулем				аналiтичної		функцiї
f(z) = R(x; y)ei (x;y) може бути подана у виглядi:
R(x; y) = c0 exp		8	(x;y)	@	dx		@	dy9	;	(7.11)
							@x
		> Z		@y				>
		<(x0;y0)						=
		>						>
де c0 — довiльна додатна стала.		:						;

223. Показати, якщо функцiя A( ; ') = ln R( ; ') є гармонiчною в однозв’я- знiй областi D, то гармонiчна функцiя ( ; '), яка є аргументом аналiтичної

	функцiї f(z) = R( ; ')ei ( ;')		може бути подана у виглядi:
	( ; ') =	( ;')
		Z	R @' d + R @ d' + c0 =
				1 @R		@R
		( 0;'0)			(7.12)
		( ;')
	=				@ d' + c0:
		Z	@' d +
				1 @A	@A

( 0;'0)

224. Показати, якщо функцiя ( ; ') є гармонiчною в однозв’язнiй областi D, то функцiя R( ; '), яка є модулем аналiтичної функцiї f(z) = R( ; ')ei ( ;') може бути подана у виглядi:

R( ; ') = c0 exp

8

( ;')

1

@

d

@

d'9

;

(7.13)

@

> Z

@'

>

<( 0;'0)

=

>

>

де c0 — довiльна додатна стала.

:

;

В прикладах 225–232 вiдновити аналiтичну функцiю f(z) за вiдомою

дiйсною u(x; y) або уявною частиною v(x; y)

та значенням f(z0), див. (7.2),

(7.3).

(

) =

(

2x

225.

ex

1) = 0.

u x; y

x + 1) cos y

y sin y ,

f(

226.

u(x; y) =

,

f(i 1) = 2.

x2 + (y 1)2

228.

u(x; y) = ex3 3xy2

cos

3x2y y3

,

y

f(0) = 1.

227.

u(x; y) =

x

ln x2

+ y2

y arctg

,

f(1) = 0.

2

f(i ) =

x

229.

v(x; y) = sin x sh y,

ch .

230.

v(x; y) = y sh x cos y + x ch x sin y,

f(0) = 0.

231.

v(x; y) = y

y

,

f(i) = 0.

x2 + y2

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

38	Глава 2.		Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної
232. v(x; y) = arctg		y	5	, f(5 + 5i) = 0.
		x	4

В прикладах 233–240 перевiрити умову гармонiчностi функцiї u(x; y). Якщо u(x; y) є гармонiчною, то вважати її дiйсною частиною аналiтичної функцiї f(z). Знайти уявну частину v(x; y) аналiтичної функцiї f(z) i саму

аналiтичну функцiю f(z).
233.	u(x; y) = 2xy + x.								237.	u(x; y) = x=(x2 + y2).
234.	u(x; y) = x2 y2 2y 1.								238.	u(x; y) = 3x + x2				y2.
235.	2	3y	2		2	y + y	3	+	239.
	u(x; y) = 3x				3x					u(x; y) = exp (x2 y2) cos(2xy).
3y 1.									240.	u(x; y) = e	xy		x2	y2	.
236.	u(x; y) = cos x ch(y 1).											cos		2

В прикладах 241–248 перевiрити умову гармонiчностi функцiї v(x; y). Якщо v(x; y) гармонiчна, то вважати її уявною частиною аналiтичної функцiї f(z). Знайти дiйсну частину u(x; y) аналiтичної функцiї f(z) i саму аналiти-

чну функцiю f(z):
241.	v(x; y) = 4x2 + 6xy 4y2.				245.	v(x; y) = cos(x y) sh(x + y).
							x
242.	v(x; y) = 2x3 + 3x2y 6xy2 y3.				246.	v(x; y) =		.
							x2+(y+1)2
243.	v(x; y) = ex(x sin y + y cos y).				247.	v(x; y) = e 2x(y 1) sin(x2 y2 +
244.	v(x; y)	=	x sh x sin y +		2y).
y ch x cos y.					248.	v(x; y) = e 2y sin(2x + 1).

В прикладах 249–256 перевiрити умову гармонiчностi функцiї u( ; '). Якщо u( ; ') гармонiчна, то вважати її дiйсною частиною аналiтичної функцiї f(z). Знайти уявну частину v( ; ') аналiтичної функцiї f(z) i саму ана-

лiтичну функцiю f(z):
249.	u( ; ') = 2 cos 2' + sin ' + 1.				253.	u( ; ') =	2 sin 3' + cos 3'	.
250.	u( ; ') =	7 cos '	sin '.				3
					254.	u( ; ') = ln cos ' ' sin '.
251.	u( ; ') = exp ( cos ') cos(' +
sin ').					255.	u( ; ') = n sin n', n 2 N.
252.	u( ; ') = ' + ln .				256.	u( ; ') = 3(2 cos 3' sin 3').

