Зміст
1
Умови Коші-Рімана та похідна f(z) = z³
Аналітичність
Перевірити умови Коші-Рімана для f(z) = z³, знайти f'(z). Записати f у вигляді u(x,y) + iv(x,y).
- 1Розкладемо f(z) = (x+iy)³:(x+iy)³ = x³ + 3x²(iy) + 3x(iy)² + (iy)³
= x³ + 3ix²y + 3x(−y²) + (−iy³)
= (x³ − 3xy²) + i(3x²y − y³)
// Отже: u(x,y) = x³ − 3xy², v(x,y) = 3x²y − y³ - 2Обчислимо часткові похідні:∂u/∂x = 3x² − 3y²
∂u/∂y = −6xy
∂v/∂x = 6xy
∂v/∂y = 3x² − 3y² - 3Перевіримо умови Коші-Рімана ∂u/∂x = ∂v/∂y та ∂u/∂y = −∂v/∂x:∂u/∂x = 3x²−3y² = ∂v/∂y ✓
∂u/∂y = −6xy = −∂v/∂x = −6xy ✓
// Умови виконані у всіх точках ℝ² → f аналітична скрізь (ціла функція) - 4Похідна:f'(z) = ∂u/∂x + i·∂v/∂x = (3x²−3y²) + i·6xy
= 3(x²−y²) + i·6xy
= 3(x²+2ixy−y²) = 3(x+iy)² = 3z²
Відповідь
f'(z) = 3z² (збігається з правилом степеня)
2
Контурний інтеграл методом лишків
Лишки
Обчислити ∮_{|z|=2} 1/(z²−1) dz
- 1Розкладемо на прості дроби:1/(z²−1) = 1/((z−1)(z+1)) = (1/2)/(z−1) − (1/2)/(z+1)
- 2Визначимо полюси і чи потрапляють вони в |z|=2:z₁ = 1: |z₁| = 1 < 2 → всередині ✓
z₂ = −1: |z₂| = 1 < 2 → всередині ✓ - 3Обчислимо лишки (прості полюси):Res[f, z=1] = lim_{z→1} (z−1)·f(z) = lim_{z→1} 1/(z+1) = 1/2
Res[f, z=−1] = lim_{z→−1}(z+1)·f(z) = lim_{z→−1} 1/(z−1) = −1/2 - 4Теорема про лишки:∮_{|z|=2} f(z)dz = 2πi · Σ Res
= 2πi · (1/2 + (−1/2)) = 2πi · 0 = 0
Відповідь
∮ 1/(z²−1) dz = 0
3
Класифікація сингулярності e^(1/z) у z = 0
Сингулярності
Класифікувати ізольовану особливу точку z=0 для f(z) = e^(1/z). Знайти лишок.
- 1Розкладемо в ряд Лорана:e^w = Σ_{n=0}^∞ wⁿ/n! при w = 1/z:
e^{1/z} = Σ_{n=0}^∞ (1/z)ⁿ/n! = 1 + 1/z + 1/(2!z²) + 1/(3!z³) + ...
= Σ_{n=0}^∞ 1/(n! · zⁿ) - 2Аналізуємо главну частину ряду Лорана:Главна частина: Σ_{n=1}^∞ 1/(n! · zⁿ)
Містить нескінченно багато доданків з від'ємними степенями z
// → z=0 є суттєвою особливою точкою (essential singularity) - 3Знаходимо лишок (коефіцієнт при z⁻¹):Res[e^{1/z}, z=0] = коефіцієнт при z⁻¹ = 1/(1!) = 1
- 4Теорема Піккара (для суттєвої особливості):В будь-якому проколотому околі z=0 e^{1/z} набуває
всіх скінченних значень, крім може одного.
(Скиноване значення: 0 — e^{1/z} ≠ 0 ніколи)
Відповідь
Суттєва особлива точка; Res[e^{1/z}, 0] = 1
4
Ряд Лорана функції 1/(z(z−1))
Ряди Лорана
Розкласти f(z) = 1/(z(z−1)) в ряд Лорана у кільцях: (а) 0 < |z| < 1, (б) |z| > 1.
