Zadania z funkcji zespolonych
III semestr
1
Spis tre´
sci
1. Liczby zespolone - dzia̷lania i w̷lasno´sci
Zad. 1–10
2. Pochodna funkcji zmiennej zespolonej, holomorficzno´s´
c
Zad. 11-19
3. Funkcje elementarne
Zad. 20-32
4. Odwzorowania konforemne
Zad. 33-49
5. Ca̷lki zespolone, twierdzenia ca̷lkowe Cauchy’ego
Zad. 50-58
6. Szeregi Taylora
Zad. 59-72
7. Szeregi Laurenta, klasyfikacja punkt´
ow osobliwych
Zad. 73-78
8. Ca̷lki rzeczywiste
Zad. 79-99
9. Twierdzenie Rouch´
e, zasada maksimum
Zad. 100-110
2
1. Liczby zespolone - dzia̷lania i w̷lasno´
sci
1. Wykona´
c nast
,
epuj
,
ace dzia̷lania na liczbach zespolonych:
(a) (1 + 𝑖)(2 + 𝑖) + (1 − 𝑖)(2 − 𝑖),
(b) (1 + 2𝑖)(3 − 𝑖)(5 − 5𝑖),
(c)
1+2𝑖
3+𝑖
,
(d)
(1+𝑖)
7
−1
(1−𝑖)
4
−1
.
Odpowiedzi: a) 2, b) 50, c)
1
2
+
1
2
𝑖, d)
7
5
−
8
5
𝑖.
2. Udowodni´
c r´
owno´s´
c ∣𝑧 + 𝑖𝑤∣
2
+ ∣𝑤 + 𝑖𝑧∣
2
= 2(∣𝑧∣
2
+ ∣𝑤∣
2
) dla 𝑧, 𝑤 ∈ ℂ. Wywnioskowa´c
st
,
ad, ˙ze ∣𝑧 + 𝑖𝑤∣
2
≤ 2(∣𝑧∣
2
+ ∣𝑤∣
2
) dla 𝑧, 𝑤 ∈ ℂ.
3. Zapisa´
c w postaci trygonometrycznej nast
,
epuj
,
ace liczby zespolone:
(a) 2 + 2
√
3𝑖,
(b)
√
3 + 𝑖,
(c)
1−𝑖
1+
√
3𝑖
,
(d) −2 + 2
√
3𝑖,
(e) −
√
3 − 𝑖.
Odpowiedzi:
a) 4(cos(
𝜋
3
) + 𝑖 sin(
𝜋
3
)),
b) 2(cos(
𝜋
6
) + 𝑖 sin(
𝜋
6
)),
c)
√
2
2
(cos(
17𝜋
12
) + 𝑖 sin(
17𝜋
12
)),
d) 4(cos(
2𝜋
3
) + 𝑖 sin(
2𝜋
3
)),
e) 2(cos(
5𝜋
6
) + 𝑖 sin(5
𝜋
6
)).
4. Korzystaj
,
ac ze wzor´
ow Moivre’a obliczy´
c:
(a) (−1 +
√
3𝑖)
30
,
(b) (1 + 𝑖)
2005
,
3
(c)
(
−
√
3
2
+
1
2
𝑖
)
2004
,
(d)
(−2+2
√
3𝑖)
16
(1+
√
3𝑖)
7
,
(e)
(1+𝑖)
80
(
√
3+𝑖)
18
+
(1−𝑖)
80
(
√
3−𝑖)
18
,
(f)
4
√
−16,
(g)
3
√
−𝑖,
(h)
6
√
1.
Odpowiedzi:
a) 2
3
,
b) 2
1002
(−1 + 𝑖),
c) 1,
d) 2
25
(−1 + 𝑖
√
3),
e) −2,
f) 𝑧
0
=
√
2 + 𝑖
√
2, 𝑧
1
= −
√
2 + 𝑖
√
2, 𝑧
2
= −
√
2 − 𝑖
√
2, 𝑧
3
=
√
2 − 𝑖
√
2,
g) 𝑧
0
= 𝑖, 𝑧
1
= −
√
3
2
− 𝑖
1
2
, 𝑧
2
=
√
3
2
− 𝑖
1
2
,
h) 𝑧
0
= 1, 𝑧
1
=
1
2
+𝑖
√
3
2
, 𝑧
2
= −
1
2
+𝑖
√
3
2
, 𝑧
3
= −1, 𝑧
4
= −
1
2
−𝑖
√
3
2
, 𝑧
5
=
1
2
−𝑖
√
3
2
.
5. Obliczy´
c:
(a)
√
−8 − 6𝑖,
(b)
√
3 − 4𝑖,
(c)
√
−11 + 60𝑖.
Odpowiedzi:
a) 𝑎
1
+ 𝑖𝑏
1
= −1 + 𝑖3, 𝑎
2
+ 𝑖𝑏
2
= 1 − 𝑖3,
b) 𝑎
1
+ 𝑖𝑏
1
= −2 + 𝑖, 𝑎
2
+ 𝑖𝑏
2
= 2 − 𝑖,
c) 𝑎
1
+ 𝑖𝑏
1
= 5 + 𝑖6, 𝑎
2
+ 𝑖𝑏
2
= −5 − 𝑖6.
6. Rozwi
,
aza´
c w dziedzinie zespolonej r´
ownania:
(a) 𝑧
3
= 8𝑖,
(b) 𝑧
4
= 16,
4
(c) 𝑧
6
+ 64 = 0,
(d) (1 − 𝑖)
4
𝑧
4
= −1,
(e) ∣𝑧∣ − 𝑧 = 1 + 2𝑖,
(f) (¯
𝑧𝑧)
2
− 𝑧
2
+ ¯
𝑧
2
− 1 = 0,
(g) 𝑧 ¯
𝑧 + (𝑧 − ¯
𝑧) = 3 + 2𝑖,
(h) 𝑧
7
− 𝑧
4
𝑖 + 𝑧
3
− 𝑖 = 0,
(i) 𝑧
6
− 𝑧
4
+ 4𝑧
2
− 4 = 0.
Odpowiedzi:
a) 𝑧
0
=
√
3 + 𝑖, 𝑧
1
= −
√
3 + 𝑖, 𝑧
2
= −2,
b) 𝑧
0
= 2, 𝑧
1
= 2𝑖, 𝑧
2
= −2, 𝑧
4
= −2𝑖,
c) 𝑧
0
=
√
3 + 𝑖, 𝑧
1
= 2𝑖, 𝑧
2
= −
√
3 + 𝑖, 𝑧
3
= −
√
3 − 𝑖, 𝑧
4
= −2𝑖, 𝑧
5
=
√
3 − 𝑖,
d) 𝑧
0
=
√
2
2
, 𝑧
1
=
√
2
2
𝑖, 𝑧
2
= −
√
2
2
, 𝑧
3
= −
√
2
2
𝑖,
e) 𝑧 =
3
2
− 2𝑖,
f) 𝑧
0
= 𝑖, 𝑧
1
= −1, 𝑧
2
= 1, 𝑧
3
= −1,
g) 𝑧
1
=
√
2 + 𝑖, 𝑧
2
= −
√
2 + 𝑖,
h) 𝑧
0
= −
√
3
2
+
1
2
𝑖, 𝑧
1
= −
√
3
2
+
1
2
𝑖, 𝑧
2
= 𝑖, 𝑧
3
= −
√
2
2
+
√
2
2
𝑖,
𝑧
4
= −
√
2
2
+
√
2
2
𝑖,
𝑧
5
= −
√
2
2
−
√
2
2
𝑖, 𝑧
6
=
√
2
2
−
√
2
2
𝑖
i) 𝑧
1
= 1, 𝑧
2
= −1, 𝑧
3
= 1 + 𝑖, 𝑧
4
= −1 + 𝑖, 𝑧
5
= −1 − 𝑖, 𝑧
6
= 1 − 𝑖.
7. Niech 𝑧
0
b
,
edzie pierwiastkiem wielomianu o wsp´
o̷lczynnikach rzeczywistych. Udowodni´
c,
˙ze ¯
𝑧
0
jest tak˙ze pierwiastkiem wielomianu 𝑊 (𝑧).
8. Znale´
z´
c pozosta̷le pierwiastki wielomianu 𝑤(𝑧) = 𝑧
4
− 4𝑧
3
+ 4𝑧
2
+ 4𝑧 − 5 wiedz
,
ac, ˙ze
𝑧
0
= 2 − 𝑖 jest pierwiastkiem tego wielomianu.
Odpowied´
z: 𝑧
1
= 2 + 𝑖, 𝑧
2
= 𝑖, 𝑧
3
= −1.
9. Znale´
z´
c pozosta̷le pierwiastki wielomianu 𝑤(𝑧) = 𝑧
4
− 4𝑧
3
+ 6𝑧
2
− 4𝑧 + 5 wiedz
,
ac, ˙ze
𝑧
0
= 2 + 𝑖 jest pierwiastkiem tego wielomianu.
Odpowied´
z: 𝑧
1
= 2 − 𝑖, 𝑧
2
= 𝑖, 𝑧
3
= −1.
5
10. Zaznaczy´
c na p̷laszczy´
znie zespolonej zbiory:
(a) {(𝑥, 𝑦) ∈ ℂ : 1 < ∣𝑧∣ < 4},
(b) {(𝑥, 𝑦) ∈ ℂ : Re𝑧 + 1 ≥ Im𝑦},
(c) {(𝑥, 𝑦) ∈ ℂ : ∣𝑧 − 1 − 2𝑖∣ =
√
5},
(d) {(𝑥, 𝑦) ∈ ℂ : ∣𝑧 − 2𝑖∣ ≥ 1},
(e) {(𝑥, 𝑦) ∈ ℂ : ∣𝑧 − 2∣ < 9 ∧ ∣𝑧 + 2∣ < 9},
(f) {(𝑥, 𝑦) ∈ ℂ : ∣𝑧 − 1∣ < ∣𝑧 + 2∣}.
Odpowiedzi:
a) pier´scie´
n {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2
: 1 < 𝑥
2
+ 𝑦
2
< 4},
b) p´
o̷lp̷laszczyzna z brzegiem {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2
: 𝑥 + 1 ≥ 𝑦},
c) okr
,
ag {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2
: (𝑥 − 1)
2
+ (𝑦 − 2)
2
= 5},
d) zewn
,
etrze ko̷la wraz z okr
,
egiem {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2
: 𝑥
2
+ (𝑦 − 2)
2
≥ 1},
e) cz
,
e´s´
c wsp´
olna dw´
och k´
o̷l {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2
: (𝑥 − 2)
2
+ 𝑦
2
< 9 ∧ (𝑥 + 2)
2
+ 𝑦
2
< 9},
f) p´
olp̷laszczyzna z brzegiem {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2
: 𝑥 ≥ 0}.
6
2. Pochodna funkcji zmiennej zespolonej, holomorficzno´
s´
c
11. Znale´
z´
c cz
,
e´s´
c rzeczywist
,
a i urojon
,
a funkcji:
(a) 𝑓 (𝑧) = 𝑧
3
+ 𝑖¯
𝑧
2
,
(b) 𝑓 (𝑧) =
𝑧+1
𝑧−1
.
Odpowiedzi:
a) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥
3
− 3𝑥𝑦
2
+ 2𝑥𝑦,
𝑣(𝑥, 𝑦) = 3𝑥
2
− 2𝑦
2
+ 𝑥
2
,
b) 𝑢(𝑥, 𝑦) =
𝑥
2
+𝑦
2
+1
(𝑥−1)
2
+𝑦
2
,
𝑣(𝑥, 𝑦) = −
𝑥+𝑦
(𝑥−1)
2
+𝑦
2
.
12. Dana jest cz
,
e´s´
c rzeczywista 𝑢(𝑥, 𝑦) i cz
,
e´s´
c urojona 𝑣(𝑥, 𝑦) funkcji zespolonej 𝑓 . Przed-
stawi´
c t
,
e funkcj
,
e jako funkcj
,
e zmiennej zespolonej 𝑧:
(a) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥
4
− 6𝑥
2
𝑦
2
+ 𝑦
4
− 𝑥, 𝑣(𝑥, 𝑦) = 4𝑥
3
𝑦 − 4𝑥𝑦
3
− 𝑦,
(b) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥
2
− 𝑦
2
+ 𝑥, 𝑣(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 + 𝑦,
(c) 𝑢(𝑥, 𝑦) =
𝑥
𝑥
2
+𝑦
2
+ 𝑥, 𝑣(𝑥, 𝑦) =
−𝑦
𝑥
2
+𝑦
2
− 𝑦.
Odpowiedzi:
a) 𝑓 (𝑧) = 𝑧
4
− 𝑧,
b) 𝑓 (𝑧) = 𝑧
2
+ 𝑧,
c) 𝑓 (𝑧) =
1
𝑧
+ ¯
𝑧.
13. Sprawdzi´
c w jakich punktach 𝑧 ∈ ℂ nast
,
epuj
,
ace funkcje spe̷lniaj
,
a warunki Cauchy’ego-
Riemanna:
(a) 𝑓 (𝑧) = 𝑧
2
,
(b) 𝑧Im𝑧,
(c) 𝑓 (𝑧) = ∣𝑧∣
2
+ 2𝑧,
(d) 𝑓 (𝑧) = ∣𝑧∣.
Odpowiedzi:
a) 𝑓 spe̷lnia warunki Cauchy’ego-Riemanna dla dowolnego 𝑧 ∈ ℂ,
b) 𝑓 spe̷lnia warunki Cauchy’ego-Riemanna tylko dla 𝑧 = 0,
7
c) 𝑓 spe̷lnia warunki Cauchy’ego-Riemanna tylko dla 𝑧 = 0,
d) 𝑓 nie spe̷lnia warunk´
ow Cauchy’ego-Riemanna w ˙zadnym 𝑧 ∈ ℂ.
14. Zbada´
c istnienie pochodnej funkcji 𝑓 oraz znale´
z´
c jej pochodn
,
a w punktach w kt´
orych
istnieje:
(a) 𝑓 (𝑧) = 𝑧Re𝑧,
(b) 𝑓 (𝑧) = 𝑧 ¯
𝑧.
Odpowiedzi: wsp´
olna dla (a) i (b) 𝑓 ma pochodn
,
a tylko dla 𝑧 = 0 i 𝑓
′
(0) = 0.
15. Zbada´
c holomorficzno´s´
c funkcji:
(a) 𝑓 (𝑧) = ∣𝑧∣
2
+ 2𝑧,
(b) 𝑓 (𝑧) = ¯
𝑧
2
,
(c) 𝑓 (𝑧) = (𝑧
2
+ 1)∣𝑧∣,
(d) 𝑓 (𝑧) = ∣𝑧∣ + 2𝑧,
(e) 𝑓 (𝑧) = ∣𝑧∣
2
(𝑧 + 1).
Odpowiedzi: Wsp´
olna dla (a)-(e) 𝑓 nie jest holomorficzna w dowolnym punkcie
𝑧 ∈ ℂ.
16. Dla funkcji wymienionych w zadaniu 16
(a) policzy´
c pochodne
∂𝑓
∂𝑥
oraz
∂𝑓
∂𝑦
,
(b) korzystaj
,
ac z definicji policzy´
c pochodn
,
a formaln
,
a
∂𝑓
∂ ¯
𝑧
,
(c) w jakich punktach p̷laszczyzny istnieje 𝑓
′
(𝑧),
(d) korzystaj
,
ac z definicji policzy´
c pochodn
,
a formaln
,
a
∂𝑓
∂𝑧
,
(e) zbada´
c holomorficzo´s´
c 𝑓 .
Odpowiedzi:
a) Dla 𝑓 (𝑧) = ∣𝑧∣
2
+2𝑧,
∂𝑓
∂𝑥
(𝑥, 𝑦) = 2𝑥+2,
∂𝑓
∂𝑦
(𝑥, 𝑦) = 2𝑦 +𝑖2,
∂𝑓
∂ ¯
𝑧
(𝑥, 𝑦) = 𝑥+𝑖𝑦,
𝑓
′
(𝑧) istnieje tylko dla 𝑧
0
= 0 i 𝑓
′
(0) = 2.
8
b) Dla 𝑓 (𝑧) = ¯
𝑧
2
,
∂𝑓
∂𝑥
(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 − 2𝑦𝑖,
∂𝑓
∂𝑦
(𝑥, 𝑦) = −2𝑦 − 2𝑥𝑖,
∂𝑓
∂ ¯
𝑧
(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 − 2𝑦𝑖, 𝑓
′
(𝑧) istnieje tylko dla 𝑧
0
= 0 i 𝑓
′
(0) = 0.
c) Dla 𝑓 (𝑧) = (𝑧
2
+ 1)∣𝑧∣ pochodne
∂𝑓
∂𝑥
(0, 0) i
∂𝑓
∂𝑦
(0, 0) nale˙zy policzy´
c z definicji
(nie istnieje
∂𝑓
∂𝑥
(0, 0) i
∂𝑓
∂𝑥
(0, 0)), dla pozosta̷lych punkt´
ow:
∂𝑓
∂𝑥
(𝑥, 𝑦) =
2𝑥(𝑥
2
+𝑦
2
)+𝑥
3
)+𝑖(−2𝑦(𝑥
2
+𝑦
2
)−2𝑥
2
𝑦)
√
𝑥
2
+𝑦
2
,
∂𝑓
∂𝑦
(𝑥, 𝑦) =
2𝑦(𝑥
2
+𝑦
2
)+𝑦
3
+𝑖(−2𝑥(𝑥
2
+𝑦
2
)−2𝑦
2
𝑥)
√
𝑥
2
+𝑦
2
,
∂𝑓
∂ ¯
𝑧
(𝑥, 𝑦) =
1
2
(
5𝑥
3
+6𝑥𝑦
2
+𝑖(𝑦
3
−2𝑥
2
𝑦)
√
𝑥
2
+𝑦
2
)
,
𝑓
′
(𝑧) nie istnieje dla dowolnego punktu 𝑧 ∈ ℂ.
d) Dla 𝑓 (𝑧) = ∣𝑧∣ + 2𝑧 pochodne
∂𝑓
∂𝑥
(0, 0) i
∂𝑓
∂𝑦
(0, 0) nale˙zy policzy´
c z definicji (nie
istnieje
∂𝑓
∂𝑥
(0, 0) i
∂𝑓
∂𝑥
(0, 0)), dla pozosta̷lych punkt´
ow:
∂𝑓
∂𝑥
(𝑥, 𝑦) =
𝑥
√
𝑥
2
+𝑦
2
+ 2,
∂𝑓
∂𝑦
(𝑥, 𝑦) =
𝑦
√
𝑥
2
+𝑦
2
+ 2𝑖,
∂𝑓
∂ ¯
𝑧
(𝑥, 𝑦) =
1
2
(
𝑥+𝑖𝑦
√
𝑥
2
+𝑦
2
)
,
𝑓
′
(𝑧) nie istnieje dla dowolnego punktu 𝑧 ∈ ℂ.
e) Dla 𝑓 (𝑧) = ∣𝑧∣
2
(𝑧 + 1),
∂𝑓
∂𝑥
(𝑥, 𝑦) = 3𝑥
2
+ 𝑦
2
+ 2𝑥 + 𝑖2𝑥𝑦,
∂𝑓
∂𝑦
(𝑥, 𝑦) = 2𝑦𝑥 + 2𝑦 + 𝑖(𝑥
2
+ 3𝑦
2
),
∂𝑓
∂ ¯
𝑧
(𝑥, 𝑦) = 𝑥
2
− 𝑦
2
+ 𝑥 + 𝑖(2𝑥𝑦 + 𝑦),
𝑓
′
(𝑧) istnieje dla 𝑧 = 0 i wynosi 0.