В прикладах 257–264 перевiрити умову гармонiчностi функцiї v( ; '). Якщо v( ; ') гармонiчна, то вважати її уявною частиною аналiтичної функцiї f(z). Знайти дiйсну частину u( ; ') аналiтичної функцiї f(z) i саму аналiти-

чну функцiю f(z):
257.	v( ; ') = ( + 1= ) cos '.				261.	v( ; ') = e sin ' cos( cos ').
258.	v( ; ') = cos ' '.				262.	v( ; ') =	2 cos ' 3 sin '		.
259.	v( ; ') = (sin ' + 2 cos ').
260.	v( ; ') = 2(cos 2'		sin 2').		263.	v( ; ') =		cos n' n sin n'		,	n	2
								n n

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

Роздiл 7. Гармонiчнi функцiї		39
264. v( ; ') = e cos ' sin( sin ')
N.	cos( sin ') .
			.
272 перевiрити умову гармонiчностi функцiї		A(x; y)
В прикладах 265–

Якщо A(x; y) гармонiчна, то вважати функцiю R(x; y) = exp[A(x; y)] модулем jf(z)j аналiтичної функцiї f(z): Знайти аргумент arg f(z) = (x; y) аналiтичної функцiї f(z) i саму функцiю f(z).

265.	A(x; y) = 7x 3y.						269.	A(x; y) = ex(x sin y + y cos y).
266.	A(x; y) =	x + y			.		270.	A(x; y) = 3xy + 2 ln(x2 + y2).
							271.	A(x; y) = ln(x2 + y2) + ln(x2 +
	x2 + y2
267.			2		2		y2 + 2x + 1).
	A(x; y) = ln 4x			+ (2y + 1) .			272.	A(x; y) = n ln(x2+y2)+m(x y),
268.	A(x; y) = ex y cos(x + y).
							m; n 2 N.

В прикладах 273–280 перевiрити умову гармонiчностi функцiї (x; y). Якщо (x; y) гармонiчна, то вважати її аргументом arg f(z) аналiтичної функцiї f(z): Знайти модуль jf(z)j = R(x; y) аналiтичної функцiї f(z) i саму

функцiю f(z):
273.	(x; y) = 2x + 3y.				(x; y) =		x2 y2	.
				278.
274.	(x; y) = 3xy x + 2y.
						(x2 + y2)2
275.	(x; y) = ey sin x.			279.				2	2
					(x; y) = ln (x + 2) + (y + 3) .
276.	(x; y) = 3x2y y3.			280.	(x; y) =		ex2 y2 x sin(2xy) +
		y + 1
277.	(x; y) = 6 arctg	2	.	y cos(2xy) .
		2x								.
В прикладах 281–288 перевiрити умову гармонiчностi функцiї									A( ; ')

Якщо вона гармонiчна, то вважати функцiю R( ; ') = exp(A( ; ')) модулем jf(z)j аналiтичної функцiї f(z): Знайти аргумент arg f(z) = ( ; ') аналiтичної функцiї f(z) i саму функцiю f(z):

281.	A( ; ') = ln 5 7 ln				286.	A( ; ') = 3 cos 3'+3 2 cos 2'+
282.	A( ; ') = 2 cos 2'.				3 cos ' + 1.
283.	A( ; ') =	cos	' + sin '	.	287.	A( ; ') = lnh(ln )2 + '2)i.
284.	A( ; ') = cos ' + ln .				288.	A( ; ') =	n sin m'		, n; m 2 N
285.	A( ; ') = e cos ' sin( sin ')
							m

В прикладах 289–296 перевiрити умову гармонiчностi функцiї ( ; '). Якщо ( ; ') гармонiчна, то вважати її аргументом arg f(z) аналiтичної функцiї f(z): Знайти модуль jf(z)j = R( ; ') аналiтичної функцiї f(z) i саму

функцiю f(z):
289.	( ; ') = ' + cos '.		291.	( ; ') = 2 sin 2' + 2 cos '.
290.	( ; ') = 3 sin ' + 5 ln .		292.	( ; ') = n sin n', n 2 N.

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

40

Глава 2.

Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної

293.

( ; ') = sin( sin ')e cos '.

296. ( ; ') =

e sin ' cos('

294.

( ; ') = '2

ln2

.

cos ') + sin('0

cos ') , '0

2

R0 .

'

295.

( ; ') = n arctg

, n 2 N.

ln

§ 8. Iнтеграл вiд функцiї комплексної змiнної

Нехай на D C задана однозначна неперервна функцiя f(z); z 2 D; i— це деяка кусково-гладка орiєнтована жорданова крива в D: Позначимо

z = x + iy; f(z) = u(x; y) + iv(x; y); (x; y) 2 D;

де u(x; y); v(x; y) — дiйснi функцii змiнних x i y, дiйсна та уявна частини функцiї f(z):

R

Обчислення iнтеграла f(z)dz вздовж кривої зводиться до обчислення звичайних криволiнiйних iнтегралiв другого роду функцiї дiйсної змiнної, а саме,

ZZ

f(z)dz = [u(x; y) + iv(x; y)] (dx + idy) =

		u(x; y)dx v(x; y)dy + i Z		(8.1)
	= Z		u(x; y)dy + v(x; y)dx:

Виявляється, що для неаналiтичної функцiї iнтеграл f(z)dz залежить вiд

шляху iнтегрування .
			R
Обчислення iнтеграла f(z) jdzj зводиться до обчислення звичайних кри-
волiнiйних iнтегралiв	першого роду функцiй дiйсних змiнних, а саме,
	R
Z	f(z) jdzj = Z	u(x; y)dl + i Z	v(x; y)dl:	(8.2)

Якщо крива задана параметрично

= fz(t) : z(t) = x(t) + iy(t); t 2 [a; b]g ;

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