0887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat

f ′(z) = 2x + 2yi = 2(x + iy) = 2z; в) u = excos y, υ = exsin y;

5. Знайдіть аналітичну функцію f(z) = u(x, y) + iυ(x, y), якщо

υ(x, y) = x3 + 6x2y – 3xy2 –2y3, f(0) = 0.

Розв’язання. Задана функція υ(x, y) гармонічна на всій комплексній площині:

(x, y)

u(x, y)= ∫ (6x2 − 6xy − 6y2 )dx + (−3x2 − 12xy + 3y2 )dy + c =

(0, 0)

x y

=∫ 6x2 dx − ∫ (3x2 + 12xy − 3y2 )dy = 2x3 − 3x2 y − 6xy2 + y3 + c .

0 0

281

Отже,

f(z) = (2x3–3x2y – 6xy2 + y3 + c) + i(x3 + 6x2y – 3xy2 – 2y3).

З умови f (0) = 0 знаходимо сталу c = 0 . Враховуючи співвідношення z3 = (x + iy)3 = x3 + 3x2 yi − 3xy2 − iy3, дістанемо

f(z) = (2x3 – 3x2y – 6xy2 + y3) + i(x3 + 6x2y – 3xy2 – 2y3) =

=2(x3 + 3x2 yi − 3xy2 − iy3 ) + i(x3 + 3x2 yi − 3xy2 − iy3 ) = (2 + i)z3 .

6.Знайдіть аналітичну функцію f(z) = u + iυ за відомою гармонічною функцією u(x, y) = 2excos y та умовою f(0) = 2.

Розв’язання. Знаходимо спряжену гармонічну функцію υ(x, y) за формулою (3.10) у якій покладемо x0 = 0, y0 = 0 . Маємо:

Отже,

f(z) = u + iυ = 2excos y+i 2exsin y+ic = 2ex (cos y+i sin y)+ic =2ez+ic.

Сталу c знаходимо з умови f (0) = 2: 2e0 + ic = 2, c = 0. Отже, f(z) = 2ez.

7. Покажіть, що функція вигляду u(x, y) = a(x2 + y2) + bx + cy + d за умови a ≠ 0 не може бути дійсною (чи уявною) частиною жодної аналітичної функції.

Розв’язання. Достатньо показати, що задана функція не є гармонічною. Це випливає із співвідношення:

∂2u + ∂2u = 4a ≠ 0 . ∂x2 ∂y2

8. Обчисліть інтеграл ∫ (1 + i − 2z ) dz вздовж ліній, що сполучають точ-

L

ки z1 = 0 i z2 = 1 + i, у напрямку від z1 до z2

а) вздовж прямої;

б) вздовж параболи y = x2;

в) вздовж ламаної z1 z3 z2, де z3 = 1.

Розв’язання. Перепишемо підінтегральну функцію у вигляді

1 + i – 2 z = (1 – 2x) + i(1 + 2y). Тут u(x, y) = 1 – 2x, υ(x, y) = 1 + 2y.

282

За формулою (3.12) маємо

∫ (1 + i − 2z )dz = ∫ (1 − 2x)dx − (1 + 2 y)dy + i ∫ (1 + 2 y)dx + (1 − 2x)dy ;

L L L

а) рівняння прямої, що проходить через точки z1 = 0 i z2 = 1 + i, має вигляд y = x, 0 ≤ x ≤ 1, а отже, dy = dx. Тому

в) на відрізку z1z3: y = 0, dy = 0, 0 ≤ x ≤ 1; на відрізку z3z2: x = 1, dx = 0, 0 ≤ y ≤ 1.

Застосовуючи властивість лінійності криволінійних інтегралів, маємо:

∫ (1+ i − 2z )dz = ∫ (1+ i − 2z )dz + ∫ (1+ i − 2z )dz =

= 1∫ (1− 2x)dx + i1∫ dx − 1∫ (1+ 2 y)dy + i1∫ (1− 2 1)dy = − 2.