17. Niech 𝑓 ∈ 𝐻(𝐷(0, 𝑅)). Udowodni´
c, ˙ze:
(a) je´sli 𝑓
′
(𝑧) = 0 dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 𝑅), to 𝑓 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡,
(b) je´sli ∣𝑓 (𝑧)∣ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 𝑅), to 𝑓 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
18. Pokaza´
c, ˙ze twierdzenie o warto´sci ´sredniej nie zachodzi dla funkcji holomorficznych.
Odpowied´
z Nale˙zy rozpatrze´
c funkcj
,
e 𝑓 (𝑧) = 𝑧
3
oraz odcinek ̷l
,
acz
,
acy punkty 1 oraz
𝑖.
9
19. Znale´
z´
c funkcje holomorficzn
,
a 𝑓 (𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) (a nast
,
epnie zapisa´
c j
,
a w postaci
zespolonej) wiedz
,
ac, ˙ze:
(a) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥
2
− 𝑦
2
+ 𝑥𝑦,
(b) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥
3
+ 6𝑥
2
𝑦 − 3𝑥𝑦
2
− 2𝑦
3
,
(c) 𝑢(𝑥, 𝑦) =
𝑥
𝑥
2
+𝑦
2
,
(d) 𝑢(𝑥, 𝑦) =
𝑥
2
−𝑦
2
(𝑥
2
+𝑦
2
)
2
.
Odpowiedzi:
a) 𝑣(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 −
𝑥
2
2
+
𝑦
2
2
+ 𝑐, 𝑓 (𝑧) = 𝑧
2
(1 −
1
2
𝑖) + 𝑖𝑐,
b) 𝑣(𝑥, 𝑦) = −2𝑥
3
+ 3𝑥
2
𝑦 + 6𝑥𝑦
2
− 𝑦
3
+ 𝑐,
𝑓 (𝑧) = (1 − 2𝑖)𝑧
3
+ 𝑖𝑐,
c) 𝑣(𝑥, 𝑦) = −
𝑦
𝑥
2
+𝑦
2
+ 𝑐,
𝑓 (𝑧) =
1
𝑧
+ 𝑖𝑐,
d) 𝑣(𝑥, 𝑦) = −
2𝑥𝑦
(𝑥
2
+𝑦
2
)
2
+ 𝑐, 𝑓 (𝑧) = 𝑧
−2
+ 𝑖𝑐.
10
3. Funkcje elementarne
20. Wykaza´
c, ˙ze:
(a) sin 𝑧 = sin 𝑥 cosh 𝑦 + 𝑖 cos 𝑥 sinh 𝑦,
(b) cos 𝑧 = cos 𝑥 cosh 𝑦 − 𝑖 sin 𝑥 sinh 𝑦,
(c) tan 𝑧 =
sin 2𝑥
cos 2𝑥+cosh 2𝑦
+ 𝑖
sinh 2𝑦
cos 2𝑥+cosh 2𝑦
,
(d) sinh 𝑧 = sinh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 cosh 𝑥 sin 𝑦,
(e) cosh 𝑧 = cosh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 sinh 𝑥 sin 𝑦,
(f) tanh 𝑧 =
sinh 2𝑥
cosh 2𝑥+cos 2𝑦
+ 𝑖
sin 2𝑦
cosh 2𝑥+cos 2𝑦
.
Odpowiedzi:
a)
sin 𝑧 =
𝑒
𝑖𝑧
− 𝑒
−𝑖𝑧
2𝑖
=
𝑒
−𝑦+𝑖𝑥
− 𝑒
𝑦−𝑖𝑥
2𝑖
=
𝑒
−𝑦
(cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥) − 𝑒
𝑦
(cos 𝑥 − 𝑖 sin 𝑥)
2𝑖
= cos 𝑥
( 𝑒
−𝑦
− 𝑒
𝑦
2𝑖
)
+ 𝑖 sin 𝑥
( 𝑒
−𝑦
+ 𝑒
𝑦
2𝑖
)
= sin 𝑥 cosh 𝑦 + 𝑖 cos 𝑥 sinh 𝑦.
b)
cos 𝑧 =
𝑒
𝑖𝑧
+ 𝑒
−𝑖𝑧
2
=
𝑒
−𝑦
(cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥) + 𝑒
𝑦
(cos 𝑥 − 𝑖 sin 𝑥)
2
= cos 𝑥
( 𝑒
−𝑦
+ 𝑒
𝑦
2
)
+ 𝑖 sin 𝑥
( 𝑒
−𝑦
− 𝑒
𝑦
2
)
= cos 𝑥 cosh 𝑦 − 𝑖 sin 𝑥 sinh 𝑦.
c)
tan 𝑧 =
sin 𝑥 coth 𝑦 + 𝑖 cos 𝑥 sinh 𝑦
cos 𝑥 coth 𝑦 − 𝑖 sin 𝑥 sinh 𝑦
cos 𝑥 coth 𝑦 + 𝑖 sin 𝑥 sinh 𝑦
cos 𝑥 coth 𝑦 + 𝑖 sin 𝑥 sinh 𝑦
=
cos 𝑥 sin 𝑥(cosh
2
𝑦 − sinh
2
𝑦) + 𝑖 sinh 𝑦 cosh 𝑦
cos
2
𝑥 cosh
2
𝑦 + sin
2
(cosh
2
𝑦 − 1)
=
sin 2𝑥
cos 2𝑥 + cosh 2𝑦
+ 𝑖
sinh 2𝑦
cos 2𝑥 + cosh 2𝑦
.
d)
sinh 𝑧 =
𝑒
𝑧
− 𝑒
−𝑧
2
=
𝑒
𝑥+𝑖𝑦
− 𝑒
−(𝑥+𝑖𝑦
2
=
𝑒
𝑥
(cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦) − 𝑒
−𝑥
(cos 𝑦 − 𝑖 sin 𝑦)
2
= cos 𝑦
( 𝑒
𝑥
− 𝑒
−𝑥
2
)
+ 𝑖 sin 𝑦
( 𝑒
𝑥
+ 𝑒
−𝑥
2
)
= sinh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 cosh 𝑥 sin 𝑦.
11
e)
cos ℎ𝑧 =
𝑒
𝑧
+ 𝑒
−𝑧
2
=
𝑒
𝑥+𝑖𝑦
+ 𝑒
−(𝑥+𝑖𝑦
2
=
𝑒
𝑥
(cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦) + 𝑒
−𝑥
(cos 𝑦 − 𝑖 sin 𝑦)
2
= cos 𝑦
( 𝑒
𝑥
+ 𝑒
−𝑥
2
)
+ 𝑖 sin 𝑦
( 𝑒
𝑥
+ 𝑒
−𝑥
2
)
= cosh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 sin ℎ𝑥 sin 𝑦.
f)
tanh 𝑧 =
sinh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 cosh 𝑥 sin 𝑦
cosh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 sin ℎ𝑥 sin 𝑦
=
sinh 𝑥 cosh 𝑥 + 𝑖 sin 𝑦 cos 𝑦
cosh
2
𝑥 cos
2
𝑦 + sinh
2
𝑥 sin
2
𝑦
.
Korzystaj
,
ac z cos
2
𝑥 =
1
2
(1 + cos 2𝑥) i z cosh
2
𝑥 =
cosh 2𝑥=1
2
=
sinh 2𝑥 + 𝑖 sin 2𝑦
cos 2𝑦 + cosh 2𝑥
=
sinh 2𝑥
cosh 2𝑥 + cos 2𝑦
+ 𝑖
sin 2𝑦
cosh 2𝑥 + cos 2𝑦
21. Wykaza´
c, ˙ze:
(a) ∣ sin 𝑧∣ =
√
sin
2
𝑥 + sinh
2
𝑦,
(b) ∣ cos 𝑧∣ =
√
cos
2
𝑥 + sinh
2
𝑦,
(c) ∣ sinh 𝑧∣ =
√
sinh
2
𝑥 + sin
2
𝑦,
(d) ∣ cosh 𝑧∣ =
√
sinh
2
𝑥 + cos
2
𝑦.
Odpowiedzi:
a)
∣ sin 𝑧∣ =
√
sin
2
𝑥 cosh
2
𝑦 + cos
2
𝑥 sinh
2
𝑦 =
√
sin
2
𝑥 cosh
2
𝑦 + (1 − sin
2
𝑥) sinh
2
𝑦
=
√
sin
2
𝑥 cosh
2
𝑦 − sin
2
𝑥 sinh
2
𝑦 =
√
sin
2
𝑥 + sinh
2
𝑦.
b)
∣ cos 𝑧∣ =
√
cos
2
𝑥 cosh
2
𝑦 + sin
2
𝑥 sinh
2
𝑦 =
√
cos
2
𝑥 cosh
2
𝑦 + (1 − cos
2
𝑥) sinh
2
𝑦
=
√
cos
2
𝑥(cosh
2
𝑦 − sinh
2
𝑦) + sinh
2
𝑦 =
√
cos
2
𝑥 + sinh
2
𝑦.
c)
∣ sinh 𝑧∣ =
√
sinh
2
𝑥 cos
2
𝑦 + cosh
2
𝑥 sinh
2
𝑦 =
√
sinh
2
𝑥(1 − sin
2
𝑦) + cosh
2
𝑥 sin
2
𝑦
=
√
sin
2
𝑦(cosh
2
𝑦 − sinh
2
𝑥 + sinh
2
𝑥 =
√
sin
2
𝑦 + sinh
2
𝑥.
12
d)
∣ cosh 𝑧∣ =
√
cosh
2
𝑥 cos
2
𝑦 + sinh
2
𝑥 sin
2
𝑦 =
√
cosh
2
𝑥 cos
2
𝑦 + sinh
2
𝑥(1 − cos
2
𝑦
=
√
(cosh
2
𝑥 − sinh
2
𝑥) cos
2
𝑦 + sinh
2
𝑥 =
√
cos
2
𝑦 + sinh
2
𝑥.
22. Wykaza´
c, ˙ze nast
,
epuj
,
ace funkcje s
,
a okresowe:
(a) 𝑠𝑖𝑛𝑧, 𝑐𝑜𝑠𝑧 o okresie 𝑇 = 2𝜋,
(b) 𝑡𝑔𝑧, 𝑐𝑡𝑔𝑧 o okresie 𝑇 = 𝜋,
(c) 𝑐ℎ𝑧, 𝑠ℎ𝑧 o okresie 𝑇 = 2𝜋𝑖.
Odpowied´
z:
∙ np. dla
sin(𝑧 + 2𝜋) = sin(𝑥 + 𝑖𝑦 + 2𝜋) = sin(𝑥 + 2𝜋) cosh 𝑦 + 𝑖 cos(𝑥 + 2𝜋) sinh 𝑦
= sin(𝑥) cosh 𝑦 + 𝑖 cos(𝑥) sinh 𝑦 = sin 𝑧.
∙ np. dla
cosh(𝑧 + 2𝜋𝑖) = cosh 𝑥 cos(𝑦 + 2𝜋) + 𝑖 sin ℎ𝑥 sin(𝑦 + 2𝜋)
= cosh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 sin ℎ𝑥 sin 𝑦 = cosh 𝑧.
23. Wykaza´
c, ˙ze dla 𝑧 ∈ ℂ:
(a) 𝑐𝑜𝑠𝑖𝑧 = 𝑐ℎ𝑧,
(b) 𝑠ℎ𝑧 = −𝑖𝑠ℎ(𝑖𝑧),
(c) 𝑐𝑜𝑠
2
𝑧 + 𝑠𝑖𝑛
2
𝑧 = 1,
(d) 𝑐ℎ
2
𝑧 − 𝑠ℎ
2
𝑧 = 1,
(e) 𝑠𝑖𝑛¯
𝑧 = 𝑠𝑖𝑛(𝑧),
(f) 𝑐𝑜𝑠¯
𝑧 = 𝑐𝑜𝑠(𝑧),
(g) 𝑐𝑜𝑠(−𝑧) = cos 𝑧,
(h) 𝑠𝑖𝑛(−𝑧) = −𝑠𝑖𝑛𝑧,
(i) 𝑐𝑜𝑠(𝑧
1
+ 𝑧
2
) = 𝑐𝑜𝑠𝑧
1
𝑐𝑜𝑠𝑧
2
− 𝑠𝑖𝑛𝑧
1
𝑠𝑖𝑛𝑧
2
,
(j) 𝑠𝑖𝑛(𝑧
1
+ 𝑧
2
) = 𝑠𝑖𝑛𝑧
1
𝑐𝑜𝑠𝑧
2
+ 𝑐𝑜𝑠𝑧
1
𝑠𝑖𝑛𝑧
2
.
13
24. Korzystaj
,
ac z definicji pochodnej formalnej
∂𝑓
∂ ¯
𝑧
udowodni´
c, ˙ze funkcje 𝑠𝑖𝑛𝑧, 𝑐𝑜𝑠𝑧
𝑡𝑔𝑧, 𝑐𝑡𝑔𝑧, 𝑠ℎ𝑧, 𝑐ℎ𝑧, 𝑡ℎ𝑧, 𝑐𝑡ℎ𝑧 s
,
a holomorficzne w swojej dziedzinie.
Odpowied´
z: Poka˙zemy jak udowodni´
c, ˙ze funkcja sinh 𝑧 jest holomorficzna dla ka˙zdego
𝑧 ∈ ℂ. Wiemy, ˙ze 𝑓 jest holomorficzna w ℂ, je´sli
∂𝑓
∂ ¯
𝑧
= 0 dla ka˙zdego 𝑧 ∈ ℂ.
∂sinh
∂ ¯
𝑧
=
1
2
( ∂sinh
∂𝑥
+ 𝑖
∂sinh
∂𝑦
)
=
1
2
(cosh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖 sinh 𝑥 sin 𝑦 + 𝑖(−𝑠𝑖𝑛ℎ𝑥 sin 𝑦 + 𝑖 cosh 𝑥 cos 𝑦))
=
1
2
(cosh 𝑥 cos 𝑦 − cosh 𝑥 cos 𝑦 + 𝑖(sinh 𝑥 sin 𝑦 − sinh 𝑥 sin 𝑦)) = 0 + 𝑖0.
25. Wyprowadzi´
c wz´
or na pochodne funkcji 𝑠𝑖𝑛𝑧, 𝑐𝑜𝑠𝑧, 𝑡𝑔𝑧, 𝑐𝑡𝑔𝑧, 𝑠ℎ𝑧, 𝑐ℎ𝑧, 𝑡ℎ𝑧, 𝑐𝑡ℎ𝑧.
26. Wykaza´
c, ˙ze funkcje odwrotne do f. trygonometrycznych i hiperbolicznych wyra˙zaj
,
a si
,
e
nast
,
epuj
,
acymi wzorami:
(a) 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑧 = −𝑖𝑙𝑛(𝑖𝑧 +
√
1 − 𝑧
2
),
(b) 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠𝑧 = −𝑖𝑙𝑛(𝑧 +
√
𝑧
2
− 1),
(c) 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑧 =
1
2𝑖
𝑙𝑛
(
1+𝑖𝑧
1−𝑖𝑧
),
(d) 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡𝑔𝑧 = −
1
2𝑖
𝑙𝑛
(
𝑖𝑧+1
𝑖𝑧−1
),
(e) 𝑎𝑟𝑐𝑠ℎ𝑧 = 𝑙𝑛(𝑧 +
√
𝑧
2
+ 1),
(f) 𝑎𝑟𝑐𝑐ℎ𝑧 = 𝑙𝑛(𝑧 +
√
𝑧
2
− 1),
(g) 𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ𝑧 =
1
2
𝑙𝑛
(
1+𝑧
1−𝑧
),
(h) 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡ℎ𝑧 =
1
2
𝑙𝑛
(
𝑧+1
𝑧−1
).
Odpowiedz:
a) Niech 𝑤 = sin 𝑧 =
𝑒
𝑖𝑧
−𝑒
−𝑖𝑧
2𝑖
. Podstawiamy 𝑡 = 𝑒
𝑖𝑧
, wtedy
𝑤 =
𝑡 −
1
𝑡
2
⇒ 𝑡
2
− 2𝑤𝑡𝑖 − 1 = 0 ⇒ 𝑡 = 𝑤𝑖 +
√
−𝑤
2
+ 1 ⇒ 𝑧 = −𝑖 ln(𝑤𝑖 +
√
1 − 𝑤
2
).
14
b) 𝑤 = cos 𝑧 =
𝑒
𝑖𝑧
+𝑒
−𝑖𝑧
2𝑖
. Podstawiamy 𝑡 = 𝑒
𝑖𝑧
, wtedy
𝑤 =
𝑡 +
1
𝑡
2
⇒ 𝑡
2
− 2𝑤𝑡𝑖 + 1 = 0 ⇒ 𝑡 = 𝑤𝑖 +
√
𝑤
2
− 1 ⇒ 𝑧 = −𝑖 ln(𝑤 +
√
𝑤
2
− 1).
c) 𝑤 =
sin 𝑧
cos 𝑧
=
𝑒
𝑖𝑧
−𝑒
−𝑖𝑧
𝑖(𝑒
𝑖𝑧
+𝑒
−𝑖𝑧
)
. Podstawiamy 𝑡 = 𝑒
𝑖𝑧
, wtedy
𝑤 =
𝑡
2
− 1
𝑖𝑡
2
+ 1
⇒ 𝑡
2
=
1 + 𝑤𝑖
1 − 𝑤𝑖
⇒ 𝑧 =
1
2𝑖
ln
( 1 + 𝑤𝑖
1 − 𝑤𝑖
)
.
d) Analogicznie w pozosta̷lych przypadkach.
27. Jakimi wzorami wyra˙zaj
,
a si
,
e:
(a) pochodne funkcji zdefiniowanych w poprzednim zadaniu?
(b) pochodna funkcji pot
,
egowej 𝑓 (𝑧) = 𝑧
𝜇
?
