SIMR 2011/12, Analiza Zespolona, Przykładowe zadania do kolokwium 1
Zadanie 1: Część rzeczywista funkcji holomorficznej jest równa: u( x, y) = ex cos y + 4 xy . Znaleźć część urojoną funkcji f .
Rozwiązanie:
Funkcja jest holomorficzna, więc jej część rzeczywista: u = Re f oraz u = Im f spełniają warunki Cauchy-Riemanna:
∂u
∂v
=
∂x
∂y
∂u
∂v
= −
∂y
∂x
Obliczamy:
∂u = ex cos y + 4 y
∂x
∂u = −ex sin y + 4 x
∂y
Rozwiązujemy układ równań:
∂v
= ex cos y + 4 y
∂y
∂v
= ex sin y − 4 x
∂x
Zpierwszego równania:
Z
v( x, y) =
( ex cos y + 4 y)d y = ex sin y + 2 y 2 + C( x) Obliczamy:
∂v = ex sin y + C0( x)
∂x
Podstawiamy do drugiego równania:
ex sin y + C0( x) = ex sin y − 4 x C0( x) = − 4 x Z
C( x) =
( − 4 x)d x = − 2 x 2 + D
Odpowiedź: v( x, y) = ex sin y + 2 y 2 − 2 x 2 + D
Z
1
Zadanie 2: Obliczyć całkę:
d z ,
z
C
gdzie krzywa C składa się z odcinka AB: A(1 , 0) do punktu B(2 , 0) i połowy okręgu BD : x 2 + y 2 = 4 , y 0 i jest skierowana od a do D
Rozwiązanie:
Dzielimy krzywą na dwie części:
Z
1
Z
1
Z
1
d z =
d z +
d z
z
z
z
C
C 1
C 2
Parametryzujemy krzywą C 1: x = t , y = 0 ; gdzie t zmienia się od 1 do 2.
Wtedy z( t) = x + iy = t , d z = d t 2
Z
1
Z
1
I 1 =
d z =
d t == [ln |t|]2 = ln 2
z
t
1
C 1
1
Parametryzujemy krzywą C 2: z = 2 eit ; gdzie t zmienia się od 0 do π.
Wtedy z = 2 e−it , d z = 2 ieit d t π
π
"
# π
Z
1
Z
1
Z
e 2 it
1
1
I 2 =
d z =
2 ieit d t = i
e 2 it d t = i
=
( e 2 πi − e 0) =
(1 − 1) = 0
z
2 e−it
2 i
2
2
C
0
2
0
0
1
Z
1 d z = I 1 + I 2 = ln 2 + 0 = ln 2
z
C
Zadanie 3: Obliczyć całkę:
∞
Z
4
I =
d x
( x 2 + 1)2( x 2 + 9)
−∞
Rozwiązanie:
∞
Z
4
Z
I =
d x =
f ( z)d z
( x 2 + 1)2( x 2 + 9)
−∞
C
4
gdzie f ( z) =
a kontur C jest osią rzeczywistą skierowaną w prawo.
( z 2 + 1)2( z 2 + 9)
Obliczamy całkę po konturze zamkniętym, składającym się z odcinka: CR : x = t,
y = 0 ,
t ∈< −R, R > oraz półokręgu: C 2 : z = Reit,
t ∈< 0 , π >
Funkcja f ( z) jest holomorficzna z wyjątkiem punktów: ( z 2 + 1)2( z 2 + 9) = 0 , czyli z = ±i , z = ± 3 i Dla dostatecznie dużych R w obszarze ograniczonym konturem zamkniętym leżą punkty osobliwe: z 1 = i , z 2 = 3 i.
Mamy więc:
Z
Z
f ( z)d z +
f ( z)d z = 2 πi(Res z= if ( z) + Res z=3 if ( z)) CR
C 2
Przechodzimy do granicy z R → ∞ wtedy : Z
f ( z)d z → I
CR
Z
f ( z)d z → 0
C 2
Stąd:
I = 2 πi(Res z= if ( z) + Res z=3 if ( z)) Obliczamy residua:
4
4
z = i jest biegunem 2-krotnym funkcji f ( z) =
=
( z 2 + 1)2( z 2 + 9)
( z − i)2( z + i)2( z 2 + 9) Stąd:
1
! 0
0
4
Res z= if ( z) =
lim ( z − i)2 f ( z)
= lim ( z − i)2
=
1! z→i
z→i
( z − i)2( z + i)2( z 2 + 9) 4
! 0
− 4 (2( z + i)( z 2 + 9) + ( z + i)22 z) lim
= lim
=
z→i
( z + i)2( z 2 + 9) z→i
( z + i)4( z 2 + 9)2
− 4 (2(2 i)( − 1 + 9) + (2 i)22 i)
− 4 · 24 i
− 4 · 24 i
3 i
=
=
= −
(2 i)4( − 1 + 9)2
2432
2482
32
4
4
z = 3 i jest biegunem 1-krotnym funkcji f ( z) =
=
( z 2 + 1)2( z 2 + 9)
( z 2 + 1)2( z − 3 i)( z + 3 i) Stąd:
4
!
Res z=3 if ( z) = lim (( z − 3 i) f ( z)) = lim ( z − 3 i)
=
z→ 3 i
z→ 3 i
( z 2 + 1)2( z − 3 i)( z + 3 i) 4
!
4
4
i
lim
=
=
= −
z→ 3 i
( z 2 + 1)2( z + 3 i) ( − 9 + 1)2(6 i)
82 · 6 i
96
A więc:
2
i
− 10 i
5 π
I = 2 πi( −
−
) = 2 πi
=
32
96
96
24
3