Вариант 0 1. Представить заданную функцию f z , где z x iy , в виде ux; y i x; y ; проверить является ли она аналитической. Если да, то найти значение ее производной в заданной точке z 0 а) 2 z 2 iz , z 0 1 i , b) e iz , z 0 0 2 Решение. а) Выделим действительную и мнимую часть функции 2 z 2 iz ux; y i x; y 2х iy 2 ix iy 2 x 2 4ixy 2 y 2 ix y 2 x 2 2 y 2 y i4 xy x . Действительная часть и мнимая этой функции таковы: иx, y 2 x 2 2 y 2 y и vx, y 4 xy x . Проверим, является ли функция аналитической. Найдем частные производные функций иx, y и vx, y по х и по у, убедимся в их непрерывности в интересующей точке, а затем проверить, выполняются ли в этой точке u v x y условия Коши- Римана . u v y x и v 4х , 4y 1 х x Частные производные u v 4 y 1, 4x y y непрерывны на всей плоскости. Теперь найдем точки, в которых выполняются условия Коши- 4 х 4 х . Условия Коши – Римана выполняются во всех 4 у 1 4 у 1 Римана. Получаем систему: точках плоскости, а значит функция аналитическая. Найдем производную в заданной точке v u z 0 1 i . f 1 i i x x x 1 y 1 4 x i4 y 1 x 1 4 5iy y 1 b) Выделим действительную и мнимую часть функции e iz ux; y i x; y е i хiy e ix 2 xy iy e 2 xy i x 2 2 2 2 y2 2 e 2 xy cosx 2 y 2 i sin x 2 y 2 e 2 xy cos x 2 y 2 ie 2 xy sin x 2 y 2 . Действительная часть и мнимая этой функции таковы: иx, y e 2 xy cosx 2 y 2 и vx, y e 2 xy sin x 2 y 2 . Проверим, является ли функция аналитической. Найдем частные производные функций иx, y и vx, y по х и по у, убедимся в их непрерывности в интересующей точке, а затем проверить, выполняются ли в этой точке u v x y u 2 ye 2 xy cos x 2 y 2 2 xe2 xy sin x 2 y 2 условия Коши- Римана . u v x y x u 2 xe2 xy cos x 2 y 2 2 ye 2 xy sin x 2 y 2 y v 2 ye 2 xy sin x 2 y 2 2 xe2 xy cos x 2 y 2 x v 2 xe2 xy sin x 2 y 2 2 ye 2 xy cos x 2 y 2 y Частные производные непрерывны на всей плоскости. Теперь найдем точки, в которых выполняются условия Коши-Римана. Получаем верные равенства: 2 ye 2 xy cos x 2 y 2 2 xe2 xy sin x 2 y 2 2 xe2 xy sin x 2 y 2 2 ye 2 xy cos x 2 y 2 . 2 xe2 xy cos x 2 y 2 2 ye 2 xy sin x 2 y 2 ( 2 xe2 xy sin x 2 y 2 2 ye 2 xy cos x 2 y 2 ) Условия Коши – Римана выполняются во всех точках плоскости, а значит функция аналитическая. Найдем производную в заданной точке z 0 0 . v u f 0 i x x + i ( 2 xe2 xy cos x 2 y 2 2 ye 2 xy sin x 2 y 2 )) ( 2 ye 2 xy cos x 2 y 2 2 xe2 xy sin x 2 y 2 + x 0 y 0 Ответ: а) 2 z 2 iz x 1 y 1 2. Вычислить: а) Ln1 i , Решение. а) Ln1 i x 0 y 0 0 4 x i4 y 1 x 1 4 5iy , b) e iz y 1 2 x 0 y 0 0 b) 1 i 1 i Воспользуемся формулой Lnz ln z iarg z 2k , k 0,1,... Ln1 i ln 1 i iarg1 i 2k ln 2 i 2k , k 0,1,... 4 b) 1 i 1 i Воспользуемся формулами а z e zLna , Lnz ln z iarg z 2k , 1 i 1 i е 1 i Ln 1i е 1 i 2 i 2 k 4 е 2 i 2 k i 2 2 k 4 4 1 i Ответ: а) Ln1 i ln 2 i 2k , b) 1 i е 4 k 0,1,... 2 2 k i 2 2 k 4 4 е 2 2 k i 2 2 k 4 4 3. Найти множество точек комплексной плоскости, заданных неравенством. z 3 2 z 1 Решение. Сначала найдем множество таких точек, для которых имеет место равенство x iy 3 2 , где z x iy . Откуда z 3 2 , Перепишем данное уравнение в виде z 1 x iy 1 2 х 1 у 2 . Возведем обе части в квадрат 7x 5 y2 0 , x 2 6 x 9 y 2 4x 2 2 x 1 y 2 , 3x 2 14 x 3 y 2 5 0 , x 2 2 3 3 2 2 7 7 x 49 5 49 8 2 y2 , x y2 . x 2 3 3 9 3 9 3 находим: х 32 у 2 2 Это множество представляет собой окружность, которая разбивает плоскость на две области D1 и D2 (внутренность, и внешность соответствующего круга). Для выяснения знака неравенства возьмем в области D1 , точку z 0 , а в области D2 , точку z 2 . 