Odpowied´
z:
a) Wiemy, ˙ze 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑧 = −𝑖 ln(𝑖𝑧 +
√
1 − 𝑧
2
). Zatem
(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑧)
′
=
1
√
1 − 𝑧
2
,
b) (𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠𝑧)
′
=
−1
√
1−𝑧
2
,
c) (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛𝑧)
′
=
1
1+𝑧
2
,
d) (𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑡𝑎𝑛𝑧)
′
= −
1
1+𝑧
2
,
e) (𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛ℎ𝑧)
′
=
1
√
1+𝑧
2
,
f) (𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠ℎ𝑧)
′
=
1
√
𝑧
2
−1
,
g) (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛ℎ𝑧)
′
=
1
1−𝑧
2
.
h) (𝑧
𝜇
)
′
= 𝜇𝑧
𝜇−1
.
28. Obliczy´
c warto´s´
c wyra˙ze´
n:
(a) 𝑒
𝑖
𝜋
4
,
𝑐𝑜𝑠𝑖,
𝑠𝑖𝑛(1 + 𝑖),
𝑡𝑔(2 − 𝑖),
(b) 𝑙𝑛1,
𝑙𝑛(−1),
𝑙𝑛(1 + 𝑖), znale´
z´
c warto´sc g̷l´
own
,
a 𝑙𝑛(1 + 𝑖
√
3),
(c) 𝑖
𝑖
, 1
𝛼+𝑖𝛽
.
15
Odpowiedzi:
a) 𝑒
𝑖
𝜋
4
=
√
2
2
+ 𝑖
√
2
2
,
cos 𝑖 = cosh 1,
𝑠𝑖𝑛(1 + 𝑖) = sin 1 cosh 1 + 𝑖 sin 1 cosh 1.
b) ln 1 = 2𝑘𝜋𝑖, 𝑘 ∈ ℤ, ln(−1) = (2𝑘+1)𝜋𝑖, 𝑘 ∈ ℤ, ln(1+𝑖) =
1
2
+(2𝑘𝜋+
𝜋
4
)𝑖, 𝑘 ∈
ℤ, warto´
s´
c g̷l´
owna ln(1 + 𝑖
√
3) = ln 2 + 𝑖
𝜋
3
.
c) 𝑖
𝑖
= 𝑒
−
𝜋
2
+2𝑘𝜋
, 𝑘 ∈ ℤ, 1
𝛼+𝑖𝛽
= 𝑒
−𝛽2𝑘𝜋
, 𝑘 ∈ ℤ.
29. Rozwi
,
aza´
c r´
ownania:
(a) 𝑐𝑜𝑠𝑧 = 4,
(b) 𝑠𝑖𝑛𝑧 = −2𝑖,
(c) (𝑧
4
− 1) sin 𝜋𝑧 = 0,
(d) (𝑧
6
+ 1)𝑐ℎ𝑧 = 0,
(e) Wykaza´
c, ˙ze 𝑡𝑎𝑛(𝑧) ∕= ±𝑖 dla ka˙zdego 𝑧 ∈ ℂ.
Odpowiedzi:
a) 𝑧
2𝑛
= 2𝑛𝜋 + 𝑖 ln(2 −
√
3) ∨ 𝑧
2𝑛
= 2𝑛𝜋 + 𝑖 ln(2 +
√
3), 𝑛 ∈ ℤ.
b) 𝑧
2𝑛
= (2𝑛 + 1)𝜋 + 𝑖 ln(2 +
√
5) ∨ 𝑧
2𝑛
= 2𝑛𝜋 + 𝑖 ln(−2 +
√
5), 𝑛 ∈ ℤ.
c) 𝑧
0
= 1, 𝑧
1
= 𝑖, 𝑧
2
= −1, 𝑧
3
= −𝑖 oraz 𝑤
𝑚
= 𝑚, 𝑚 ∈ ℤ.
d) 𝑧
0
=
√
3
2
+ 𝑖
1
2
, 𝑧
1
= 𝑖, 𝑧
2
= −
√
3
2
+ 𝑖
1
2
, 𝑧
3
= 𝑧
0
= −
√
3
2
− 𝑖
1
2
𝑧
4
= −𝑖, 𝑧
5
=
√
3
2
− 𝑖
1
2
, 𝑤
𝑚
= (𝑘 +
1
2
)𝜋, 𝑘 ∈ ℤ.
30. Znale´
z´
c funkcje holomorficzn
,
a 𝑓 (𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) (a nast
,
epnie zapisa´
c j
,
a w postaci
zespolonej) wiedz
,
ac, ˙ze
(a) 𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(
𝑦
𝑥
), 𝑥 > 0,
(b) 𝑢(𝑥, 𝑦) = ln(𝑥
2
+ 𝑦
2
),
(c) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑒
𝑥
(𝑥 cos 𝑦 − 𝑦 sin 𝑥),
(d) 𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑒
𝑥
(𝑦 cos 𝑦 + 𝑥 sin 𝑦) + 𝑥 + 𝑦,
(e) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑒
−𝑥
(𝑥 cos 𝑦 + 𝑦 sin 𝑦),
(f) 𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑒
−𝑥
(𝑦 cos 𝑦 − 𝑥 sin 𝑦),
(g) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 sin 𝑥𝑐ℎ𝑦 − cos 𝑥𝑦𝑐ℎ𝑦,
16
(h) 𝑣(𝑥, 𝑦) = sin 𝑥𝑦𝑐ℎ𝑦 + 𝑥 cos 𝑥𝑠ℎ𝑦,
(i) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥 cos 𝑥𝑐ℎ𝑦 + sin 𝑥𝑦𝑠ℎ𝑦,
(j) 𝑣(𝑥, 𝑦) = cos 𝑥𝑦𝑐ℎ𝑦 − 𝑥 sin 𝑥𝑠ℎ𝑦,
(k) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑠ℎ𝑥 cos 𝑦 − 𝑐ℎ𝑥𝑦 sin 𝑦,
(l) 𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑠ℎ𝑥𝑦 cos 𝑦 + 𝑥𝑐ℎ𝑥 sin 𝑦,
(m) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑐ℎ𝑥 cos 𝑦 − 𝑦♯𝑥 sin 𝑦,
(n) 𝑣(𝑥, 𝑦) = 𝑦𝑐ℎ𝑥 cos 𝑦 + 𝑥𝑠ℎ𝑥 sin 𝑦.
Odpowiedzi:
a) 𝑢(𝑥, 𝑦) = Re(ln 𝑧),
b) 𝑣(𝑥, 𝑦) = Im(ln 𝑧),
c) 𝑢(𝑥, 𝑦) = Re(𝑧𝑒
𝑧
)
d) 𝑣(𝑥, 𝑦) = Im(𝑧𝑒
𝑧
),
e) 𝑢(𝑥, 𝑦) = Re(𝑧𝑒
−𝑧
),
f) 𝑣(𝑥, 𝑦) = Im(𝑧𝑒
−𝑧
),
g) 𝑢(𝑥, 𝑦) = Re(𝑧 sin 𝑧),
h) 𝑣(𝑥, 𝑦) = Im(𝑧 sin 𝑧),
i) 𝑢(𝑥, 𝑦) = Re(𝑧 cos 𝑧),
j) 𝑣(𝑥, 𝑦) = Im(𝑧 cos 𝑧),
k) 𝑢(𝑥, 𝑦) = Re(𝑧 sinh 𝑧),
l) 𝑣(𝑥, 𝑦) = Im(𝑧 sinh 𝑧),
m) 𝑢(𝑥, 𝑦) = Im(𝑧 cosh 𝑧),
n) 𝑣(𝑥, 𝑦) = Im(𝑧 cosh 𝑧).
31. Wykaza´
c, ˙ze gdy w pewnym obszarze istnieje jedna ga̷l
,
a´
z jednoznaczna pierwiastka
𝑛
√
𝑧,
to istnieje dok̷ladnie 𝑛 takich ga̷l
,
ezi, czym one si
,
e r´
o˙zni
,
a?
32. Znale´
z´
c obrazy prostych 𝑥 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 oraz 𝑦 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡:
(a) przy odwzorowaniu 𝑓 (𝑧) = 𝑠𝑖𝑛𝑧,
(b) przy odwzorowaniu 𝑓 (𝑧) = 𝑡𝑔𝑧.
17
Odpowiedzi:
a) Obrazami prostych 𝑥 = const ∕= 0 s
,
a ga̷l
,
ezie hiperboli o r´
ownaniu
(
𝑢
2
sin
2
𝑥
−
𝑣
2
cos
2
𝑥
)
= 1,
za´s obrazami prostych 𝑦 = const ∕= 0 s
,
a p´
o̷lelipsy o r´
ownaniu
𝑢
2
1
4
(𝑒
𝑦
+ 𝑒
−𝑦
)
+
𝑣
2
1
4
(𝑒
𝑦
+ 𝑒
−𝑦
)
= 1.
Hiperbole s
,
a ortogalne do elips.
b) Obrazami prostych 𝑥 = const ∕= 0 jest p
,
ek hiperboliczny okr
,
eg´
ow
(
𝑢 +
cos 2𝑥
sin 2𝑥
)
+ 𝑣
2
=
1
sin 2𝑥
przechodz
,
acych przez 𝑤 = ±𝑖, za´s obrazami prostych 𝑦 = const ∕= 0 jest p
,
ek
eliptyczny okr
,
eg´
ow
𝑢
2
+
(
𝑣 −
cosh 2𝑦
sinh 2𝑦
)
=
1
sinh 2𝑦
,
wzgl
,
edem kt´
orych punkty 𝑤 = ±𝑖 s
,
a symetryczne.
18
4. Odworowania konforemne
33. Znale´
z´
c obraz obszaru 𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1} przy homografii 𝑓 (𝑧) =
𝑧−𝑖
𝑧+𝑖
.
Odpowied´
z
Szukamy odwzorowania odwrotnego do 𝑤(𝑧) =
𝑧−𝑖
𝑧+𝑖
. Homografia odwrotna ma posta´
c
𝑧(𝑤) = −
𝑖𝑤 + 𝑖
𝑤 − 1
.
Aby znale´
z´
c obraz obszaru 𝐷 nale˙zy w r´
ownaniu opisuj
,
acym 𝐷 w miejsce 𝑧 wstawi´
c
r´
ownanie homografii odwrotnej.
𝑓 (𝐷) = 𝐷
′
={𝑤 ∈ ℂ :
𝑖𝑤 + 𝑖
𝑤 − 1
< 1}
={𝑤 ∈ ℂ : ∣𝑤 − (−1)∣ < ∣𝑤 − 1∣}
={𝑤 ∈ ℂ : Re𝑤 < 0}.
Jest to lewa p´
o̷lp̷laszczyzna.
34. Znale´
z´
c obraz obszaru 𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧 − 𝑖∣ <
√
2 ∧ ∣𝑧 + 𝑖∣ <
√
2} przy homografii
𝑓 (𝑧) =
𝑧−1
𝑧+1
.
Odpowied´
z
Obszar 𝐷 jest cz
,
e´sci
,
a wp´
oln
,
a dw´
och k´
o̷l. Szukamy odwzorowania odwrotnego do 𝑤(𝑧) =
𝑧−1
𝑧+1
. Homografia odwrotna ma posta´
c
𝑧(𝑤) =
−𝑤 − 1
𝑤 − 1
.
Aby znale´
z´
c obraz obszaru 𝐷
1
= {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧 − 𝑖∣ <
√
2 nale˙zy w r´
ownaniu opisuj
,
acym
𝐷
1
w miejsce 𝑧 wstawi´
c r´
ownanie homografii odwrotnej.
𝑓 (𝐷
1
) = 𝐷
′
1
={𝑤 ∈ ℂ :
−𝑤 − 1
𝑤 − 1
− 𝑖
<
√
2}
={𝑤 ∈ ℂ : ∣𝑤 − 𝑖∣ < ∣𝑤 − 1∣}
={𝑤 ∈ ℂ : Im𝑤 > Re𝑤}.
Post
,
epujemy analogicznie dla 𝐷
2
= {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧 + 𝑖∣ <
√
2}
𝑓 (𝐷
2
) = 𝐷
′
2
={𝑤 ∈ ℂ :
−𝑤 − 1
𝑤 − 1
+ 𝑖
<
√
2}
={𝑤 ∈ ℂ : ∣𝑤 − (−𝑖)∣ < ∣𝑤 − 1∣}
={𝑤 ∈ ℂ : Im𝑤 < −Re𝑤}.
19
Zatem
𝑓 (𝐷) = 𝑓 (𝐷
1
) ∩ 𝑓 (𝐷
2
) = {𝑤 ∈ ℂ : Im𝑤 > Re𝑤 ∧ Im𝑤 < −Re𝑤}.
35. Udowodni´
c, ˙ze homografia zachowuje dwustosunek punkt´
ow
𝑤 − 𝑤
1
𝑤 − 𝑤
2
:
𝑤
3
− 𝑤
1
𝑤
3
− 𝑤
2
=
𝑧 − 𝑧
1
𝑧 − 𝑧
2
:
𝑧
3
− 𝑧
1
𝑧
3
− 𝑧
2
.
36. Udowodni´
c, ˙ze dla dowolnych trzech r´
o˙znych punkt´
ow 𝑧
1
, 𝑧
2
, 𝑧
3
∈ ℂ i trzech r´o˙znych
warto´sci 𝑤
1
, 𝑤
2
, 𝑤
3
∈ ℂ istnieje dok̷ladnie jedna homografia 𝑓 taka, ˙ze 𝑓(𝑧
𝑖
) = 𝑤
𝑖
, 𝑖 =
1, 2, 3.
37. Znale´
z´
c homografi
,
e, kt´
ora przekszta̷lca zbi´
or 𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧 − 2∣ = 1} na 𝐷
1
= {𝑧 ∈
ℂ : Im𝑧 = 0} i tak
,
a, ˙ze punktom 1, 2 + 𝑖, 2 − 𝑖 odpowiadaj
,
a punkty −1, 0, 1.
Odpowied´
z
Korzystamy z faktu, ˙ze homografia zachowuje dwustosunek punkt´
ow, czyli
𝑤 − 𝑤
1
𝑤 − 𝑤
2
:
𝑤
3
− 𝑤
1
𝑤
3
− 𝑤
2
=
𝑧 − 𝑧
1
𝑧 − 𝑧
2
:
𝑧
3
− 𝑧
1
𝑧
3
− 𝑧
2
.
𝑤 + 1
𝑤 − 0
:
1 + 1
1 − 0
=
𝑧 − 1
𝑧 − (2 + 𝑖)
:
2 − 𝑖 − 1
2 − 𝑖 − (2 + 𝑖)
.
Sk
,
ad po przekszta̷lceniach otrzymamy posta´
c szukanej homografii
𝑤 =
−(1 + 𝑖)𝑧 + (1 + 3𝑖)
(−3 + 𝑖)𝑧 + (3 − 3𝑖)
.
38. Znale´
z´
c og´
oln
,
a posta´
c homografii przekszta̷lcaj
,
acej g´
orn
,
a p´
o̷lp̷laszczyzn
,
e na ko̷lo jed-
nostkowe.
Odpowied´
z
Wybierzmy punkt 𝑎 taki, ˙ze Im𝑎 > 0. Punktem symetrycznym do niego wzgl
,
edem
brzegu, czyli osi OX jest punkt ¯
𝑎. Szukana homografia musi przekszta̷lci´
c punkt 𝑎
na punkt nale˙z
,
acy do 𝐷(0, 1). Mo˙zemy przyj
,
a´
c, ˙ze 𝑓 (𝑎) = 0. Wtedy homografia 𝑓
punkt ¯
𝑎 musi przekszta̷lci´
c na punkt symetryczny wzgl
,
edem 0 czyli na ∞.
Zatem
𝑓 (𝑎) = 0, 𝑓 (¯
𝑎) = ∞.
St
,
ad mo˙zemy napisa´
c 𝑓 (𝑧) = 𝑘
𝑧−𝑎
𝑧−¯
𝑎
Poka˙zemy, ˙ze 𝑘 = 𝑒
𝑖𝜙
.
Poniewa˙z 𝑓 przekszta̷lca o´s 𝑂𝑋 na okr
,
ag jednostkowy, to ∣𝑓 (1)∣ = 1. Korzystaj
,
ac
20
z tego dostaniemy 1 = ∣𝑓 (1)∣ = ∣𝑘∣
1−𝑎
1−¯
𝑎
. Nale˙zy zauwa˙zy´
c, ˙ze 𝑧 − 𝑎 = ¯
𝑧 − ¯
𝑎, wi
,
ec
1 − 𝑎 = 1 − ¯
𝑎. St
,
ad
1−𝑎
1−¯
𝑎
= 1 i w konsekwencji ∣𝑘∣ = 1, czyli 𝑘 = 𝑒
𝑖𝜙
. Szukane
homografie maj
,
a nast
,
epuj
,
ac
,
a posta´
c
𝑓 (𝑧) = 𝑒
𝑖𝜙
𝑧 − 𝑎
𝑧 − ¯
𝑎
,
Im𝑎 > 0,
𝜙 ∈ [0, 2𝜋).
39. Znale´
z´
c og´
oln
,
a posta´
c homografii przekszta̷lcaj
,
acej ko̷lo jednostkowe na siebie.
Odpowied´
z
Szukane homografie maj
,
a nast
,
epuj
,
ac
,
a posta´
c
𝑓 (𝑧) = 𝑒
𝑖𝜙
𝑧 − 𝑎
𝑧 − ¯
𝑎
,
𝑎 ∈ 𝐷(0, 1),
𝜙 ∈ [0, 2𝜋).
40. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca ko̷lo jednostkowe na siebie
i takie, ˙ze:
(a) 𝑓 (
1
4
) = 0 i 𝐴𝑟𝑔𝑓
′
(
1
4
) =
𝜋
2
,
(b) 𝑓 (
1
2
) = 0 i 𝐴𝑟𝑔𝑓
′
(
1
2
) =
𝜋
2
.
Odpowiedzi:
a) 𝑓 (𝑧) = 𝑒
𝑖𝜙/2 4𝑧−1
4−𝑧
,
b) 𝑓 (𝑧) = 𝑒
𝑖𝜙/2 2𝑧−1
2−𝑧
.
41. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca obszar
𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ > 1} na obszar 𝐷
1
= {𝑧 ∈ ℂ : Im𝑧 < Re𝑧}.
Odpowied´
z
Najpierw zastosujemy 𝑓
1
(𝑧) =
1
𝑧
. Ta homografia przekszta̷lci 𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ > 1}
na 𝐷
′
= {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1}. Nast
,
epnie zastosujemy homografi
,
e 𝑓
2
(𝑧), odwrotn
,
a do tej,
kt´
ora przekszta̷lca g´
orn
,
a p´
o̷lp̷laszczyzn
,
e na ko̷lo jednostkowe. Ma ona posta´
c
𝑓
2
(𝑧) =
¯
𝑎𝑤 − 𝑒
𝑖𝜙
𝑎
𝑤 − 𝑒
𝑖𝜙
, 𝜙 ∈ [0, 2𝜋).
