решение типового варианта контр работы

Вариант 0
1. Представить заданную функцию   f z  , где z  x  iy , в виде   ux; 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
  ux; y   i x; y   2х  iy 2  ix  iy   2 x 2  4ixy  2 y 2  ix  y  2 x 2  2 y 2  y  
 i4 xy  x  . Действительная часть и мнимая этой функции таковы:
иx, y   2 x 2  2 y 2  y  и vx, y   4 xy  x  . Проверим, является ли функция аналитической.
Найдем частные производные функций иx, y  и vx, 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  i4 y  1 x 1  4  5iy
y  1
b) Выделим действительную и мнимую часть функции   e iz
  ux; y   i x; y   е i  хiy   e ix 2 xy iy  e 2 xy i x
2

2


2

2
 y2
2
  e 2 xy cosx 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:
иx, y   e 2 xy cosx 2  y 2  и vx, y   e 2 xy sin x 2  y 2 . Проверим, является ли функция
аналитической. Найдем частные производные функций иx, y  и vx, 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 xe2 xy sin x 2  y 2
условия Коши- Римана 
.

u

v

x
 
 y
x
u
  2 xe2 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 xe2 xy cos x 2  y 2
x
v
  2 xe2 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 xe2 xy sin x 2  y 2   2 xe2 xy sin x 2  y 2  2 ye 2 xy cos x 2  y 2 .
 2 xe2 xy cos x 2  y 2  2 ye 2 xy sin x 2  y 2   (  2 xe2 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 xe2 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 xe2 xy sin x 2  y 2 +
x 0
y 0
Ответ: а)    2 z 2  iz

x 1
y  1
2. Вычислить: а) Ln1  i  ,
Решение. а) Ln1  i 
x 0
y 0
0
 
 4 x  i4 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  iarg z  2k ,
k  0,1,...


Ln1  i   ln 1  i  iarg1  i   2k   ln 2  i  2k  , k  0,1,...
4

b) 1  i 
1 i
Воспользуемся формулами а z  e zLna , Lnz  ln z  iarg z  2k ,
1  i 
1 i
е
1 i Ln 1i 
е
1 i 

 

2  i  2 k   
4 

е




2  i  2 k    i 2  2 k  
4
4






1 i
Ответ: а) Ln1  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  4x 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  32  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 .
03
23 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 иx, 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, иx, 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
  ux; y   i x; y  по ее мнимой части vx, y   e у cos x
Решение. Требуется найти действительную часть иx, y  искомой аналитической функции
  f z  . Проверим, является ли функция vx, 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, vx, y  является гармонической функцией на всей плоскости. Определим теперь
иx, y  , пользуясь тем, что иx, y  и vx, 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
иx, 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 , иx, y   e у sin x  c
еще и условие
  ux; 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 vx, y   e у cos x
Ответ:   ux; 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   ydx  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 zt 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  3z  2
в области
0 z 2
Решение. Представим функцию   f z  в виде f  z  
1 1
1 
 


z  3z  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
z2
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  3z  2 5 n0  3
2 
  f z  обращается в ряд Тейлора.
1
1   1
1 
n
    n 1   1 n 1  z n
Ответ:   f z  
z  3z  2 5 n0  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  2z
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  2z
z 0 z  2 z
m
полюсом. Определим их порядок lim z  z 0  f z   cm , c  0, c    , то точка z
zz
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  23
z2
1
, b) f  z  
3
1  cos z
z  2
так как z 0  2 - полюс третьего порядка, то используем


1
d m1
z  z 0 m f z  ,
lim
m 1
m  1! z  z0 dz
 
1
d 31 
z2 
1
d 2 z2
1
3


z  2
Re sf 2 

 2 1
lim
lim
31 
3 
2
3  1! z2 dz 
2!
z  2  2! z2 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 21  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  2i  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