0 0 0 0

Цей приклад підтверджує, що інтеграл від неперервної, але не аналіти-

Зауваження. L+ тут і надалі означає додатний напрям інтегрування.

Розв’язання. Параметричні рівняння заданого кола мають вигляд: x = cos t, y = sin t, 0 ≤ t ≤ 2π.

Тому за формулою (3.13) маємо

11. Обчисліть інтеграл ∫ (z − z0 )n dz , де L ― довільне коло з центром у

L+

точці z0, n ― ціле число.

Розв’язання. Рівняння кола L можна записати у вигляді z = z0 + Reit (0 ≤ ≤ t ≤ 2π), де R — радіус кола. Тоді

Розв’язання. Підінтегральна функція є аналітичною в області, обмеженій цим еліпсом (рис.3.6). Тому за інтегральною теоремою Коші

284

Розв’язання. Підінтегральна функція розривна лише в точках z = 1 i z = i. Функція f (z) – аналітична в тризв’язній області, що являє собою круг з гра-

ничним колом L, з якого вирізані два круги z − 1 < r1, z − i < r 2, де r1, r 2 ― достатньо малі додатні величини (рис. 3.7, а).

аб

Рис. 3.6 Рис. 3.7

Oтже, за формулою (3.15) маємо

v∫ f (z)dz = v∫ f (z)dz + v∫ f (z)dz ,

Перший і четвертий доданки у правій частині рівні нулю, оскільки підінтегральні функції є аналітичними у відповідних областях. Тому

Коло L1 має рівняння z = 1+ reiφ, а L2 ― рівняння z = i + reiφ. Звідси

i 0

Розв’язання: а) підінтегральна функція є всюди аналітичною. Використовуючи формулу Ньютона―Лейбніца (3.16), дістанемо

285

16. Користуючись інтегральною формулою Коші, обчисліть інтеграл

якщо: а) L1: z − 2 = 1; б) L2: z − 2 = 3; в) L3: z − 2 = 5 (рис. 3.8).

б) всередині області, обмеженої колом z − 2 = 3, лежить одна точка z = 0,

яка обертає знаменник підінтегральної функції в нуль. Перепишемо інтеграл у вигляді

в) області, обмеженій колом z − 2 = 5 , належать обидві точки z = 0, z = 6, в яких знаменник підінтегральної функції дорівнює нулю. Тому розкладе-

287

ласті z − 1 ≤ 1 всюди, крім точки z0 = 1 (точка z = – 1 міститься ззовні кола z − 1 = 1 ). Виділимо під знаком інтеграла функцію f(z), що буде аналітичною

Т.2 ВПРАВИ ДЛЯ АУДИТОРНОЇ

ІСАМОСТІЙНОЇ РОБОТИ

1.Перевірте на диференційовність функцію f (z) = x2 + y2 – 2xyi.

2.Покажіть, що функція f (z) = (x2 + 3xy2) + i (3x2y – y3) диференційовна та знайдіть її похідну.

3.Чи є диференційовною функція f (z) = sin x ch y + i cos x sh y? Якщо так, то знайдіть її похідну.

4.Доведіть, що функції w = z , w = Re z не диференційовні в жодній

точці комплексної площини.

5.Знайдіть похідні z′(t) функцій:

а) z (t) = cos3 t + i e−t2 ; б) z(t) = ln (t2 + 1) + i arctg 1t .

288

6.Покажіть, що при z ≠ 0 функція f (z) = | z |2 не має похідної.

7.З’ясуйте, в яких точках диференційовні функції:

а) f (z) = z Im z; б) f (z) = z Re z; в) f (z) = z ; г) f (z) = z − 1 3 .

8. Перевірте виконання умов Коші—Рімана й у разі їх виконання знай-

б) f (z) = z 2 + 2z; в) f (z) = z + z . 2

10. З’ясуйте, які функції є аналітичними хоча б в одній точці, а які ― ні (користуючись умовами Коші—Рімана):