Mo˙zemy podstawi´
c np. 𝑎 =
𝑖
2
. Wtedy 𝑓
2
(𝑧) = −
𝑖
2
(
𝑤−+𝑒
𝑖𝜙
𝑤−𝑒
𝑖𝜙
)
. Szukane odwzorowanie
ma posta´
c 𝑓
2
∘ 𝑓
1
.
21
42. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca obszar
𝐷 = ℂ ∖ {𝑧 ∈ ℂ : Re𝑧 ≤ 0 ∧ Im𝑧 = 0} na obszar 𝐷
1
= {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ > 1}.
Odpowied´
z
Obszar 𝐷 mo˙zna zapisa´
c jako
𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : −𝜋 < 𝐴𝑟𝑔𝑧 < 𝜋}.
Wtedy pierwsza ga̷l
,
az pierwiastka 𝑓
1
(𝑧) =
√
𝑧 przekszta̷lca obszar 𝐷 na
𝐷
′
= {𝑧 ∈ ℂ : −𝜋/2 < 𝐴𝑟𝑔𝑧 < 𝜋/2}.
Funkcja 𝑓
2
(𝑧) = 𝑖𝑧 odwozoruje 𝐷
′
na
𝐷
′′
= {𝑧 ∈ ℂ : 0 < 𝐴𝑟𝑔𝑧 < 𝜋}.
Zauwa˙zmy, ˙ze 𝐷
′′
jest g´
orn
,
a p´
o̷lp̷laszczyzn
,
a. Niech
𝑓
3
(𝑧) = 𝑒
𝑖𝜋/2
𝑧 − 𝑖
𝑧 + 𝑖
.
Jest to homografia znana z poprzednich zada´
n, gdzie przyj
,
eto 𝑎 = 𝑖 i 𝜙 = 𝜋/2. Homo-
grafia
𝑓
4
(𝑧) =
1
𝑧
: 𝐷(0, 1) → {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ > 1}.
Szukane odzworowanie jest nast
,
epuj
,
ac
,
a superpozycj
,
a
𝑓 (𝑧) = 𝑓
4
∘ 𝑓
3
∘ 𝑓
2
∘ 𝑓
1
.
43. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca p̷laszczyzn
,
e rozci
,
et
,
a wzd̷lu˙z
prostych (−∞, −1] ∪ [1, ∞) na obszar 𝐷
1
= {𝑧 ∈ ℂ : Im𝑧 > 0}.
Odpowied´
z
Niech 𝑔(𝑧) =
1−𝑧
1+𝑧
. Wtedy
𝑔(𝐷) = 𝐷
′
= {𝑧 ∈ ℂ : −𝜋 < 𝐴𝑟𝑔𝑧 < 𝜋}.
Dalej korzystaj
,
ac z porzedniego zadania wiemy, ˙ze 𝑓
2
∘ 𝑓
1
∘ 𝑔 przekszta̷lci obszar 𝐷 na
g´
orn
,
a p´
op̷laszczyzn
,
e. Szukane odwzorowanie ma posta´
c
𝑓 (𝑧) = 𝑖
( 1 − 𝑧
1 + 𝑧
)
1/2
,
gdzie bierzemy pierwsz
,
a ga̷la´
z pierwiastka.
22
44. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca obszar
𝐷 = ℂ ∖ {𝑧 ∈ ℂ : −3 ≤ Re𝑧 ≤ −1 ∧ Im𝑧 = 0} na obszar 𝐷
1
= {𝑧 ∈ ℂ : Im𝑧 > 0}.
Odpowied´
z
Niech 𝑓
1
(𝑧) = 𝑧 + 2. Wtedy
𝑓
1
(𝐷) = ℂ ∖ {𝑧 ∈ ℂ : −1 ≤ Re𝑧 ≤ 1 ∧ Im𝑧 = 0}.
Z kolei 𝑓
2
(𝑧) =
1
𝑧
przekszta̷lci
ℂ ∖ {𝑧 ∈ ℂ : −1 ≤ Re𝑧 ≤ 1 ∧ Im𝑧 = 0}
na p̷laszczyzn
,
e rozci
,
et
,
a wzd̷lu˙z prostych (−∞, −1]∪[1, ∞). Dalej korzystamy z poprzed-
niego zadania i rozpatrujemy 𝑓
3
(𝑧) =
1−𝑧
1+𝑧
, 𝑓
4
(𝑧) = 𝑧
1/2
, 𝑓
5
(𝑧) = 𝑖𝑧. Szykane odw-
zorowanie ma posta´
c
𝑓 = 𝑓
5
∘ 𝑓
4
∘ 𝑓
3
∘ 𝑓
2
∘ 𝑓
1
.
45. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca obszar
𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : Im𝑧 > 0} ∖ {𝑧 ∈ ℂ : Re𝑧 = 0 ∧ 0 < Im𝑧 ≤ 1} na obszar
𝐷
1
= {𝑧 ∈ : ∣𝑧∣ < 1}.
Odpowiedzi
Niech 𝑓
1
(𝑧) = 𝑧
2
. Wtedy 𝑓
1
(𝐷) jest p̷laszczyzn
,
a rozci
,
et
,
a wzdlu˙z p´
o̷lprostej [−1, +∞).
Funkcja 𝑓
2
(𝑧) = 𝑧 + 1 przesunie rozci
,
ecie na p´
o̷lprost
,
a [0, +∞). Funkcja 𝑓
3
(𝑧) przek-
szta̷lci otrzymany zbi´
or na g´
orn
,
a p´
o̷lp̷laszczyzn
,
e. Wtedy 𝑓
4
(𝑧) = 𝑒
𝑖𝜙 𝑧−𝑎
𝑧−¯
𝑎
, Im𝑎 > 0,
odwzoruje j
,
a na 𝐷(0, 1). Zatem
𝑓 = 𝑓
4
∘ 𝑓
3
∘ 𝑓
2
∘ 𝑓
1
.
46. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca ko̷lo 𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1}
na obszar 𝐷
1
= {𝑧 ∈ ℂ : 0 < Im𝑧 < 𝜋}.
Odpowied´
z
Je´sli 𝑓
1
(𝑧) = −
𝑖
2
(
𝑒
𝑖𝜙
+𝑧
𝑧−𝑒
𝑖𝜙
)
, to
𝑓
1
(𝐷) = {𝑧 ∈ ℂ : 0 < Im𝑧 < 𝜋}.
St
,
ad 𝑓
2
∘ 𝑓
1
jest szukanym przekszta̷lceniem.
23
47. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca ko̷lo 𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1}
rozci
,
ete wzd̷lu˙z promienia na obszar 𝐷
1
= {𝑧 ∈ ℂ : 0 < Im𝑧 <
𝜋
2
}.
Odpowied´
z
Niech 𝑓
1
(𝑧) = 𝑧
1/2
, Wtedy
𝐷
′
= 𝑓
1
(𝐷) = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1 ∧ Re𝑧 > 0}.
Natomiast 𝑓
2
(𝑧) =
𝑧+𝑖
𝑧−𝑖
przeksztalci 𝑓
1
(𝐷) na
𝐷
′′
= {𝑧 ∈ ℂ : Im𝑧 > 0 ∧ Re𝑧 < 0}.
Kolejno 𝐿𝑛𝑧 −
𝜋𝑖
2
odwzoruje 𝐷
′′
na pasek 𝐷
1
.
48. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca pas
𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : 0 < Im𝑧 <
𝜋
2
} na p´
olkole 𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : Im𝑧 > 0 ∧ ∣𝑧∣ < 1}.
Odpowied´
z
Fukcja 𝑓
1
(𝑧) = 𝑒
𝑧
przekszta̷lca pasek 𝐷 na 𝐷
′
= {𝑧 ∈ ℂ : Re𝑧 > 0 ∧ Im𝑧 > 0}. Za´s ho-
mografia 𝑓
2
(𝑧) =
𝑧−1
𝑧+1
przekszta̷lci 𝐷
′
na 𝐷
1
. St
,
ad 𝑓
2
∘𝑓
1
jest szukanyn przekszta̷lceniem.
49. Znale´
z´
c odwzorowanie konforemne 𝑓 (𝑧), kt´
ore przekszta̷lca wycinek ko̷lowy
𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : 0 < 𝐴𝑟𝑔𝑧 <
𝜋
3
} na obszar 𝐷
1
= {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1}.
Wskaz´
owka.
Znale´
z´
c przekszta̷lcenie konforemne p´
o̷lkola 𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : Im𝑧 > 0 ∧ ∣𝑧∣ < 1} na
p´
olp̷laszczyzn
,
e 𝐷
1
= {𝑧 ∈ ℂ : Im𝑧 > 0}.
Odpowied´
z
Szukane odwzorowanie ma posta´
c 𝑓 (𝑧) =
(
𝑧+1
𝑧−1
)
2
.
24
5. Ca̷lki zespolone, wzory ca̷lkowe Cauchy’ego
50. Obliczy´
c ca̷lk
,
e
∫
Γ
¯
𝑧𝑑𝑧, gdzie Γ jest ̷lukiem paraboli 𝑦 = 𝑥
2
od punktu 𝑂(0, 0) do punktu
𝐴(1, 0).
Odpowied´
z
Krzyw
,
a Γ zapiszemy w postaci zespolonej tzn.
Γ = {𝑧 = 𝑡 + 𝑖𝑡
2
: 𝑡 ∈ [0, 1]}.
Wtedy 𝑑𝑧 = (1 + 𝑖2𝑡)𝑑𝑡 oraz
∫
Γ
¯
𝑧𝑑𝑧 =
∫
1
0
(𝑡 − 𝑖𝑡
2
)(1 + 2𝑖𝑡)𝑑𝑡 =
∫
1
0
(𝑡 + 2𝑡
3
)𝑑𝑡 + 𝑖
∫
1
0
𝑡
2
𝑑𝑡 = 1 +
𝑖
3
.
51. Obliczy´
c ca̷lk
,
e
∫
Γ
¯
𝑧𝑑𝑧, gdzie Γ jest g´
ornym ̷lukiem elipsy 𝑥
2
+
𝑦
2
4
= 1 .
Odpowied´
z
Krzyw
,
a Γ zapiszemy w postaci zespolonej tzn.
Γ = {𝑧 = cos 𝑡 + 2𝑖 sin 𝑡 : 𝑡 ∈ [0, 𝜋/2]}.
Wtedy 𝑑𝑧 = (− sin 𝑡 + 2𝑖 cos 𝑡)𝑑𝑡 oraz
∫
Γ
¯
𝑧𝑑𝑧 =
∫
𝜋/2
0
(cos 𝑡 − 𝑖2 sin 𝑡)(− sin 𝑡 + 2𝑖 cos 𝑡)𝑑𝑡
=
∫
𝜋/2
0
3 cos 𝑡 sin 𝑡𝑑𝑡 + 𝑖
∫
𝜋/2
0
(sin
2
𝑡 + cos
2
𝑡)𝑑𝑡
=
3
2
+ 𝑖𝜋.
52. Obliczy´
c ca̷lk
,
e
∫
Γ
𝑧 ¯
𝑧
−1
𝑑𝑧, gdzie Γ jest g´
ornym ̷lukiem okr
,
egu {𝑧 : ∣𝑧∣ = 2}.
Odpowied´
z
Krzyw
,
a Γ zapiszemy w postaci zespolonej tzn.
Γ = {𝑧 = 2𝑒
𝑖𝑡
: 𝑡 ∈ [0, 𝜋]}.
Wtedy 𝑑𝑧 = 2𝑖𝑒
𝑖𝑡
𝑑𝑡 oraz
∫
Γ
𝑧 ¯
𝑧
−1
𝑑𝑧 =
∫
𝜋
0
2𝑒
𝑖𝑡
2𝑒
−𝑖𝑡
2𝑖𝑒
𝑖𝑡
𝑑𝑡 =
∫
𝜋
0
2𝑖𝑒
3𝑖𝑡
𝑑𝑡 = −
4
3
.
25
53. Obliczy´
c ca̷lk
,
e
∫
Γ
∣𝑧∣¯
𝑧𝑑𝑧, gdzie Γ jest g´
ornym ̷lukiem okr
,
egu {𝑧 : ∣𝑧∣ = 1}.
Odpowied´
z
Krzyw
,
a Γ zapiszemy w postaci zespolonej tzn.
Γ = {𝑧 = cos 𝑡 + 𝑖 sin 𝑡 : 𝑡 ∈ [0, 𝜋]}.
Wtedy 𝑑𝑧 = (− sin 𝑡 + cos 𝑡)𝑑𝑡 oraz
∫
Γ
∣𝑧∣¯
𝑧𝑑𝑧 =
∫
𝜋
0
(cos 𝑡 − 𝑖 sin 𝑡)(− sin 𝑡 + 𝑖 cos 𝑡)𝑑𝑡 = 𝑖
∫
𝜋
0
𝑑𝑡 = 𝑖𝜋.
54. Obliczy´
c ca̷lk
,
e
∮
Γ
𝑒
𝑧
(𝑧
2
−4)
2
𝑑𝑧, gdzie Γ
+
1
= {𝑧 : ∣𝑧 − 2∣ =
1
2
} jest krzyw
,
a zorientowan
,
a
dodatnio.
Odpowied´
z
Funkcja podca̷lkowa ma dwa bieguny 𝑧
1
= 2 i 𝑧
2
= −2, oba dwukrotne. Do zbioru
𝐷
1
= {𝑧 : ∣𝑧 − 2∣ <
1
2
} nale˙zy tylko biegun 𝑧
1
. Zatem korzystaj
,
ac ze wzoru ca̷lkowego
Cauchy’ego mamy
∮
Γ
+
1
𝑒
𝑧
(𝑧
2
− 4)
2
𝑑𝑧 =
∮
Γ
+
1
𝑒
𝑧
(𝑧 − 2)
2
(𝑧 + 2)
2
𝑑𝑧
=
∮
Γ
+
1
𝑒
𝑧
(𝑧+2)
2
(𝑧 − 2)
2
𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖𝑓
′
1
(2) =
𝑒
2
𝜋
32
,
gdzie 𝑓
1
(𝑧) =
𝑒
𝑧
(𝑧+2)
2
∈ 𝐻(𝐷
1
).
55. Obliczy´
c ca̷lk
,
e
∮
Γ
𝑒
𝑧
(𝑧
2
−4)
2
𝑑𝑧, gdzie Γ
+
2
= {𝑧 : ∣𝑧 + 2∣ =
1
2
} jest krzyw
,
a zorientowan
,
a
dodatnio.
Odpowied´
z
Funkcja podca̷lkowa ma dwa bieguny 𝑧
1
= 2 i 𝑧
2
= −2, oba dwukrotne. Do zbioru
𝐷
2
= {𝑧 : ∣𝑧 + 2∣ <
1
2
} nale˙zy tylko biegun 𝑧
2
. Zatem korzystaj
,
ac ze wzoru ca̷lkowego
Cauchy’ego mamy
∮
Γ
+
2
𝑒
𝑧
(𝑧
2
− 4)
2
𝑑𝑧 =
∮
Γ
+
2
𝑒
𝑧
(𝑧 − 2)
2
(𝑧 + 2)
2
𝑑𝑧
=
∮
Γ
+
2
𝑒
𝑧
(𝑧−2)
2
(𝑧 + 2)
2
𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖𝑓
′
2
(2) = −
𝑒
2
𝜋
32
,
26
gdzie 𝑓
2
(𝑧) =
𝑒
𝑧
(𝑧−2)
2
∈ 𝐻(𝐷
2
).
56. Obliczy´
c ca̷lk
,
e
∮
Γ
𝑒
𝑧
(𝑧
2
−4)
2
𝑑𝑧, gdzie Γ
+
3
= {𝑧 : ∣𝑧∣ = 4} jest krzyw
,
a zorientowan
,
a dodatnio.
Odpowied´
z
Funkcja podca̷lkowa ma dwa bieguny 𝑧
1
= 2 i 𝑧
2
= −2, oba dwukrotne. Do zbioru
𝐷
3
= {𝑧 : ∣𝑧∣ < 4} nale˙z
,
a oba bieguny 𝑧
1
i 𝑧
2
. Zatem korzystaj
,
ac z twierdzenia
Cauchy’ego dla obszar´
ow wielosp´
ojnych mamy
∮
Γ
+
3
𝑒
𝑧
(𝑧
2
− 4)
2
𝑑𝑧 =
∮
Γ
+
1
𝑒
𝑧
(𝑧+2)
2
(𝑧 − 2)
2
𝑑𝑧 +
∮
Γ
+
2
𝑒
𝑧
(𝑧+2)
2
(𝑧 − 2)
2
𝑑𝑧
=
𝑒
2
𝜋
32
−
𝑒
2
𝜋
32
= 0,
57. Obliczy´
c ca̷lk
,
e
∮
Γ
𝑒
𝑧
(𝑧
2
−4)
2
𝑑𝑧, gdzie Γ
+
4
= {𝑧 : ∣𝑧∣ = 1} jest krzyw
,
a zorientowan
,
a dodatnio.
Odpowied´
z
Do zbioru 𝐷
4
= {𝑧 : ∣𝑧∣ < 1} nie nale˙zy ˙zaden z biegun´
ow 𝑧
1
i 𝑧
2
. Zatem korzystaj
,
ac
z podstawowego twierdzenia Cauchy’ego dla obszar´
ow jednosp´
ojnych mamy
∮
Γ
+
4
𝑒
𝑧
(𝑧
2
− 4)
2
𝑑𝑧 = 0,
poniewa˙z 𝑓 ∈ 𝐻(𝐷
4
).
58. Obliczy´
c ca̷lk
,
e
∮
Γ
(
𝑒
𝑧
𝑧
2
+
1
4
+
sin 𝑧
(𝑧−𝑖)
3
+ 𝑧 cos 𝑧
)
𝑑𝑧, gdzie Γ jest krzyw
,
a zorientowan
,
a dodat-
nio o r´
ownaniu {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧 − 𝑖∣ = 2}.
Odpowied´
z Zauwa˙zmy, ˙ze funkcja podca̷lkowa ma bieguny w puktach
𝑧
1
=
𝑖
2
, 𝑧
2
= −
𝑖
2
, 𝑧
3
= 𝑖,
przy czym bieguny 𝑧
1
i 𝑧
2
s
,
a jednokrotne a biegun 𝑧
3
jest trzykrotny. Korzystamy z
twierdzenia ca̷lkowego Cauchy’ego dla obszar´
ow wielosp´
ojnych. Zatem
∮
Γ
(
𝑒
𝑧
𝑧
2
+
1
4
+
sin 𝑧
(𝑧 − 𝑖)
3
+ 𝑧 cos 𝑧
)
𝑑𝑧
=2𝜋𝑖
(
𝑟𝑒𝑠
𝑖
2
𝑒
𝑧
𝑧
2
+
1
4
+ 𝑟𝑒𝑠
−
𝑖
2
𝑒
𝑧
𝑧
2
+
1
4
+ 𝑟𝑒𝑠
𝑖
sin 𝑧
(𝑧 − 𝑖)
3
)
.
