7. Функции комплексного переменного / m7var03

а) th(3 − π i);

б) Ln(1+ i)

2

= i·sin(π/2). Получим: th(3 − π i) =

sh(3)cos(π / 2) − i ch(3)sin(π / 2)

=

ch(3)

= cth(3) .

ch(3)cos(π / 2) − i sh(3)sin(π / 2)

2

sh(3)

ϕ = arg z = arctg

1

= π (первая четверть).

модуль и аргумент этого числа:

= 12 + 12 =

z

2

1

4

2) + i(π + 2kπ) = ln(

1

) .

Таким образом Ln(1+ i) = ln(

2) + iπ(2k +

4

4

Ответ. а) th(3 − π i) = cth(3) ;

б) Ln(1+ i) = ln

+ iπ(2k +

1

) .

2

2

4

y

Решение. Так как z=x+iy, то данное соотношение имеет вид:

3x-y-4=0

x + i(y −1)

=

x − 3 + iy

.

Или

x2 + (y −1)2

= (x − 3)2 + y2 . Возведём обе части в

x

квадрат. Получим: x2 + y2 − 2y +1= x2 − 6x + 9 + y2 . Или

6x − 2y − 8 = 0. Уравнение можно поделить на 2, получим: 3x-y-

4=0.

Ответ. Данное соотношение представляет уравнение прямой

3x − y − 4 = 0 .

Задача 3. Решить уравнение:

sin z − cos z =1.

Решение. Перейдём к гиперболическим функциям: sin z = −i sh(iz),

cos z = ch(iz).

Получим уравнение − i sh(iz) − ch(iz) =1. Или − i

1

(e

iz

− e

−iz

)

−

1

(e

iz

+ e

−iz

)

=1. Умножим

2

2

уравнение на 2eiz. Тогда уравнение примет вид: − (1+ i)e2iz − (1− i) = 2eiz

Введём

обозначение V=eiz. Найдём корни квадратного уравнения (1+i)V2+2V+(1-i)=0 :

V =

− 2 ±

4 − 4(1+ i)(1− i)

=

−1± i

. Следовательно,

V

=

−1+ i

=

− (1− i)2

= i,

V = −1.

(12 − i2 )

2(1+ i)

(1+ i)

1

(1

+ i)

2

Таким образом, имеем два корня: V1 = i,

V2 = −1.

Найдём модули и аргументы этих чисел:

V

=1,

ϕ

= arg V

= π ,

V

=1,

ϕ

= arg V = π .

1

1

1

2

2

2

2

Так как V=eiz, то iz=LnV или z=-i·LnV. Далее воспользуемся формулой

LnV = ln

V

+ i(ϕ + 2kπ) . Получим: z

1

= −i LnV

= −i[ln1+ i(

π

+ 2kπ)] = π + 2kπ . Аналогично,

1

2

2

z2 = −i LnV2 = −i[ln1+ i(π + 2kπ)] = (2k +1)π .

Ответ. z

1

= π + 2kπ , z

2

= (2k +1)π .

2

ez1

+ e−z1

ez2

+ e−z2

ez1

− e

−z1

ez2 − e

−z2

1

z

z

z

−z

ch z

ch z

2

+ sh z sh z

2

=

+

=

(e 1 e

2

+ e 1 e

2

+

1

1

2

2

2

2

4

≡

∂2

+

∂2

. Проверим выполнение этого условия, для чего найдём производные

∂x

2

∂y

2

∂v

=

Ax2 + y2 −

2Ax

2

=

y2

− Ax2

,

∂

2v

=

− 2Ax(Ax2 + y2 )2 − 4Ax(Ax2 + y2 )(y2 − Ax2 )

=

∂x

(Ax2 + y

2 )2

(Ax

2 + y2 )2

∂x2

(Ax2 + y2 )4

=

− 2x[A(Ax2 + y2 ) + 2A(y2

− Ax2 )]

,

∂v

=

− 2yx

,

(Ax2 + y2 )3

∂y

(Ax2 + y2 )2

∂2v

=

− 2x(Ax2

+ y2 )2 + 8y2x(Ax2 + y

2 )

=

− 2x[(Ax2

+ y2 ) − 4y2 ]

.

∂y2

(Ax2 + y2 )

4

(Ax2

+ y2 )3

Чтобы лапласиан ∆v был равен нулю, нужно положить A=1. Таким образом, функция

v(x, y) =

x

, является гармонической. Восстановим действительную часть u(x,y)

x2 + y2

функции f(z)=u(x,y)+iv(x,y), пользуясь условиями Даламбера-Эйлера: ∂u =

∂v ,

∂u = −

∂v

.

∂x

∂y

∂y

∂x

Из первого условия получаем:

∂u =

∂v =

− 2xy

. Тогда u(x, y) = ∫ ∂udx + ϕ(y) , или

2 2

∂x

∂y

x

+ y

∂x

u(x, y) = −∫

2xy

dx + ϕ(y) =

y

+ ϕ(y). Производная по y от этого выражения равна

(x

2

+ y

2

)

2

x

2

+ y

2

∂u

=

x2 + y2 − 2y2

+ ϕ′(y) =

x2 − y

2

+ ϕ′(y). С другой стороны по второму условию

∂y

(x2 + y2 )

2

(x2 + y2 )2

Даламбера-Эйлера

∂u

= −

∂v

=

x2

− y2

. Приравнивая эти выражения, получим: ϕ′(y) = 0.

∂y

+ y2 )

∂x (x2

y

y

x

Или ϕ(y) = C. Таким образом, u(x, y) =

+ C.

Тогда f (z) =

+ C

+ i

.

x2 + y2

x2 + y2

x2 + y2

Перейдём к переменной z:

f (z) =

y + ix

+ C =

i(x − iy)

+ C =

i

+ C.

x2 + y2

(x + iy)(x − iy)

z

Воспользуемся дополнительным условием f(i)=0. В данном случае f(0)=1+C. Т.е. C=-1.

Ответ. f (z) =

i

−1=

y

−1+ i

x

.

x2 + y2

z

x2 + y2

2). Внутри области

z +

1

≤1 также расположена одна особая точка z=-1. Тогда по

2

интегральной формуле Коши :

e

−z2

dz

−z2

−z2

−1

(1− z)(1+ z

2

πie

I

=

e

dz

=

)(z − 2)

= 2πi

e

= −

.

2

∫ (1

− z

4 )(z − 2)

∫

(z +1)

(1− z)(1+ z2 )(z − 2)

6

L2

L2

z=−1

3) Внутри круга

z + 1− i ≤

2

находится две особых точки: z=-1 и z=i. Поэтому применим

теорему Коши для многосвязной области:

e

−z2

e

−z2

e

−z2

I

3 =

dz

=

dz

=

dz

, где l1 - окружность достаточно малого

L∫ (1− z

4 )(z − 2)

l∫ (1− z

l∫ (1− z4 )(z − 2)

4 )(z − 2)

3

1

2

e

−z2

dz

−z2

−z2

= − πe(i + 2).

− z

2

)(1+ i)(z − 2)

πe

∫

e

dz

=

∫

(1

= 2πi

e

=

(1

4

)(z −

2)

(1− i)

(1

− z

2

)(1+ i)(z − 2)

2(i − 2)

l2

− z

l2

10

z=i

Тогда I

= −

πie−1

−

πe(i + 2)

= −

πi

(5+ 3e2 − 6ie2 )..

3

6

10

30e

(5 + 3e2

− 6ie2 ). .

Ответ.

I

= −

2πi

,

I

= −

πi

,

I

= −

πi

1

2

3

15e4

6e