- 1Частковий розклад:1/(z(z−1)) = −1/z + 1/(z−1)
= −1/z − 1/(1−z) - 2(а) Кільце 0 < |z| < 1: використовуємо |z| < 11/(1−z) = Σ_{n=0}^∞ zⁿ (геом. ряд, |z|<1)
f(z) = −1/z − Σ_{n=0}^∞ zⁿ
= −z⁻¹ − 1 − z − z² − z³ − ...
= Σ_{n=−1}^∞ cₙzⁿ, де c₋₁=−1, cₙ=−1 при n≥0 - 3(б) Кільце |z| > 1: використовуємо |1/z| < 11/(z−1) = (1/z)·1/(1−1/z) = (1/z)·Σ_{n=0}^∞ (1/z)ⁿ = Σ_{n=0}^∞ z^{−n−1}
f(z) = −1/z + Σ_{n=0}^∞ z^{−n−1}
= −z⁻¹ + z⁻¹ + z⁻² + z⁻³ + ...
= Σ_{n=2}^∞ z⁻ⁿ = z⁻² + z⁻³ + z⁻⁴ + ...
Відповідь
(а) 0<|z|<1: f = −z⁻¹ − Σ_{n≥0} zⁿ
(б) |z|>1: f = Σ_{n≥2} z⁻ⁿ
(б) |z|>1: f = Σ_{n≥2} z⁻ⁿ
5
Невласний інтеграл ∫_{-∞}^{∞} 1/(x²+4) dx через лишки
Дійсні інтеграли
Обчислити ∫_{-∞}^{∞} dx/(x²+4) методом лишків.
- 1Комплексна функція та полюси:f(z) = 1/(z²+4) = 1/((z−2i)(z+2i))
Полюси: z = ±2i
Верхня напівплощина: Im(z)>0 → лише z = 2i - 2Контур: відрізок [−R, R] + півколо C_R у верхній напівплощині:∮_C f(z)dz = ∫_{-R}^R f(x)dx + ∫_{C_R} f(z)dz
Лема Жордана: ∫_{C_R} f(z)dz → 0 при R→∞
(f(z)=O(1/R²) рівномірно на C_R) - 3Лишок у z = 2i:Res[f, 2i] = lim_{z→2i} (z−2i)/(z²+4)
= lim_{z→2i} (z−2i)/((z−2i)(z+2i))
= 1/(2i+2i) = 1/(4i) - 4Теорема про лишки:∫_{-∞}^∞ dx/(x²+4) = 2πi · Res[f, 2i]
= 2πi · 1/(4i) = 2π/4 = π/2
Відповідь
∫_{-∞}^{∞} dx/(x²+4) = π/2
6
Перетворення Мебіуса з трьома умовами
Конформні відображення
Знайти перетворення Мебіуса w = (az+b)/(cz+d), що відображає: 0 → i, 1 → 0, ∞ → −i.
- 1Перетворення Мебіуса однозначно визначається трьома точками через перехресне відношення:(w−w₁)(w₂−w₃)/((w−w₃)(w₂−w₁)) = (z−z₁)(z₂−z₃)/((z−z₃)(z₂−z₁))
z₁=0→w₁=i, z₂=1→w₂=0, z₃=∞→w₃=−i - 2При z₃=∞ перехресне відношення спрощується:(z−z₃)/(z₂−z₃) → 1 при z₃→∞
Тому: (w−i)(0−(−i))/((w−(−i))(0−i)) = (z−0)(1)/(1·(1−0))
(w−i)(i)/((w+i)(−i)) = z/1
−(w−i)/(w+i) = z - 3Розв'яжемо відносно w:−(w−i) = z(w+i)
−w+i = zw+iz
i − iz = zw + w = w(z+1)
w = i(1−z)/(z+1) = i·(1−z)/(1+z) - 4Перевіримо:z=0: w = i·(1−0)/(1+0) = i ✓
z=1: w = i·(1−1)/(1+1) = 0 ✓
z→∞: w = i·(−z)/(z) = −i ✓
Відповідь
w = i(1−z)/(1+z)