27
Policzymy residua wymienionych funkcji
𝑟𝑒𝑠
𝑖
2
𝑒
𝑧
𝑧
2
+
1
4
= lim
𝑧→
𝑖
2
(
(𝑧 −
𝑖
2
)𝑒
𝑧
(𝑧 −
𝑖
2
)(𝑧 +
𝑖
2
)
)
=
𝑒
𝑖
2
𝑖
𝑟𝑒𝑠
−
𝑖
2
𝑒
𝑧
𝑧
2
+
1
4
= lim
𝑧→−
𝑖
2
(
(𝑧 +
𝑖
2
)𝑒
𝑧
(𝑧 −
𝑖
2
)(𝑧 +
𝑖
2
)
)
=
𝑒
−
𝑖
2
−𝑖
𝑟𝑒𝑠
𝑖
sin 𝑧
(𝑧 − 𝑖)
3
=
1
2!
( (𝑧 − 𝑖)
3
sin 𝑧
(𝑧 − 𝑖)
3
)
′′
=
1
2
(− cos 𝑖).
Zatem
∮
Γ
(
𝑒
𝑧
𝑧
2
+
1
4
+
sin 𝑧
(𝑧 − 𝑖)
3
+ 𝑧 cos 𝑧
)
𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖(
(
𝑒
𝑖
2
𝑖
+
𝑒
−
𝑖
2
−𝑖
+
1
2
(− cos 𝑖)
)
.
28
6. Szeregi Taylora
59. Znale´
z´
c szereg Taylora funkcji 𝑓 (𝑧) o ´srodku w punkcie 𝑧
0
:
(a) 𝑓 (𝑧) = 𝑒
𝑧
, 𝑓 (𝑧) = cos 𝑧, 𝑓 (𝑧) = sin 𝑧, 𝑧
0
= 0,
(b) 𝑓 (𝑧) = 𝑐ℎ𝑧, 𝑓 (𝑧) = 𝑠ℎ𝑧, 𝑧
0
= 0,
(c) Ile wynosi promie´
n zbie˙zno´sci otrzymanego szeregu?
Odpowiedzi:
- 𝑒
𝑧
= 1 +
𝑧
1!
+
𝑧
2
2!
+ +
𝑧
3
3!
+ . . . =
∑
∞
𝑘=0
𝑧
𝑘
𝑘!
.
- 𝑠𝑖𝑛𝑧 = 𝑧 −
𝑧
3
3!
+
𝑧
5
5!
−
𝑧
7
7!
+ . . . =
∑
∞
𝑘=0
(−1)
𝑘 𝑧
2𝑘+1
(2𝑘+1)!
.
- 𝑐𝑜𝑠𝑧 = 1 −
𝑧
2
2!
+
𝑧
4
4!
−
𝑧
6
6!
+ . . . =
∑
∞
𝑘=0
(−1)
𝑘 𝑧
2𝑘
(2𝑘)!
.
- 𝑐ℎ𝑧 =
∑
∞
𝑘=0
𝑧
2𝑘
(2𝑘)!
.
- 𝑠ℎ𝑧 =
∑
∞
𝑘=0
𝑧
2𝑘+1
(2𝑘+1)!
. W ka˙zdym z powy˙zszych przypadk´
ow promie´
n 𝑟 = ∞.
60. Znale´
z´
c szereg Taylora funkcji 𝑓 (𝑧) = 𝐿𝑛(1 + 𝑧) o ´srodku w punkcie 𝑧
0
= 0. Ile wynosi
promie´
n zbie˙zno´sci szeregu?
Odpowied´
z
Wiadomo, ˙ze w obszarze jednosp´
ojnym, nie zawieraj
,
acym 0 i ∞, istnieje ga̷l
,
a´
z loga-
rytmu. Zatem promie´
n 𝑟 ko̷la o ´srodku w punkcie 𝑧
0
w kt´
orym szereg b
,
edzie zbie˙zny
musi spe̷lnia´
c 𝑟 < ∣𝑧
0
∣. Policzymy pochodne 𝑓 (𝑧) = 𝐿𝑛𝑧.
𝑓
′
(𝑧) = 𝑧
−1
,
𝑓
′′
(𝑧) = −𝑧
−2
,
. . .
𝑓
(𝑛)
(𝑧) = (−1)
𝑛−1
(𝑛 − 1)!𝑧
−𝑛
.
St
,
ad
𝐿𝑛𝑧 = 𝐿𝑛(𝑧
0
) +
𝑧 − 𝑧
0
𝑧
0
−
1
2
( 𝑧 − 𝑧
0
𝑧
0
)
2
+ . . . +
(−1)
𝑛−1
𝑛
( 𝑧 − 𝑧
0
𝑧
0
)
𝑛
+ . . . ....
Przyjmuj
,
ac 𝑧
0
= 1 i zast
,
epuj
,
ac 𝑧 przez 1 + 𝑧 otrzymamy dla warto´sci g̷l´
ownej logarytmu
rozwini
,
ecie
𝐿𝑛(1 + 𝑧) = 𝑧 −
𝑧
2
2
+
𝑧
3
3
+ . . . + (−1)
𝑛−1
𝑧
𝑛
𝑛
+ . . . ....
w kole ∣𝑧∣ < 1.
29
61. Znale´
z´
c rozwini
,
ecie w szereg Taylora o ´srodku w punkcie 𝑧
0
= 0 ga̷l
,
ezi g̷l´
ownej funkcji
𝑓 (𝑧) = (1 + 𝑧)
𝜇
dla ∣𝑧∣ < 1, 𝜇 ∈ ℝ.
Odpowied´
z
Funkcja 𝑦(𝑧) = 𝑧
𝜇
ma jednoznacz
,
a ga̷l
,
a´
z w obszarze nie zawieraj
,
acym 0 i ∞. Policzymy
jej pochodne
𝑦
′
(𝑧) =𝜇𝑧
𝜇−1
,
𝑦
′′
(𝑧) =𝜇(𝜇 − 1)𝑧
𝜇−2
,
..
.
𝑦
(𝑛)
(𝑧) =𝜇(𝜇 − 1) . . . (𝜇 − 𝑛 + 1)𝑧
𝜇−𝑛
.
Je´sli 𝜇 ∈ ℕ, to
(𝑧
𝑚
)
(𝜇)
= 𝜇!
Dla 𝜇 ∈ ℕ i 𝑛 > 𝜇 mamy
(
𝜇
𝑛
) = 0. Gdy 𝜇 ∈ ℂ, to symbol Newtona (
𝜇
𝑛
) wyra˙za si
,
e
wzorem
(𝜇
𝑛
)
=
𝜇(𝜇 − 1) . . . (𝜇 − 𝑛 + 1)
𝑛!
,
gdzie
(𝜇
0
)
:= 1.
Rozwiniemy funkcj
,
e 𝑧
𝜇
w szereg Taylora w kole 𝐾(𝑧
0
, 𝑟) dla 𝑟 < ∣𝑧
0
∣,
𝑧
𝜇
= 𝑧
0
[
1 +
(𝜇
1
) 𝑧 − 𝑧
0
𝑧
0
+ . . .
(𝜇
𝑛
) ( 𝑧 − 𝑧
0
𝑧
0
)
𝑛
+ . . .
]
.
Wstawiaj
,
ac za 𝑧
0
= 1 i zast
,
epuj
,
ac 𝑧 przez 1 + 𝑧 dostaniemy szereg dwumienny
(1 + 𝑧)
𝜇
= 1 +
(𝜇
1
)
𝑧 + . . .
(𝜇
𝑛
)
𝑧
𝑛
+ . . . =
∞
∑
𝑛=0
(𝜇
𝑛
)
𝑧
𝑛
dla ∣𝑧∣ < 1.
62. Znale´
z´
c rozwini
,
ecie w szereg Taylora o ´srodku w punkcie 𝑧
0
= 0 ga̷l
,
ezi g̷l´
ownej funkcji
𝑓 (𝑧) =
√
1 + 𝑧 dla ∣𝑧∣ < 1.
Odpowied´
z
Korzystamy z poprzedniego zadania podstawiaj
,
ac za 𝜇 =
1
2
. St
,
ad
√
1 + 𝑧 = 1 +
1
2
𝑧 −
1
8
𝑧
2
+
1
16
𝑧
3
+ . . . + (−1)
𝑛−1
(2𝑛 − 3)!!
(2𝑛)!!
𝑧
𝑛
+ . . .
30
dla ∣𝑧∣ < 1.
63. Znale´
z´
c rozwini
,
ecie w szereg Taylora o ´srodku w punkcie 𝑧
0
= 0 ga̷l
,
ezi g̷l´
ownej funkcji
𝑓 (𝑧) =
1
√
1+𝑧
dla ∣𝑧∣ < 1.
Odpowied´
z
Korzystamy z zadania przedostaniego podstawiaj
,
ac za 𝜇 = −
1
2
. St
,
ad
1
√
1 + 𝑧
= 1 +
(−
1
2
)
1!
𝑧 +
(−
1
2
)(−
3
2
)
2!
𝑧
2
+ . . . +
(−
1
2
)(−
3
2
) . . . (−
2𝑛+1
2
)
𝑛!
𝑧
𝑛
+ . . .
= 1 +
∞
∑
𝑛=1
(−1)
𝑛
(2𝑛 − 1)!!
2
𝑛
𝑛!
𝑧
𝑛
ale 𝑛!2
𝑛
= (2𝑛)!! Zatem otrzymamy
1
√
1 + 𝑧
= 1 +
∞
∑
𝑛=1
(−1)
𝑛
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛)!!
𝑧
𝑛
.
64. Znale´
z´
c rozwini
,
ecie w szereg Taylora o ´srodku w punkcie 𝑧
0
= 0 ga̷l
,
ezi g̷l´
ownej funkcji
𝑓 (𝑧) =
1
√
1−𝑧
2
dla ∣𝑧∣ < 1.
Odpowied´
z
Podstawiaj
,
ac −𝑧
2
w miejsce 𝑧 w poprzednim zadaniu otrzymamy
1
√
1 − 𝑧
2
= 1 +
∞
∑
𝑛=1
(−1)
𝑛
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛)!!
(−𝑧
2
)
𝑛
= 1 +
∞
∑
𝑛=1
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛)!!
𝑧
2𝑛
.
65. Policzy´
c szereg Taylora ga̷l
,
ezi g̷l´
ownej funkcji 𝑓 (𝑧) w punkcie 𝑧
0
= 0. Znale´
z´
c promie´
n
ko̷la zbie˙zno´sci.
(a) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑧,
(b) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑧,
(c) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑧,
(d) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡𝑔𝑧,
(e) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑠ℎ𝑧,
31
(f) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ𝑧,
(g) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡ℎ𝑧 dla ∣𝑧∣ > 1.
Odpowiedzi:
a) Wyka˙zemy, ˙ze 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑖𝑛𝑧 = 𝑧 +
∑
∞
𝑛=1
(2𝑛−1)!!
(2𝑛)!!
𝑧
2𝑛+1
2𝑛+1
dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 1) (tzn.
𝑟 = 1). Poniewa˙z
arcsin 𝑧 = −𝑖 ln(𝑖𝑧 +
√
1 − 𝑧
2
)
dla 𝑧 ∕= ±1, to jej pochodna wynosi
(arcsin 𝑧)
′
=
1
√
1 − 𝑧
2
dla 𝑧 ∕= ±1. Rozwiniemy ga̷l
,
az g̷l´
own
,
a
√
1 − 𝑧
2
w szereg Taylora. W tym celu
skorzystamy ze wzoru
(1 + 𝑧)
𝜇
=
∞
∑
𝑛=0
(𝜇
𝑛
)
𝑧
𝜇
,
dla
∣𝑧∣ < 1.
Dla 𝜇 = −
1
2
otrzymamy
1
√
1 + 𝑧
= 1 +
(−
1
2
)
1!
𝑧 +
(−
1
2
)(−
3
2
)
2!
𝑧
2
+ . . . +
(−
1
2
)(−
3
2
) . . . (−
2𝑛+1
2
)
𝑛!
𝑧
𝑛
+ . . .
= 1 +
∞
∑
𝑛=1
(−1)
𝑛
(2𝑛 − 1)!!
2
𝑛
𝑛!
ale 𝑛!2
𝑛
= (2𝑛)!! i podstawiaj
,
ac −𝑧
2
w miejsce 𝑧 otrzymamy
1
√
1 − 𝑧
2
= 1 +
∞
∑
𝑛=1
(−1)
𝑛
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛)!!
(−𝑧
2
)
𝑛
= 1 +
∞
∑
𝑛=1
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛)!!
𝑧
2𝑛
.
St
,
ad
arcsin 𝑧 =
∫
𝑧
0
(
1 +
∞
∑
𝑛=1
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛)!!
𝑠
2𝑛
)
𝑑𝑠 = 𝑧 +
∞
∑
𝑛=1
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛)!!
𝑧
2𝑛+1
(2𝑛 + 1)
.
Policzymy promie´
n zbie˙zno´sci szeregu
𝑟 = lim sup
𝑛→∞
(2𝑛)!!(2𝑛 + 1)(2𝑛)!!
(2𝑛 + 2)!!(2𝑛 + 2)(2𝑛 − 1)!!
= 1.
32
b) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑧 =
𝜋
2
−
(𝑧 + ∑
∞
𝑛=1
(2𝑛−1)!!
(2𝑛)!!
𝑧
2𝑛+1
2𝑛+1
), 𝑟 = 1.
c) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑧 =
∑
∞
𝑛=0
(−1)
𝑛 𝑧
2𝑛+1
2𝑛+1
,
𝑟 = 1.
d) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡𝑔𝑧 =
𝜋
2
−
∑
∞
𝑛=0
(−1)
𝑛 𝑧
2𝑛+1
2𝑛+1
, 𝑟 = 1.
e) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑠ℎ𝑧 =
∑
∞
𝑛=1
(−1)
𝑛 (2𝑛−1)!!
(2𝑛)!!
𝑧
2𝑛+1
2𝑛+1
,
𝑟 = 1.
f) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ𝑧 =
∑
∞
𝑛=0
𝑧
2𝑛+1
2𝑛+1
, 𝑟 = 1.
g) 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡ℎ𝑧 =
∑
∞
𝑛=0
1
(2𝑛+1)𝑧
2𝑛+1
dla ∣𝑧∣ > 1.
66. Znale´
z´
c szereg Taylora funkcji 𝑓 (𝑧) = sin
2
𝑧 w dysku 𝐷(0, 𝑟). Ile wynosi 𝑟? Odpowied´
z
uzasadni´
c. Czy 𝑔(𝑧) = sin
2
(
√
𝑧) jest funkcj
,
a ca̷lkowit
,
a? Odpowied´
z uzasadni´
c.
Odpowied´
z
Niech 𝑓 (𝑧) = sin
2
𝑧, wtedy 𝑔(𝑧) = 𝑓
′
(𝑧) = sin 2𝑧. St
,
ad 𝑔
(𝑛)
(𝑧) = 2
𝑛
sin(2𝑧 + 𝑛
𝜋
2
) oraz
𝑔
(2𝑛)
(𝑧) = 0 i 𝑔
(2𝑛+1)
(0) = (−1)
𝑛
2
2𝑛+1
. Zatem 𝑓
(2𝑛+2)
(0) = (−1)
𝑛
2
2𝑛+1
i
𝑓 (𝑧) = sin
2
𝑧 =
∞
∑
𝑘=0
𝑓
(2𝑛+2)
(0)
(2𝑛 + 2)!
𝑧
2𝑛+2
.
Podstawiaj
,
ac
√
𝑧 w miejsce 𝑧 otrzymamy
𝑓 (𝑧) = sin
2
(
√
𝑧) =
∞
∑
𝑛=0
2
2𝑛+1
(−1)
𝑛
(2𝑛 + 2)!
𝑧
𝑛+1
oraz
𝑟 = lim sup
𝑛→∞
∣𝑎
𝑛
∣
∣𝑎
𝑛+1
∣
= lim sup
𝑛→∞
(2𝑛 + 4)!2
2𝑛+1
(2𝑛 + 2)!2
2𝑛+3
= ∞,
czyli 𝑓 (𝑧) jest funkcj
,
a ca̷lkowit
,
a.
67. Znale´
z´
c szereg Taylora funkcji 𝑓 (𝑧) = cos
2
𝑧 o ´srodku w punkcie 𝑧
0
= 0. Korzystaj
,
ac z
niego wykaza´
c, ˙ze funkcja 𝑔(𝑧) = 𝑧
3
cos
2
(
√
𝑧) jest ca̷lkowita. Wykaza´
c, ˙ze 𝑧
0
= 0 jest
trzykrotnym zerem funkcji 𝑔(𝑧).
Odpowied´
z
Niech 𝑓 (𝑧) = cos
2
𝑧, wtedy 𝑔(𝑧) = 𝑓
′
(𝑧) = − sin 2𝑧. Wykorzystuj
,
ac poprzednie zadanie
otrzymamy
𝑓 (𝑧) = cos
2
𝑧 = 𝑓 (0) +
∞
∑
𝑛=0
𝑓
(2𝑛+2)
(0)
(2𝑛 + 2)!
𝑧
2𝑛+2
= 1 +
∞
∑
𝑛=0
2
2𝑛+1
(−1)
𝑛+1
(2𝑛 + 2)!
𝑧
2𝑛+2
.
33
Podstawiaj
,
ac
√
𝑧 w miejsce 𝑧 otrzymamy
𝑓 (𝑧) = cos
2
(
√
𝑧) = 1 +
∞
∑
𝑛=0
2
2𝑛+1
(−1)
𝑛+1
(2𝑛 + 2)!
𝑧
𝑛+1
oraz
𝑟 = lim sup
𝑛→∞
∣𝑎
𝑛
∣
∣𝑎
𝑛+1
∣
= lim sup
𝑛→∞
(2𝑛 + 4)!2
2𝑛+1
(2𝑛 + 2)!2
2𝑛+3
= ∞,
czyli 𝑧
3
cos
2
(
√
𝑧) jest funkcj
,
a ca̷lkowit
,
a. Poniewa˙z
𝑧
3
cos
2
(
√
𝑧) = 𝑧
3
[
1 +
∞
∑
𝑘=0
2
2𝑛+1
(−1)
𝑛+1
(2𝑛 + 2)!
𝑧
𝑛+1
]
= 𝑧
3
[
1 +
2(−1)
2!