03 23 1 3 2, а 2 , то заключаем, что искомое множество есть 0 1 2 1 3 8 7 открытый круг радиуса с центром в точке z 3 3 Так как 8 7 с центром в точке z 3 3 4. Проверить является ли функция гармонической u ху Решение. Проверим, является ли функция иx, y xу гармонической Ответ: открытый круг радиуса 2и 2и и и у, х , 2 0 , 2 0 . Подставляя в дифференциальное уравнение Лапласа x y y x 2 2 0 , устанавливаем 0 0 0 , следовательно, иx, y является гармонической x 2 y 2 функцией. Ответ: u ху гармоническая функция. 5. Восстановить аналитическую функцию f z , где z x iy , в виде ux; y i x; y по ее мнимой части vx, y e у cos x Решение. Требуется найти действительную часть иx, y искомой аналитической функции f z . Проверим, является ли функция vx, y e у cos x гармонической (в противном случае она не может быть мнимой частью аналитической функции) v e у sin x , x 2v v e у cos x , 2 e у cos x , y x дифференциальное уравнение Лапласа 2v e у cos x Подставляя 2 y в 2 2 2 0 , устанавливаем e у cos x e у cos x 0 , 2 x y следовательно, vx, y является гармонической функцией на всей плоскости. Определим теперь иx, y , пользуясь тем, что иx, y и vx, y - сопряженные гармонические функции. Т.е. они, u v y x y е cos x связаны условиями Коши- Римана, тогда . u v y e sin x y x Будем искать функцию иx, y в виде и e у cos xdx y e у sin x у . Здесь интегрирование производится по переменной х; у выполняет роль параметра. у - неизвестная функция, зависящая только от у, но не от х. Подберем функцию у , так чтобы выполнялось u u v e у sin x . Получаем e у sin x у , следовательно x y y e у sin x у e у sin x , тогда у 0 , у с const , иx, y e у sin x c еще и условие ux; y i x; y e у sin x c ie у cos x e у sin x i cos x c ie iz c . Придавая с произвольное действительное значения, получаем бесконечное множество аналитических функций с заданной мнимой частью vx, y e у cos x Ответ: ux; y i x; y e у sin x i cos x c или f z ie iz c 1. Вычислить C Образец решения и оформления контрольной работы Вариант 0 Im zdz , где C : z 1 полуокружность 0 arg z Кривая С представлена z 1, 0 arg z или Решение. 1 способ. у 1 х 2 , 1 х 1 . Используем формулу f z dz u iv dx idy , имеем: С I ydx idy ydx i ydy C C 1 C 1 x 2 dx i 1 x 2 1 1 1 x x 1 x 2 arcsin x i 2 2 2 1 2 1 1 С 1 1 2x 2 1 x2 dx 2 x cos t , 0 х . Используем y sin t 2 способ. Кривая С представлена z 1, 0 arg z или t2 формулу f z dz f zt z t dt , / C где z cos t i sin t комплексно параметрическое t1 уравнение кривой С, z t sin t i cos t имеем: 1 1 1 I sin t sin t i cos t dt 1 cos 2t dt i sin t cos tdt t sin 2t 2 4 2 0 0 0 0 1 i sin 2 t 2 2 0 Ответ Im zdz 2 , где C : z 1 полуокружность 0 arg z C 2. Разложить в ряд Лорана по степеням z функцию f z 1 z 3z 2 в области 0 z 2 Решение. Представим функцию f z в виде f z 1 1 1 z 3z 2 5 z 3 z 2 1 В круге z 2 имеем следующее разложение: 1 1 1 1 z z2 z 1 2 ... , (здесь, 1 , т.