𝑧 +
2
3
)(−1)
2
4!
𝑧
2
+ . . .
]
= 𝑧
3
Φ(𝑧),
gdzie Φ(𝑧) jest funkcj
,
a holomorficzn
,
a w ℂ i Φ(0) ∕= 0. Zatem 𝑧
0
= 0 jest trzykrotnym
zerem 𝑓 (𝑧) = 𝑧
3
cos
2
(
√
𝑧).
68. Znale´
z´
c szereg Taylora funkcji 𝑓 (𝑧) = 𝑠ℎ𝑧 o ´srodku w punkcie 𝑧
0
= 0. Korzystaj
,
ac z
niego wykaza´
c, ˙ze funkcja 𝑔(𝑧) =
1
√
𝑧
𝑠ℎ(
√
𝑧) jest ca̷lkowita.
Odpowied´
z
Wiemy ju˙z, ˙ze 𝑠𝑖𝑛ℎ𝑧 =
∑
∞
𝑘=0
𝑧
2𝑘+1
(2𝑘+1)!
dla 𝑧 ∈ ℂ. Zatem
𝑔(𝑧) =
1
√
𝑧
𝑠𝑖𝑛ℎ(
√
𝑧) =
1
√
𝑧
∞
∑
𝑘=0
𝑧
𝑘+
1
2
(2𝑘 + 1)!
=
∞
∑
𝑘=0
𝑧
𝑘
(2𝑘 + 1)!
St
,
ad
𝑟 = lim sup
𝑘→∞
∣𝑎
𝑘
∣
∣𝑎
𝑘+1
∣
= lim sup
𝑘→∞
(2𝑘 + 2)!
(2𝑘 + 1)!
= ∞,
co dowodzi, ˙ze 𝑓 jest funkcj
,
a ca̷lkowit
,
a.
69. Znale´
z´
c szereg Taylora funkcji 𝑓 (𝑧) = 𝑠ℎ
2
𝑧 o ´srodku w punkcie 𝑧
0
= 0. Korzystaj
,
ac z
niego wykaza´
c, ˙ze funkcja 𝑔(𝑧) = 𝑠ℎ
2
(
√
𝑧) jest ca̷lkowita. Czy punkt 𝑧
0
= 0 jest zerem
funkcji? Odpowied´
z uzasadni´
c.
34
Odpowied´
z
Dla 𝑓 (𝑧) = 𝑠ℎ
2
𝑧 pochodne 𝑓
(2𝑘+1)
(𝑧) = 2
2𝑘
sinh 2𝑧 i 𝑓
(2𝑘)
(𝑧) = 2
2𝑘−1
cosh 2𝑧. St
,
ad
𝑓
(2𝑘+1)
(0) = 0 i 𝑓
(2𝑘)
(0) = 2
2𝑘−1
. Podstawiaj
,
ac do wzoru Taylora otrzymamy
sinh
2
𝑧 =
∞
∑
𝑘=1
2
2𝑘
𝑧
2𝑘
(2𝑘)!
𝑟 = lim sup
𝑘→∞
∣𝑎
𝑘
∣
∣𝑎
𝑘+1
∣
= lim sup
𝑘→∞
(2𝑘 + 2)!2
2𝑘−1
(2𝑛)!2
2𝑘+1
= ∞.
Zatem
sinh
2
(
√
𝑧) = 𝑧
(
1 +
∞
∑
𝑘=0
2
2𝑘
𝑧
𝑘−1
(2𝑘)!
)
= 𝑧Φ(𝑧),
gdzie Φ(𝑧) jest holomorficzna w 𝐷(0, 1) i Φ(0) ∕= 0, co dowodzi, ˙ze 𝑧
0
= 0 jest zerem
jednokrotnym funkcji.
70. Ga̷l
,
a´
z g̷l´
own
,
a funkcji 𝑓 (𝑧) = 𝐿𝑛
(
1+𝑧
2
1−𝑧
2
)
rozwin
,
a´
c w szereg Taylora funkcji o ´srodku w
punkcie 𝑧
0
= 0. Korzystaj
,
ac z niego wykaza´
c, ˙ze gal
,
a´
z g̷l´
owna funkcji 𝑔(𝑧) =
1
𝑧
𝐿𝑛
(
1+𝑧
2
1−𝑧
2
)
jest holomorficzna w dysku 𝐷(0, 1).
Odpowied´
z.
Skorzystamy z faktu, ˙ze
ln(1 + 𝑧) =
∞
∑
𝑛=1
(−1)
𝑛−1
𝑧
𝑛
𝑛
dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 1). St
,
ad
ln(1 + 𝑧
2
) =
∞
∑
𝑛=1
(−1)
𝑛−1
𝑧
2𝑛
𝑛
,
ln(1 − 𝑧
2
) =
∞
∑
𝑛=1
(−1)
𝑛−1
(−1)
𝑛
𝑧
2𝑛
𝑛
=
∞
∑
𝑛=1
(−1)
2𝑛−1
𝑧
2𝑛
𝑛
,
oraz
1
𝑧
ln 𝑧
( 1 + 𝑧
2
1 − 𝑧
2
)
= 2𝑧
∞
∑
𝑛=0
𝑧
4𝑛
2𝑛 + 1
.
Policzmy 𝑟 = lim sup
𝑛→∞
∣𝑎
𝑛
∣
∣𝑎
𝑛+1
∣
= lim sup
𝑛→∞
2𝑛+3
2𝑛+1
= 1. Ponadto
1
𝑧
ln 𝑧
( 1 + 𝑧
2
1 − 𝑧
2
)
= 2𝑧
(
1 +
𝑧
4
3
+
𝑧
8
5
+
𝑧
12
7
+ . . .
)
= 2𝑧Φ(𝑧),
35
gdzie Φ(𝑧) jest holomorficzna w 𝐷(0, 1) oraz Φ(0) ∕= 0.
71. Ga̷l
,
a´
z g̷l´
own
,
a funkcji 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑠ℎ(𝑧) rozwin
,
a´
c w szereg Taylora funkcji o ´srodku
w punkcie 𝑧
0
= 0.
Korzystaj
,
ac z niego wykaza´
c, ˙ze ga̷l
,
a´
z g̷l´
owna funkcji 𝑔(𝑧) =
1
√
𝑧
𝑎𝑟𝑐𝑠ℎ(
√
𝑧) jest holomorficzna w dysku 𝐷(0, 1).
Odpowied´
z.
Wiemy ju˙z, ˙ze 𝑎𝑟𝑐𝑠ℎ(𝑧) =
∑
∞
𝑘=1
(−1)
𝑘
(2𝑘−1)!!
(2𝑘)!!(2𝑘+1)
𝑧
2𝑘+1
dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 1). Zatem
𝑔(𝑧) =
1
√
𝑧
𝑎𝑟𝑐𝑠ℎ(
√
𝑧) =
∞
∑
𝑘=1
(−1)
𝑘
(2𝑘 − 1)!!
(2𝑘)!!(2𝑘 + 1)
𝑧
2𝑘+1
oraz 𝑟 = lim sup
𝑘→∞
∣𝑎
𝑘
∣
∣𝑎
𝑘+1
∣
= lim sup
𝑘→∞
(2𝑘+2)(2𝑘+1)!!(2𝑘−1)!!
(2𝑘)!!(2𝑘)!!(2𝑛+1)
= 1.
72. Ga̷l
,
a´
z g̷l´
own
,
a funkcji 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ(𝑧) rozwin
,
a´
c w szereg Taylora funkcji o ´srodku
w punkcie 𝑧
0
= 0.
Korzystaj
,
ac z niego wykaza´
c, ˙ze ga̷l
,
a´
z g̷l´
owna funkcji 𝑔(𝑧) =
√
𝑧𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ(
√
𝑧) jest holomorficzna w dysku 𝐷(0, 1). Czy 𝑧
0
= 0 jest zerem funkcji 𝑔(𝑧)?
Je´sli tak, to poda´
c jego krotno´s´
c.
Odpowied´
z
Wiemy ju˙z, ˙ze 𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ(𝑧) =
∑
∞
𝑘=0
𝑧
2𝑘+1
(2𝑘+1)
dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 1). Zatem
𝑔(𝑧) =
√
𝑧𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ(
√
𝑧) =
√
𝑧
∞
∑
𝑘=0
𝑧
𝑘+
1
2
(2𝑘 + 1)
=
∞
∑
𝑘=0
𝑧
𝑘+1
(2𝑘 + 1)
,
𝑟 = lim sup
𝑘→∞
∣𝑎
𝑘
∣
∣𝑎
𝑘+1
∣
= lim sup
𝑘→∞
(2𝑘 + 2)
(2𝑘 + 1)
= 1.
St
,
ad 𝑔(𝑧) jes holomorficzna w 𝐷(0, 1) i
𝑔(𝑧) =
√
𝑧𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ(
√
𝑧) = 𝑧
[
1 +
𝑧
3
+
𝑧
2
5
+ . . .
]
= 𝑧Φ(𝑧),
gdzie Φ(𝑧) jest holomorficzna w 𝐷(0, 1) i Φ(0) ∕= 0. To dowodzi, ˙ze 𝑧
0
= 0 jest zerem
jednokrotnym funkcji 𝑔(𝑧).
36
7. Szeregi Laurenta, klasyfikacja punkt´
ow osobliwych
73. Znale´
z´
c cz
,
e´s´
c g̷l´
own
,
a i regularn
,
a szeregu Laurenta w pierscieniu 𝑃 (0, 0, ∞) (𝑧
0
= 0)
funkcji
𝑓 (𝑧) = 𝑧
−4
cos(𝑧).
Okre´sli´
c rodzaj osobliwo´sci funkcji w punkcie 𝑧
0
. Korzystaj
,
ac z powy˙zszych rowini
,
e´
c
oraz z twierdzenia Cauchy’ego o residuach obliczy´
c nast
,
epuj
,
ac
,
a ca̷lk
,
e
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑟}
𝑧
−4
cos(𝑧)𝑑𝑧,
0 < 𝑟 < 1.
Odpowied´
z
Wiemy, ˙ze funkcja cos 𝑧 ma nast
,
epuj
,
ace rozwini
,
ecie
cos 𝑧 =
∞
∑
𝑘=0
(−1)
𝑘
𝑧
2𝑘
(2𝑘)!
=
[
1 −
𝑧
2
2!
+
𝑧
4
4!
−
𝑧
6
6!
+ . . .
]
dla 𝑧 ∈ ℂ. St
,
ad
𝑧
−4
cos 𝑧 =
∞
∑
𝑘=2
(−1)
𝑘
𝑧
2𝑘−4
(2𝑘)!
+
1
𝑧
4
−
1
2!𝑧
2
=
1
𝑧
4
−
1
2!𝑧
2
+
1
4!
−
𝑧
2
6!
+
𝑧
4
8!
+ . . .
dla 𝑧 ∈ 𝑃 (0, 0, ∞).
Punkt 𝑧
0
= 0 jest biegunem czterokrotny i 𝑟𝑒𝑠
𝑧
0
𝑓 (𝑧) = 0.
Cz
,
e´s´
c g̷l´
owna wynosi
1
𝑧
4
−
1
2!𝑧
2
.
Cz
,
e´s´
c regularna wynosi
∞
∑
𝑘=2
(−1)
𝑘
𝑧
2𝑘−4
(2𝑘)!
.
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑟}
𝑧
−4
cos(𝑧)𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 × 0 = 0,
0 < 𝑟 < 1.
37
74. Znale´
z´
c cz
,
e´s´
c g̷l´
own
,
a i regularn
,
a szeregu Laurenta w pierscieniu 𝑃 (0, 0, 1) (𝑧
0
= 0) ga̷l
,
ezi
g̷l´
ownej funkcji
𝑓 (𝑧) = 𝑧
−10
arcsin(𝑧).
Okre´sli´
c rodzaj osobliwo´sci funkcji w punkcie 𝑧
0
. Korzystaj
,
ac z powy˙zszych rowini
,
e´
c
oraz z twierdzenia Cauchy’ego o residuach obliczy´
c nast
,
epuj
,
ac
,
a ca̷lk
,
e
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑟}
𝑧
−12
arcsin(𝑧)𝑑𝑧,
0 < 𝑟 < 1.
Odpowied´
z
Wiemy, ˙ze ga̷l
,
a´
z g̷l´
owna funkcji arcsin 𝑧 ma nast
,
epuj
,
ace rozwini
,
ecie w szereg Taylora
arcsin 𝑧 = 𝑧 +
∞
∑
𝑛=1
(2𝑛 − 1)!!𝑧
2𝑛+1
(2𝑛)!!2𝑛 + 1
dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 1). St
,
ad
𝑧
−10
arcsin 𝑧 =𝑧
−10
(
𝑧 +
1!!
2!!
𝑧
3
3
+
3!!
4!!
𝑧
5
5
+
5!!
6!!
𝑧
7
7
+
7!!
8!!
𝑧
9
9
+
9!!
10!!
𝑧
11
11
+ . . .
)
=
1
𝑧
9
+ +
1!!
2!!
1
3𝑧
7
+
3!!
4!!
1
5𝑧
5
+
5!!
6!!
1
7𝑧
3
+
7!!
8!!
1
9𝑧
+
9!!
10!!
𝑧
11
+ . . .
w pierscieniu 𝑃 (0, 0, 1).
Cz
,
e´s´
c regularna ma posta´
c
∞
∑
𝑛=5
(2𝑛 − 1)!!𝑧
2𝑛−9
(2𝑛)!!2𝑛 + 1
=
∞
∑
𝑛=0
(2𝑛 + 9)!!𝑧
𝑛+1
(2𝑛 + 10)!!2𝑛 + 111
.
Cz
,
e´sc g̷l´
owna ma posta´
c
1
𝑧
9
+ +
1!!
2!!
1
3𝑧
7
+
3!!
4!!
1
5𝑧
5
+
5!!
6!!
1
7𝑧
3
+
7!!
8!!
1
9𝑧
.
𝑧
0
jest biegunem dziewi
,
eciokrotnym oraz
𝑟𝑒𝑠
𝑧
0
𝑓 (𝑧) =
7!!
8!!9
.
St
,
ad
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑟}
𝑧
−12
arcsin(𝑧)𝑑𝑧 =
7!!
8!!9
× 2𝜋𝑖
0 < 𝑟 < 1.
38
75. Znale´
z´
c cz
,
e´s´
c g̷l´
own
,
a szeregu Laurenta w pierscieniu 𝑃 (0, 0, 1/2) (𝑧
0
= 0) ga̷l
,
ezi g̷l´
ownej
funkcji
𝑓 (𝑧) = 𝑧
−12
ln
( 1 + 𝑧
1 − 𝑧
)
.
Okre´sli´
c rodzaj osobliwo´sci funkcji w punkcie 𝑧
0
. Korzystaj
,
ac z powy˙zszego rowini
,
ecia
oraz z twierdzenia Cauchy’ego o residuach obliczy´
c nast
,
epuj
,
ac
,
a ca̷lk
,
e
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑟}
𝑧
−12
ln
( 1 + 𝑧
1 − 𝑧
)
𝑑𝑧,
0 < 𝑟 < 1/2.
Odpowied´
z
Wiemy, ˙ze ga̷l
,
a´
z g̷l´
owna funkcji ln
(
1+𝑧
1−𝑧
) ma nast
,
epuj
,
ace rozwini
,
ecie w szereg Taylora
ln
( 1 + 𝑧
1 − 𝑧
) = 2𝑧
∞
∑
𝑛=0
𝑧
2𝑛+1
2𝑛 + 1
dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 1). St
,
ad
𝑧
−12
ln
( 1 + 𝑧
1 − 𝑧
)
= 2(
1
𝑧
12
+
1
3𝑧
9
+
1
5𝑧
7
+
1
7𝑧
5
+
1
9𝑧
3
+
1
11𝑧
+ . . .)
w pier´scieniu 𝑃 (0, 0, 1/2).
Cz
,
e´sc g̷l´
owna ma posta´
c
2
(
1
𝑧
12
+
1
3𝑧
9
+
1
5𝑧
7
+
1
7𝑧
5
+
1
9𝑧
3
+
1
11𝑧
)
.
𝑧
0
= 0 jest biegunem dwunastokrotnym oraz
𝑟𝑒𝑠
𝑧
0
𝑓 (𝑧) =
2
11
.
St
,
ad
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑟}
𝑧
−12
ln
( 1 + 𝑧
1 − 𝑧
)
𝑑𝑧 =
2
11
× 2𝜋𝑖
0 < 𝑟 < 1/2.
76. Znale´
z´
c cz
,
e´s´
c g̷l´
own
,
a i regularn
,
a szeregu Laurenta w pierscieniu 𝑃 (0, 1, ∞) (𝑧
0
= ∞)
funkcji
𝑓 (𝑧) = 𝑧
4
sin(1/𝑧).
39
Okre´sli´
c rodzaj osobliwo´sci funkcji w punkcie 𝑧
0
. Korzystaj
,
ac z powy˙zszych rowini
,
e´
c
oraz z twierdzenia Cauchy’ego o residuach obliczy´
c nast
,
epuj
,
ac
,
a ca̷lk
,
e
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑅}
𝑧
4
sin(1/𝑧)𝑑𝑧,
1 < 𝑅 < ∞.
Odpwied´
z
Wiemy, ˙ze funkcja sin 𝑧 ma nast
,
epuj
,
ace rozwini
,
ecie
sin 𝑧 =
∞
∑
𝑘=0
(−1)
𝑘
𝑧
2𝑘+1
(2𝑘 + 1)!
=
[
𝑧 −
𝑧
3
3!
+
𝑧
5
5!
−
𝑧
7
7!
+ . . .
]
dla 𝑧 ∈ ℂ. St
,
ad
𝑧
4
sin(1/𝑧) =
∞
∑
𝑘=2
(−1)
𝑘
𝑧
2𝑘−3
(2𝑘 + 1)!
+ 𝑧
3
−
𝑧
3!
.
dla 𝑧 ∈ 𝑃 (0, 1, ∞).
Punkt 𝑧
0
= ∞ jest biegunem trzykrotnym i 𝑟𝑒𝑠
𝑧
0
𝑓 (𝑧) =
1
6
.
Cz
,
e´s´
c g̷l´
owna wynosi
𝑧
3
−
𝑧
3!
.
Cz
,
e´s´
c regularna wynosi
∞
∑
𝑘=2
(−1)
𝑘
𝑧
2𝑘−4
(2𝑘)!
.
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑟}
𝑧
4
cos(1/𝑧)𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 ×
1
6
,
1 < 𝑅 < ∞.
77. Znale´
z´
c cz
,
e´s´
c g̷l´
own
,
a i regularn
,
a szeregu Laurenta w pierscieniu 𝑃 (0, 1, ∞) (𝑧
0
= ∞)
ga̷l
,
ezi g̷l´
ownej funkcji
𝑓 (𝑧) = 𝑧
10
arcsin
(1/𝑧).
Okre´sli´
c rodzaj osobliwo´sci funkcji w punkcie 𝑧
0
. Korzystaj
,
ac z powy˙zszych rowini
,
e´
c
oraz z twierdzenia Cauchy’ego o residuach obliczy´
c nast
,
epuj
,
ac
,
a ca̷lk
,
e
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑅}
𝑧
10
arcsin(1/𝑧)𝑑𝑧,
1 < 𝑅 < ∞.
40
Odpowied´
z
Wiemy, ˙ze ga̷l
,
a´
z g̷l´
owna funkcji 𝑓 (𝑧) = arcsin 𝑧 ma nast
,
epuj
,
ace rozwini
,
ecie w szereg
Taylora
arcsin 𝑧 = 𝑧 +
∞
∑
𝑛=1
(2𝑛 − 1)!!𝑧
2𝑛+1
(2𝑛)!!2𝑛 + 1
dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 1). St
,
ad
arcsin
( 1
𝑧
)
=
1
𝑧
+
∞
∑
𝑛=1
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛)!!2𝑛 + 1𝑧
2𝑛+1
dla 𝑧 ∈ 𝑃 (0, 1, ∞) oraz
𝑧
10
arcsin
( 1
𝑧
)
=𝑧
9
+ +
1!!
2!!
𝑧
7
3
+
3!!
4!!
𝑧
5
5
+
5!!
6!!
𝑧
3
7
+
7!!
8!!
𝑧
9
+
9!!
10!!
1
11𝑧
+ . . .
w pierscieniu 𝑃 (0, 1, ∞).
Cz
,
e´s´
c regularna ma posta´
c
∞
∑
𝑛=5
(2𝑛 − 1)!!
(2𝑛)!!(2𝑛 + 1)𝑧
2𝑛−9
=
∞
∑
𝑛=0
(2𝑛 + 9)!!
(2𝑛 + 10)!!(2𝑛 + 11)𝑧
𝑛+1
.
Cz
,
e´sc g̷l´
owna wynosi
𝑧
9
+ +
1!!
2!!
𝑧
7
3
+
3!!
4!!
𝑧
5
5
+
5!!
6!!
𝑧
3
7
+
7!!
8!!
𝑧
9
.
𝑧
0
= ∞ jest biegunem dziewi
,
eciokrotnym oraz
𝑟𝑒𝑠
𝑧
0
𝑓 (𝑧) = −
7!!
8!!9
.
St
,
ad
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑅}
𝑧
10
arcsin(1/𝑧)𝑑𝑧 = −
7!!
8!!9
× 2𝜋𝑖
1 < 𝑅 < ∞.
78. Znale´
z´
c cz
,
e´s´
c g̷l´
own
,
a i regularn
,
a szeregu Laurenta w pierscieniu 𝑃 (0, 1, ∞) (𝑧
0
= ∞)
funkcji
𝑓 (𝑧) = 𝑧
8
𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ
(1/𝑧).
41
Okre´sli´
c rodzaj osobliwo´sci funkcji w punkcie 𝑧
0
. Korzystaj
,
ac z powy˙zszych rowini
,
e´
c
oraz z twierdzenia Cauchy’ego o residuach obliczy´
c nast
,
epuj
,
ac
,
a ca̷lk
,
e
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑅}
𝑧
8
𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ(1/𝑧)𝑑𝑧,
1 < 𝑅 < ∞.
Odpowied´
z
Wiemy, ˙ze ga̷l
,
a´
z g̷l´
owna funkcji 𝑓 (𝑧) = 𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ𝑧 ma nast
,
epuj
,
ace rozwini
,
ecie w szereg
Taylora
𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ𝑧 =
∞
∑
𝑛=0
𝑧
2𝑛+1
2𝑛 + 1
dla 𝑧 ∈ 𝐷(0, 1). St
,
ad
𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ
( 1
𝑧
)
=
∞
∑
𝑛=0
1
(2𝑛 + 1)𝑧
2𝑛+1
dla 𝑧 ∈ 𝑃 (0, 1, ∞) oraz
𝑧
8
𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ(
1
𝑧
) =𝑧
7
+ +
𝑧
5
3
+
𝑧
3
5
+
𝑧
7
+
1
9𝑧
+ . . .
w pierscieniu 𝑃 (0, 1, ∞).
Cz
,
e´s´
c regularna ma posta´
c
∞
∑
𝑛=4
𝑧
2𝑛+1
2𝑛 + 1
.
Cz
,
e´sc g̷l´
owna wynosi
𝑧
7
+ +
𝑧
5
3
+
𝑧
3
5
+
𝑧
7
.
𝑧
0
= ∞ jest biegunem siedmiokrotnym oraz
𝑟𝑒𝑠
𝑧
0
𝑓 (𝑧) = −
1
7
.
St
,
ad
∫
{𝑧:∣𝑧∣=𝑅}
𝑧
10
𝑎𝑟𝑐𝑡ℎ(1/𝑧)𝑑𝑧 = −
1
7
× 2𝜋𝑖
1 < 𝑅 < ∞.
42
8. Ca̷lki rzeczywiste
I rodzaj ca̷lek rzeczywistych:
Ca̷lki postaci
∫
2𝜋
0
𝑓 (𝑐𝑜𝑠𝜙, 𝑠𝑖𝑛𝜙)𝑑𝜙.
liczymy korzystaj
,
ac z twierdzenia Cauchy’ego o residuach. W tym celu wprowadzamy
zmienn
,
a 𝑧 = 𝑒
𝑖𝜙
, 𝜙 ∈ [0, 2𝜋]. Wtedy
𝑐𝑜𝑠𝜙 =
𝑒
𝑖𝜙
+ 𝑒
−𝑖𝜙
2
=
𝑧 + 𝑧
−1
2
,
𝑠𝑖𝑛𝜙 =
𝑒
𝑖𝜙
− 𝑒
−𝑖𝜙
2𝑖
=
𝑧 − 𝑧
−1
2𝑖
,
∫
2𝜋
0
𝑓 (𝑐𝑜𝑠𝜙, 𝑠𝑖𝑛𝜙)𝑑𝜙 =
∫
∣𝑧∣=1
𝑓 (
𝑧 + 𝑧
−1
2
,
𝑧 − 𝑧
−1
2𝑖
)
𝑑𝑧
𝑖𝑧
.
Zastosujemy to do obliczenia ca̷lki
∫
2𝜋
0
𝑑𝜙
5 + 4𝑠𝑖𝑛(𝜙)
=
∫
∣𝑧∣=1
𝑑𝑧
𝑖𝑧
5 + 4
𝑧−𝑧
−1
2𝑖
=
∫
∣𝑧∣=1
𝑑𝑧
5𝑖𝑧 + 2𝑧(𝑧 − 𝑧
−1
)
=
∫
∣𝑧∣=1
𝑑𝑧
2𝑧
2
+ 5𝑖𝑧 − 2
∫
∣𝑧∣=1
𝑑𝑧
2(𝑧 + 2𝑖)(𝑧 +
1
2
𝑖)
= 2𝜋𝑖𝑟𝑒𝑠
−
1
2
𝑖
1
2𝑧
2
+ 5𝑖𝑧 − 2
= 2𝜋𝑖 lim
𝑧→−
1
2
𝑖
𝑑𝑧
2(𝑧 + 2𝑖)(𝑧 +
1
2
𝑖)
=
2𝜋
3
.
79. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
2𝜋
0
𝑑𝜃
(2 + cos 𝜃)
2
.
Odpowied´
z
∫
2𝜋
0
𝑑𝜃
(2+cos 𝜃)
2
=
4
√
3
9
𝜋.
80. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
2𝜋
0
𝑑𝜃
1 + 8 cos
2
𝜃
.
Odpowied´
z
∫
2𝜋
0
𝑑𝜃
1+8 cos
2
𝜃
=
2𝜋
3
.
43
81. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
2𝜋
0
𝑑𝜃
1 − 2𝑎 cos 𝜃 + 𝑎
2
∣𝑎∣ ∕= 1.
Odpowied´
z
∫
2𝜋
0
𝑑𝜃
1−2𝑎 cos 𝜃+𝑎
2
=
2𝜋
∣𝑎
2
−1∣
𝑎 ∈ ℂ,
∣𝑎∣ ∕= 1.
82. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
2𝜋
0
cos
2
3𝜃𝑑𝜃
1 − 2𝑎 cos 2𝜃 + 𝑎
2
∣𝑎∣ < 1.
Odpowied´
z
∫
2𝜋
0
cos
2
3𝜃𝑑𝜃
1−2𝑎 cos 2𝜃+𝑎
2
= 𝜋
1−𝑎+𝑎
2
1−𝑎
∣𝑎∣ < 1.
83. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
2𝜋
0
𝑑𝜃
(1 + 𝜖 cos 𝜃)
2
∣𝜖∣ < 1.
Odpowied´
z
∫
2𝜋
0
𝑑𝜃
(1+𝜖 cos 𝜃)
2
=
2𝜋
(1−𝜖
2
)
3/2
∣𝜖∣ < 1.
84. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
2𝜋
0
sin
2
𝜃𝑑𝜃
𝑎 + 𝑏 cos 𝜃
0 < 𝑏 < 𝑎.
Odpowied´
z
∫
2𝜋
0
sin
2
𝜃𝑑𝜃
𝑎+𝑏 cos 𝜃
=
2𝜋
𝑏
2
(𝑎 −
√
𝑎
2
− 𝑏
2
)
0 < 𝑏 < 𝑎.
II rodzaj ca̷lek rzeczywistych:
Aby obliczy´
c
∫
∞
−∞
𝑐𝑜𝑠𝑘𝑥
𝑥
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑥,
𝑘 > 0, 𝑎 > 0,
jako funkcj
,
e zespolon
,
a bierzemy 𝑓 (𝑧) =
𝑒
𝑖𝑘𝑧
𝑧
2
+𝑎
2
, kt´
ora ma bieguny w punktach ±𝑎𝑖.
Poniewa˙z do obszaru ograniczonego przez Γ nale˙zy tylko jeden biegun 𝑎𝑖, to z twierdzenia
Cauchy’ego o liczeniu ca̷lek za pomoc
,
a residu´
ow otrzymamy,
∫
Γ
𝑒
𝑖𝑘𝑧
𝑧
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖𝑟𝑒𝑠
𝑎𝑖
(
𝑒
𝑖𝑘𝑧
𝑧
2
+ 𝑎
2
)
.
44
Policzymy residuum 𝑓 w biegunie 𝑎𝑖.
𝑟𝑒𝑠
𝑎𝑖
𝑓 (𝑧) = lim
𝑧→𝑎𝑖
(𝑧 − 𝑎𝑖)
𝑒
𝑖𝑘𝑧
(𝑧 − 𝑎𝑖)(𝑧 + 𝑎𝑖)
= lim
𝑧→𝑎𝑖
𝑒
𝑖𝑘𝑧
(𝑧 + 𝑎𝑖)
=
𝑒
−𝑎𝑘
2𝑎𝑖
,
czyli
∫
Γ
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖
𝑒
−𝑎𝑘
2𝑎𝑖
=
𝜋
𝑎𝑒
𝑎𝑘
.
∫
Γ
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 =
∫
Γ
𝑅
𝑒
𝑖𝑘𝑧
𝑧
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑧 +
∫
𝑅
−𝑅
𝑒
𝑖𝑘𝑥
𝑥
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑥.
Dla 𝑅 → ∞ zachodzi, ˙ze
𝑒
𝑖𝑘𝑧
𝑧
2
+𝑎
2
→ 0 (korzystamy z lematu Jordana) oraz
∫
𝑅
−𝑅
𝑒
𝑖𝑘𝑥
𝑥
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑥 →
∫
∞
−∞
𝑒
𝑖𝑘𝑥
𝑥
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑥 =
∫
∞
−∞
𝑐𝑜𝑠𝑘𝑥
𝑥
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑥 + 𝑖
∫
∞
−∞
𝑠𝑖𝑛𝑘𝑥
𝑥
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑥.
Tak wi
,
ec dostaniemy, ˙ze
𝜋
𝑎𝑒
𝑎𝑘
=
∫
Γ
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 =
∫
∞
−∞
𝑐𝑜𝑠𝑘𝑥
𝑥
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑥 + 𝑖
∫
∞
−∞
𝑠𝑖𝑛𝑘𝑥
𝑥
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑥.
Zatem
𝜋
𝑎𝑒
𝑎𝑘
=
∫
∞
−∞
𝑐𝑜𝑠𝑘𝑥
𝑥
2
+ 𝑎
2
𝑑𝑥.
85. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
𝑑𝑥
(𝑥
2
+ 𝑎
2
)
2
(𝑥
2
+ 𝑏
2
)
, (𝑎, 𝑏 > 0, 𝑎 ∕= 𝑏).
Odpowied´
z
∫
∞
0
𝑑𝑥
(𝑥
2
+𝑎
2
)
2
(𝑥
2
+𝑏
2
)
=
𝜋
2𝑎𝑏(𝑎+𝑏)
, (𝑎, 𝑏 > 0, 𝑎 ∕= 𝑏).
86. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
−∞
𝑑𝑥
(𝑥
2
+ 𝑥 + 1)
2
.
Odpowied´
z
∫
∞
−∞
𝑑𝑥
(𝑥
2
+𝑥+1)
2
=
4𝜋
3
√
3
.
45
87. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
−∞
𝑑𝑥
𝑥
4
+ 𝑥
2
+ 1
.
Odpowied´
z
∫
∞
−∞
𝑑𝑥
𝑥
4
+𝑥
2
+1
=
𝜋
√
3
.
88. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
𝑥
3
sin 𝑥𝑑𝑥
(𝑥
2
+ 1)
2
.
Odpowied´
z
∫
∞
0
𝑥
3
sin 𝑥𝑑𝑥
(𝑥
2
+1)
2
=
𝜋
4𝑒
.
89. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
𝑥𝑑𝑥
𝑥
4
+ 6𝑥
2
+ 13
.
Odpowied´
z
∫
∞
0
𝑥𝑑𝑥
𝑥
4
+6𝑥
2
+13
=
𝜋
8
.
90. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
−∞
𝑥
2
− 𝑥 + 2
𝑥
4
+ 10𝑥
2
+ 9
𝑑𝑥.
Odpowied´
z
∫
∞
−∞
𝑥
2
−𝑥+2
𝑥
4
+10𝑥
2
+9
𝑑𝑥 =
5𝜋
12
.
91. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
𝑥
2
(𝑥
2
+ 𝑎
2
)
3
𝑑𝑥, 𝑎 > 0.
Odpowied´
z
∫
∞
0
𝑥
2
(𝑥
2
+𝑎
2
)
3
𝑑𝑥 =
𝜋
16𝑎
3
,
𝑎 > 0.
92. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
𝑥
6
(𝑥
4
+ 𝑎
4
)
2
𝑑𝑥, 𝑎 > 0.
Odpowied´
z
∫
∞
0
𝑥
6
(𝑥
4
+𝑎
4
)
2
𝑑𝑥 =
3
√
2𝜋
16𝑎
, 𝑎 > 0.
46
93. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
𝑥 sin 𝑥
(𝑥
2
+ 𝑎
2
)
2
𝑑𝑥, 𝑎 > 0.
Odpowied´
z
∫
∞
0
𝑥 sin 𝑥
(𝑥
2
+𝑎
2
)
2
𝑑𝑥 =
𝜋
4𝑎
𝑒
−𝑎
, 𝑎 > 0.
94. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
cos 𝑥
(1 + 𝑥
2
)
3
𝑑𝑥.
Odpowied´
z
∫
∞
0
cos 𝑥
(1+𝑥
2
)
3
𝑑𝑥 =
7
16
𝜋
𝑒
.
95. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
𝑑𝑥
(𝑥
2
+ 1)
2
(𝑥
2
+ 4)
.
Odpowied´
z
∫
∞
0
𝑑𝑥
(𝑥
2
+1)
2
(𝑥
2
+4)
=
𝜋
18
.
96. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
−∞
cos 𝑥𝑑𝑥
𝑥
2
+ 𝑥 + 1
.
Odpowied´
z
∫
∞
−∞
cos 𝑥𝑑𝑥
𝑥
2
+𝑥+1
=
2𝜋
√
3
(cos
1
2
)𝑒
−
1
2
√
3
.
97. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
−∞
𝑒
𝑎𝑥
𝑑𝑥
𝑐ℎ𝑥
, −1 < 𝑎 < 1.
Odpowied´
z
∫
∞
−∞
𝑒
𝑎𝑥
𝑑𝑥
𝑐ℎ𝑥
=
𝜋
𝑐𝑜𝑠
(
1
2
𝜋𝑎
)
.
47
III rodzaj ca̷lek rzeczywistych:
Poka˙zemy, ˙ze
∫
∞
0
𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑥
=
𝜋
2
.
Niech 𝑟 < 𝑅, 𝛾
𝑟
= {𝑧 : 𝑧 = 𝑟𝑒
𝑖𝑡
, 𝑡 ∈ [0, 𝜋]}, [−𝑅, −𝑟], [𝑟, 𝑅] odcinki zawarte w osi
OX. Tworzymy zamkni
,
et
,
a krzyw
,
a Γ := Γ
𝑅
∪ [−𝑅, −𝑟] ∪ 𝛾
𝑟
∪ [𝑟, 𝑅], kt´
or
,
a orientujemy
dodatnio wzgl
,
edem obszaru 𝐷, kt´
ory ona ogranicza. Niech 𝑓 (𝑧) =
𝑒
𝑖𝑧
𝑧
, wtedy 𝑓 ∈ 𝐻(𝐷).
Zatem z podstawowego tw. Cauchy’ego
0 =
∫
Γ
𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 =
∫
Γ
𝑅
𝑒
𝑖𝑧
𝑧
𝑑𝑧 +
∫
−𝑟
−𝑅
𝑒
𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥 +
∫
𝑅
𝑟
𝑒
𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥 +
∫
𝛾
𝑟
𝑒
𝑖𝑧
𝑧
𝑑𝑧.
(0.1)
Dla 𝑧 ∈ Γ
𝑅
mamy
𝑒
𝑖𝑧
𝑧
=
∣𝑒
𝑖(𝑥+𝑖𝑦)
∣
𝑅
=
∣𝑒
𝑖𝑥
∣𝑒
−𝑦
𝑅
=
𝑒
−𝑦
𝑅
→ 0
dla 𝑅 → ∞, bo 𝑦 > 0. St
,
ad
∫
Γ
𝑅
𝑒
𝑖𝑧
𝑧
𝑑𝑧 → 0.
Dla 𝑧 ∈ 𝛾
𝑅
mamy
𝑒
𝑖𝑧
𝑧
=
1 + 𝑖𝑧 +
(𝑖𝑧)
2
2!