е. z 3 ) z 3 z 3 3 3 3 3 1 3 1 1 1 1 z z2 z (здесь, 1 , т.е. z 2 ). 1 2 ... , z 2 z2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 1 n n 1 1 n 1 z n . Ряд Лорана функции Следовательно, f z z 3z 2 5 n0 3 2 f z обращается в ряд Тейлора. 1 1 1 1 n n 1 1 n 1 z n Ответ: f z z 3z 2 5 n0 3 2 1 1 3. Определить характер особых точек для функций а) f z 3 , b) f z е z z 2z 2 Решение. а) f z 1 . Особыми точками функции являются, z 0 2 и z1 0 . Найдем z 2z 2 3 пределы функции при z 2 и при z 0 , тогда получаем: 1 lim lim f z lim 3 2 z 2z z 2 z 2 z z 2 1 z 2 2 . Следовательно, точка z 0 2 является полюсом. Аналогично определяем тип для второй особой точки. 1 . Следовательно, точка z1 0 является lim lim f z lim 3 2 z 2z z 0 z 2 z m полюсом. Определим их порядок lim z z 0 f z cm , c 0, c , то точка z zz z 0 1 2 z 0 m m 0 0 есть полюс m-го порядка. lim z 2 z 1 1 0 Следовательно, точка z 0 2 является простым полюсом. 2 4 2z z 2 1 1 z2 3 0 Следовательно, точка z1 0 является полюсом второго порядка. lim 2 2 z 2z z 0 3 1 b) f z е z . Особой точкой функции является, z 0 0 . В окрестности этой точки функция 1 1 f z е z имеет следующее лорановское разложение: f z е z 1 положительной части действительной оси, то 1 lim е z lim е z ; если z 0 вдоль z 0 отрицательной части действительной оси, то 1 . Если z 0 вдоль n n 0 n! z z 0 0 1 z 1 lim е lim е z 0 . Т.о. в этой точке z 0 z 0 0 функция не имеет ни конечного, ни бесконечного предела, следовательно, точка z 0 0 является существенно особой точкой. Ответ: а) точка z 0 2 является простым полюсом, точка z1 0 является полюсом второго порядка. b) точка z 0 0 является существенно особой точкой 4. Найти вычеты функции а) f z Решение. а) f z формулу Re sf z 0 z2 , z 23 z2 1 , b) f z 3 1 cos z z 2 так как z 0 2 - полюс третьего порядка, то используем 1 d m1 z z 0 m f z , lim m 1 m 1! z z0 dz 1 d 31 z2 1 d 2 z2 1 3 z 2 Re sf 2 2 1 lim lim 31 3 2 3 1! z2 dz 2! z 2 2! z2 dz b) f z 1 , z 0 0 - полюс второго порядка, так как 1 cos z z2 2z lim 2 lim z 0 1 cos z z 0 sin z является конечной величиной. Тогда Re sf 0 d z2 1 d 21 2 1 z lim 2 1 2 1! lim 1 cos z z 0 dz 1 cos z z 0 dz z2 z4 z3 2 z 2 z ... z ... 2 2 z 1 cos z z sin z 2! 4! 1! 3! lim lim 2 2 2 4 1 cos z z 0 z 0 z z ... 2! 4! 1 z5 3 lim 0 2 z2 z4 ... 2! 4! Ответ: а) Re sf 2 1 , b) Re sf 0 0 z 0 5. Вычислите интеграл по замкнутому контуру z С dz , где C : z i 2 4 2 Решение. 1 способ. 1 1 1 z 2i . Функцию f z представим в виде f z 2 z 4 z 2i z 2i z 2i На рисунке представлена область, ограниченная контуром интегрирования. В этой области z i 2 находится точка z 2i , в которой знаменатель подынтегральной функции равен нулю. Перепишем интеграл в виде z С dz 4 C 2 1 z 2i dz . z 2i Функция f z 1 является аналитической в данной области. Применим интегральную z 2i 1 f z dz 1 1 dz , находим: 2 2i формулу Коши f z 0 z 2i 2i 4i 2 2i C z z 0 z 2i С z 4 2способ. Используем применение вычетов в вычислении интегралов. Функция f z 1 имеет в круге z i 2 простой полюс z 2i Применим z 4 2 n формулы: f z dz 2i Re sf z k и Re sf z 0 lim z z 0 f z . Получаем: C k 1 z z0 dz 1 1 2i 1 2i 2i Re s 2 ;2i 2i lim z 2i 2 i 2 i 4 i 2 z 2 i z 2 i z 4 4 z 2 i С dz Ответ: 2 2 С z 4 z 2