+
(𝑖𝑧)
3
3!
= . . .
𝑧
=
1
𝑧
+ 𝑖 +
−𝑧
2!
+
− − 𝑖𝑧
2
3!
+ . . . =
1
𝑧
+ 𝑔(𝑧)
St
,
ad
∫
𝛾
𝑟
𝑒
𝑖𝑧
𝑧
𝑑𝑧 =
∫
𝛾
𝑟
1
𝑧
𝑑𝑧 +
∫
Γ
𝑅
𝑔(𝑧)𝑑𝑧.
Policzymy kolejno ca̷lki. Dla 𝑧 ∈ 𝛾
𝑟
, 𝑧 = 𝑟𝑒
𝑖𝑡
, 𝑡 ∈ [0, 𝜋]
∫
𝛾
𝑟
1
𝑧
𝑑𝑧 = −
∫
𝜋
0
1
𝑟𝑒
𝑖𝑡
𝑖𝑟𝑒
𝑖𝑡
𝑑𝑡 = −𝑖𝜋.
Na 𝛾
𝑟
∣𝑔(𝑧)∣ ≤ 𝑀 , zatem
∫
𝛾
𝑟
𝑔(𝑧)𝑑𝑧
≤ 𝑀 𝜋𝑟 → 0 dla 𝑟 → 0. St
,
ad
lim
𝑟→0
∫
𝛾
𝑟
𝑒
𝑖𝑧
𝑧
𝑑𝑧 = −𝑖𝜋 + 0 = −𝑖𝜋.
(0.2)
Dla 𝑅 → ∞ i 𝑟 → 0
(∫
−𝑟
−𝑅
𝑒
𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥 +
∫
𝑅
𝑟
𝑒
𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥
)
⇒
∫
0
−∞
𝑒
𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥 +
∫
∞
0
𝑒
𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥.
48
Je´sli w ca̷lce
∫
0
−∞
𝑒
𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥 dokonamy podstawienia 𝑥 = −𝑡, to otrzymamy ca̷lk
,
e −
∫
∞
0
𝑒
−𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥.
Tak wi
,
ec z (0.1) i (0.2) wynika, ˙ze dla 𝑅 → ∞ i 𝑟 → 0
0 = 0 +
∫
0
−∞
𝑒
𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥 +
∫
∞
0
𝑒
𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥 − 𝑖𝜋.
Zatem
𝑖𝜋 =
∫
∞
0
𝑒
𝑖𝑥
− 𝑒
−𝑖𝑥
𝑥
𝑑𝑥 =
∫
∞
0
(𝑒
𝑖𝑥
− 𝑒
−𝑖𝑥
)2𝑖
𝑥2𝑖
𝑑𝑥 = 2𝑖
∫
∞
0
𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑥
𝑑𝑥
⇒
∫
∞
0
𝑠𝑖𝑛𝑥
𝑥
𝑑𝑥 =
𝜋
2
.
98. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
𝑥 − sin 𝑥
𝑥
3
𝑑𝑥.
Odpowied´
z
∫
∞
0
𝑥−sin 𝑥
𝑥
3
𝑑𝑥 =
𝜋
4
.
99. Korzystaj
,
ac z metod funkcji zespolonych obliczy´
c
∫
∞
0
𝑙𝑛𝑥
1 + 𝑥
2
𝑑𝑥.
Odpowied´
z
∫
∞
0
𝑙𝑛𝑥
1+𝑥
2
𝑑𝑥 = 0.
49
9. Twierdzenie Rouch´
e, zasada maksimum
100. Korzystaj
,
ac z twierdzenia Rouch´
e wykaza´
c, ˙ze funkcja 2 + 𝑧
2
− 𝑒
𝑖𝑧
ma dok̷ladnie jedno
zero w g´
ornej p´
o̷lp̷laszczyznie 𝐻
+
= {𝑧 ∈ ℂ : Im𝑧 > 0}.
Odpowied´
z
Niech
𝑓 (𝑧) = 2 + 𝑧
2
,
𝑔(𝑧) = −𝑒
𝑖𝑧
.
Poka˙zemy, ˙ze na Γ = [−𝑅, 𝑅] ∪ Γ
𝑅
, gdzie Γ
𝑅
= {𝑧 ∈ ℂ : 𝑧 = 𝑅𝑒
𝑖𝑡
, 𝑡 ∈ [0, 𝜋]} zachodzi
∣𝑔(𝑧)∣ < ∣𝑓 (𝑧)∣.
Dla 𝑧 ∈ [−𝑅, 𝑅] mamy, ˙ze ∣𝑓 (𝑧)∣ ≥ 2 > 1 = ∣𝑔(𝑧)∣. Za´s dla 𝑧 ∈ Γ
𝑅
∣𝑓 (𝑧)∣ ≥ 𝑅
2
− 2 > 1 > 𝑒
−𝑅 sin 𝑡
= ∣𝑔(𝑧)∣
dla 𝑅 >
√
3. Spe̷lnione s
,
a za̷lo˙zenia twierdzenia Rouch´
e tzn.
∣𝑓 (𝑧)∣ > ∣𝑔(𝑧)∣
dla 𝑧 ∈ Γ, st
,
ad
𝑁
𝑓 +𝑔
= 𝑁
𝑓
we wnetrzu obszaru 𝐷 ograniczonego przez Γ, czyli 𝑓 (𝑧) + 𝑔(𝑧) = 2 + 𝑧
2
− 𝑒
𝑖𝑧
ma tyle
samo zer w 𝐷 co 𝑓 (𝑧) = 𝑧
2
+ 2. Poniewa˙z,
𝑓 (𝑧) = 𝑧
2
+ 2 = 0 ⇔ 𝑧 = ±
√
2.
Zatem 𝑓 ma w g´
ornej p´
o̷lp̷laszczyznie tylko jedno zero, czyli 2 + 𝑧
2
− 𝑒
𝑖𝑧
ma te˙z tylko
jedno zero w g´
ornej p´
o̷lp̷laszczyznie.
101. Udowodni´
c, ˙ze dla ka˙zdego 𝜆 > 1, r´
ownanie 𝑧 + 𝑒
−𝑧
= 𝜆 ma dok̷ladnie jedno zero w
prawej p´
o̷lp̷laszczy´
znie 𝐻
+
:= {𝑧 ∈ ℂ : Re𝑧 > 0}. Pokaza´c, ˙ze to zero jest liczb
,
a
rzeczywist
,
a.
Odpowied´
z
Niech
𝑓 (𝑧) = 𝑧 − 𝜆,
𝑔(𝑧) = 𝑒
−𝑧
.
50
Poka˙zemy, ˙ze na Γ = Γ
𝑅
∪ [−𝑖𝑅, 𝑖𝑅], gdzie Γ
𝑅
= {𝑧 ∈ ℂ : 𝑧 = 𝑅𝑒
𝑖𝑡
, 𝑡 ∈ [−𝜋/2, 𝜋/2]},
[−𝑖𝑅, 𝑖𝑅] = {𝑧 = 𝑖𝑦 : −𝑅 ≤ 𝑦 ≤ 𝑅} zachodzi
∣𝑔(𝑧)∣ < ∣𝑓 (𝑧)∣.
Dla 𝑧 ∈ [−𝑖𝑅, 𝑖𝑅] mamy, ˙ze ∣𝑓 (𝑧)∣ = ∣𝑧 − 𝜆∣ = ∣
√𝜆
2
+ 𝑦
2
∣ ≥ 𝜆 > 1, natomiast ∣𝑔(𝑧)∣ =
𝑒
−Re𝑧
= 1 dla Re𝑧 = 0. Za´s dla 𝑧 ∈ Γ
𝑅
i Re𝑧 > 𝜆 + 1 mamy
∣𝑓 (𝑧)∣ = ∣𝑧 − 𝜆∣ = ∣
√
(𝑥 − 𝜆
2
) + 𝑦
2
∣ >
√
1 + 𝑦
2
≥ 1 > 𝑒
−Re𝑧
= ∣𝑔(𝑧)∣.
Spe̷lnione s
,
a za̷lo˙zenia twierdzenia Rouch´
e tzn.
∣𝑓 (𝑧)∣ > ∣𝑔(𝑧)∣
dla 𝑧 ∈ Γ, st
,
ad
𝑁
𝑓 +𝑔
= 𝑁
𝑓
we wnetrzu obszaru 𝐷 ograniczonego przez Γ, czyli 𝑓 (𝑧) + 𝑔(𝑧) = 𝑧 + 𝑒
−𝑧
+ 𝜆 ma tyle
samo zer w 𝐷 co 𝑓 (𝑧) = 𝑧 − 𝜆. Poniewa˙z,
𝑓 (𝑧) = 𝑧 − 𝜆 ⇔ 𝑧 = 𝜆.
Zatem 𝑓 ma w prawej p´
o̷lp̷laszczyznie tylko jedno zero, czyli 𝑧 + 𝑒
−𝑧
+ 𝜆 ma te˙z tylko
jedno zero w g´
ornej p´
o̷lp̷laszczyznie.
102. Okre´sli´
c liczb
,
e pierwiastk´
ow wielomianu 𝑤(𝑧) = 𝑧
5
− 4𝑧
4
− 𝑧
3
+ 1 le˙z
,
acych wewn
,
atrz
ko̷la jednostkowego 𝐷(0, 1) = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1}.
Odpowied´
z
Niech 𝑓 (𝑧) = 𝑧
5
− 4𝑧
4
, za´s 𝑔(𝑧) = −𝑧
3
+ 1. Wtedy na brzegu dysku 𝐷(0, 1) mamy
∣𝑓 (𝑧)∣ ≥ ∣𝑧
5
− 4𝑧
4
∣ = ∣𝑧
4
(𝑧 − 4)∣ ≥ 4 − 1 = 3,
∣𝑔(𝑧)∣ = ∣ − 𝑧
3
+ 1∣ ≤ 2.
Zatem
∣𝑔(𝑧)∣ ≤ ∣𝑓 (𝑧)∣
na 𝑆
1
. Z Twierdzenia Rouch´
e wynika, ˙ze
𝑁
𝑓 +𝑔
= 𝑁
𝑓
,
51
za´s
𝑓 (𝑧) = 𝑧
5
− 4𝑧
4
= 0 ⇔ 𝑧
1
= 0 ∨ 𝑧
2
= 4,
przy czym 𝑧
1
jest pierwiastkiem czerokrotnym.
Zatem 𝑓 m cztery zera w 𝐷(0, 1).
Ostatecznie 𝑤(𝑧) = 𝑓 (𝑧) + 𝑔(𝑧) ma cztery zera w 𝐷(0, 1).
103. Okre´sli´
c liczb
,
e pierwiastk´
ow wielomianu 𝑤(𝑧) = 2𝑧
5
−𝑧
3
+ 3𝑧
2
−𝑧 +8 le˙z
,
acych wewn
,
atrz
ko̷la jednostkowego 𝐷(0, 1) = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1}.
Odpowied´
z
𝑤 nie pierwiastk´
ow w 𝐷(0, 1).
104. Okre´sli´
c liczb
,
e pierwiastk´
ow wielomianu 𝑤(𝑧) = 𝑧
8
− 4𝑧
5
+ 𝑧
2
− 1 le˙z
,
acych wewn
,
atrz
ko̷la jednostkowego 𝐷(0, 1) = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1}.
Odpowied´
z
𝑤 ma pi
,
e´
c pierwiastk´
ow w 𝐷(0, 1).
105. Okre´sli´
c liczb
,
e pierwiastk´
ow wielomianu 𝑤(𝑧) = 𝑧
5
− 16𝑧 + 14 le˙z
,
acych wewn
,
atrz ko̷la
jednostkowego 𝐷(0, 1) = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1}.
Odpowied´
z
𝑤 ma tylko jeden pierwiastek w 𝐷(0, 1).
106. Okre´sli´
c liczb
,
e pierwiastk´
ow wielomianu 𝑤(𝑧) = 𝑧
9
−2𝑧
6
+𝑧
2
−8𝑧 −2 le˙z
,
acych wewn
,
atrz
ko̷la jednostkowego 𝐷(0, 1) = {𝑧 ∈ ℂ : ∣𝑧∣ < 1}.
Odpowied´
z
𝑤 ma tylko jeden pierwiastek w 𝐷(0, 1).
107. Niech 𝑓 b
,
edzie funkcj
,
a ca̷lkowit
,
a. Udowodni´
c:
(a) Je´sli Re𝑓 ≤ 𝑀 (gdzie 𝑀 < ∞, to 𝑓 jest funkcj
,
a sta̷l
,
a.
Odpowied´
z
52
Z za̷lo˙zenia wiemy, ˙ze 𝑓 jest funkcj
,
a ca̷lkowit
,
a. St
,
ad 𝑒
𝑓
te˙z jest funkcj
,
a ca̷lkowit
,
a.
Wtedy
∣𝑒
𝑓
∣ ≤ 𝑒
Re𝑓
.
Poniewa ˙z dla ka˙zedego 𝑅 > 0 mamy, ˙ze
∣𝑒
𝑓
∣ ≤ 𝑒
𝑅
≤ 𝑒
𝑀
,
to oznacza, ˙ze funkcja ca̷lkowita 𝑒
𝑓
jest ograniczona. Z twierdzenia Liouville’a
wynika, ˙ze musi by´
c funkcj
,
a sta̷l
,
a tzn. 𝑒
𝑓
≡ const. Poniewa˙z
(𝑒
𝑓
)
′
= 𝑒
𝑓
(𝑓 )
′
≡ 0
oraz 𝑒
𝑓
∕= 0, wynika st
,
ad, ˙ze
𝑓
′
≡ 0,
czyli 𝑓 (𝑧) ≡ const..
.
108. Niech 𝑓 b
,
edzie funkcj
,
a holomorficzn
,
a w obszarze jednosp´
ojnym 𝐷 ⊂ ℂ, ci
,
ag̷l
,
a na
domkni
,
eciu ¯
𝐷 i r´
o˙zn
,
a od sta̷lej. Udowodni´
c, ˙ze cz
,
e´s´
c rzeczywista funkcji 𝑓 (tzn. Re𝑓 )
nie mo˙ze przyjmowa´
c warto´sci najwi
,
ekszej w obszarze 𝐷.
Odpowied´
z
Wprowadzimy funkcj
,
e pomocnicz
,
a 𝑔(𝑧) = 𝑒
𝑓 (𝑧)
. Je´sli 𝑓 jest holomorficzna w obszarze
jednosp´
ojnym 𝐷 ⊂ ℂ, to 𝑒
𝑓
te˙z kest holomorficzna w tym obszarze. Ponadto ∣𝑔(𝑧)∣ =
𝑒
Re𝑓
. Je´sli Re𝑓 przyjmuje warto´s´
c najwi
,
eksz
,
a w punkcie 𝑧
0
∈ 𝐷, to max ∣𝑔∣ by̷loby
osi
,
agane we wn
,
etrzu 𝐷, co przeczy zasadzie maksimum dla 𝑔 ∈ 𝐻(𝐷) i 𝑔 ∈ 𝐶( ¯
𝐷).
109. Niech b
,
edzie funkcj
,
a ca̷lkowit
,
a tak
,
a, ˙ze 𝑓 (𝑧 + 2𝜋) = 𝑓 (𝑧) oraz 𝑓 (𝑧 + 2𝜋𝑖) = 𝑓 (𝑧) dla
ka˙zdego 𝑧 ∈ ℂ. Udowodni´c, ˙ze 𝑓 jest funkcj
,
a sta̷l
,
a.
Odpowied´
z
Niech
𝐷 = {𝑧 ∈ ℂ : −1 ≤ Re𝑧 ≤ 1, −1 ≤ Im𝑧 ≤ 1}.
Poniewa˙z 𝑓 jest funkcj
,
a calkowit
,
a, to min ∣𝑓 (𝑧)∣ i max ∣𝑓 (𝑧)∣ jest osi
,
agane na brzegu 𝐷.
Z za̷lo˙zenia dla ka˙zdego 𝑧 ∈ ℂ istniej
,
a 𝑛 ∈ ℤ i 𝑧
0
∈ 𝐷 takie, ˙ze
𝑓 (𝑧) = 𝑓 (𝑧
0
+ 2𝜋𝑛).
53
St
,
ad
min
ℂ
∣𝑓 (𝑧)∣ = min
∂𝐷
∣𝑓 (𝑧)∣
i
max
ℂ
∣𝑓 (𝑧)∣ = max
∂𝐷
∣𝑓 (𝑧)∣.
Powy˙zsze nier´
owno´sci implikuj
,
a, ˙ze 𝑓 jest ograniczona na ℂ. Zatem z twierdzenia
Liouville’a 𝑓 jest funkcj
,
a sta̷l
,
a.
110. (*) Korzystaj
,
ac ze wzoru ca̷lkowego Cauchy’ego wykaza´
c, ˙ze je´sli 𝑓 ∈ 𝐻(𝐷(𝑎, 𝑅)) oraz
∣𝑓 (𝑧)∣ ≤ ∣𝑓 (𝑎)∣ dla 𝑧 ∈ 𝐷(𝑎, 𝑅), to 𝑓 jest funkcj
,
a sta̷l
,
a.
Odpowied´
z
Ustalmy 1 < 𝑟 < 𝑅. Ze wzoru Cauchy’ego
𝑓 (𝑎) =
1
2𝜋𝑖
∫
∂𝐷(𝑎,𝑟)
𝑓 (𝑧)
𝑧 − 𝑎
𝑑𝑧
=
1
2𝜋𝑖
∫
2𝜋
0
𝑓 (𝑎 + 𝑟𝑒
𝑖𝑡
)𝑟𝑖𝑒
𝑖𝑡
𝑟𝑒
𝑖𝑡
𝑑𝑡
=
1
2𝜋
∫
2𝜋
0
𝑓 (𝑎 + 𝑟𝑒
𝑖𝑡
)𝑑𝑡.
St
,
ad i z za̷lo˙zenia
∣𝑓 (𝑎)∣ ≤
1
2𝜋
∫
2𝜋
0
∣𝑓 (𝑎 + 𝑟𝑒
𝑖𝑡
)∣𝑑𝑡 ≤ ∣𝑓 (𝑎)∣.
A to oznacza, ˙ze
∫
2𝜋
0
[∣𝑓 (𝑎)∣ − ∣𝑓 (𝑎 + 𝑟𝑒
𝑖𝑡
)∣]𝑑𝑡 = 0.
Poniewa˙z wyra˙zenia pod ca̷lka s
,
a nieujemne, a ca̷lla wynosi zero, to ∣𝑓 (𝑎)∣ = ∣𝑓 (𝑎+𝑟𝑒
𝑖𝑡
)∣
dla dowolnego 𝑟 < 𝑅. Czyli ∣𝑓 (𝑧)∣ musi by´
c sta̷ly.
54
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
więcej podobnych podstron