Решени изпитни теми по Комплексен Анализза Технически Университет — София

Николай Икономов

23 март 2013 г.

СъдържаниеУказател 3

Въведение 4

Дефиниции 5

1 Първа тема 8

2 Втора тема 18

3 Трета тема 19

4 Четвърта тема 27

5 Пета тема 29

6 Шеста тема 39

7 Седма тема 46

Литература 50

Темите и основните решения на задачите са на проф. дмн Ралица Ковачева и савзети от нейната уебстраница (линк).

Допълнителни решения и обяснения към задачите, графики, дефиниции и основ-но оформление са от мен. За контакти: nike32@abv.bg, http://justmathbg.info/.

∙ Първа тема (Април 2007)

∙ Втора тема (Май 2007)

∙ Трета, четвърта тема (Юни 2007)

∙ Пета тема (Март 2008)

∙ Шеста тема (ФПМИ, Юни 2006)

∙ Седма тема (ФПМИ, Юни 2009)

УказателЗадачите по категории. Задачите са решени в реда в който са категориите.

∙ Конформни изображения (добре е да се четат в този ред)

– степенна, логаритмична — 1-1

– радикал — 1-2

– дробно-линейна чрез инверсни точки — 1-3

– Жуковски, дробно-линейна, ротация — 1-4

– Жуковски, дробно-линейна, радикал — 3-1

– дробно-линейна — 5-1

– показателна, дробно-линейна — 5-2, 5-3

– дробно-линейна чрез инверсни точки — 5-6

– ротация, Жуковски, линейна, Жуковски наобратно — 6-2

– степенна, транслация, Жуковски наобратно — 7-1

∙ Още задачи

– хармонично спрегнати функции — 1-7, 6-1

– резидууми — 3-3, 4-6

– разни — 3-5, 4-1

Задачите по теми.

∙ Първа тема — 1, 2, 3, 4, 7

∙ Втора тема

∙ Трета тема — 1, 3, 5

∙ Четвърта тема — 1, 6

∙ Пета тема — 1, 2, 3, 6

∙ Шеста тема — 1, 2

∙ Седма тема — 1

ВъведениеОсновни понятия в комплексния анализ:http://en.wikipedia.org/wiki/Complex_numberhttp://en.wikipedia.org/wiki/Complex_analysishttp://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_spherehttp://en.wikipedia.org/wiki/Stereographic_projection

Имагинерна единица:𝑖 =

√−1,

като 𝑖𝑛 има само четири различни стойности

𝑖2 = −1, 𝑖3 = −𝑖, 𝑖4 = 1, 𝑖5 = −1.

Комплексно число 𝑧 (може да означава и област 𝑧):

𝑧 = 𝑥+ 𝑖𝑦,

като реалната (real) и имагинерната (imaginary) част са:

ℜ𝑧 = 𝑥, ℑ𝑧 = 𝑦.

Комплексна равнина C, съставена само от комплексни числа; разширена комп-лексна равнина C = C ∪ {∞} (комплексна равнина с безкрайна точка); римановасфера 𝑆 (стереографска проекция на разширената комплексна равнина върху еди-нична централна сфера).

По-нататък винаги се има предвид разширената комплексна равнина, но за по-кратко е написано само комплексна равнина.

ДефиницииДефиниция 1. Степенна функция [1, стр. 60].

Степенната функция 𝜔 = 𝑧𝑛 трансформира ъгъл 𝜃 с големина 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋/𝑛 въгъл с големина 𝑛𝜃 и връх в началото на координатната система.

Функцията съставено от реално число на степен 𝑛 и сключва ъгъл 𝑛𝜃 = 𝑛 arg(𝑧)с положителната част на реалната права:

𝑧𝑛 = |𝑧|𝑛(cos(𝑛 arg(𝑧)) + 𝑖 sin(𝑛 arg(𝑧))).

Ако върхът на ъгъла е в точка 𝑎: 𝜔 = (𝑧 − 𝑎)𝑛, тогава се прави транслация свектор 𝑎, за да се премести върхът в началото на координатната система.

Функцията има за граница лъч, излизащ от началото на координатната системаи сключващ ъгъл 𝜙0 с положителната част на реалната права.

Резултатът от трансформацията е ъгъл 𝜙 с големина 𝜙0 ≤ 𝜙 ≤ 𝜙0 + 𝑛𝜃, това салъчите ограничаващи ъгъла.

Ако 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛−1, тогава ъгълът 𝜙 е с големина 𝜙0 +2𝑘𝜋 ≤ 𝜙 ≤ 𝜙0 +𝑛𝜃+2𝑘𝜋.

Дефиниция 2. Показателна функция [1, стр. 91].Показателната функция 𝜔 = 𝑒𝑧 трансформира ивица с широчина ℎ ≤ 2𝜋, успо-

редна на реалната права, в ъгъл с разтвор ℎ и връх в началото на координатнатасистема.

Функцията е съставена от експонента и формулата на Ойлер:

𝑒𝑧 = 𝑒𝑥+𝑖𝑦 = 𝑒𝑥(cos(𝑦) + 𝑖 sin(𝑦)).

Функцията трансформира прави, успоредни на имагинерната права, в окръжнос-ти с център в началото на координатната система, и трансформира прави, успореднина реалната права, в лъчи, излизащи от началото на координатната система.

Функцията има за граница правите 𝑦 = 𝜙0 и 𝑦 = 𝜙0 + ℎ.Резултатът от трансформацията е ъгъл 𝜙 с големина 𝜙0 ≤ 𝜙 ≤ 𝜙0 + ℎ, това са

лъчите ограничаващи ъгъла.Ако 𝑘 = 1, 2, 3, . . ., тогава ъгълът 𝜙 е с големина 𝜙0 + 2𝑘𝜋 ≤ 𝜙 ≤ 𝜙0 + ℎ+ 2𝑘𝜋.

Дефиниция 3. Радикал [1, стр. 105].Радикалът 𝜔 = 𝑛

√𝑧 = 𝑧1/𝑛 трансформира цялата комплексна равнина в ъгъл с

големина 2𝜋/𝑛 и връх в началото на координатната система.Функцията е съставена от реално число на степен и формулата на Ойлер, като

функцията сключва ъгъл 𝜃 = arg(𝑧) с положителната част на реалната права:

𝑧1/𝑛 = |𝑧|1/𝑛(

cosarg(𝑧) + 2𝑘𝜋

𝑛+ 𝑖 sin

arg(𝑧) + 2𝑘𝜋

𝑛

).

Функцията има за граница лъч, излизащ от началото на координатната системаи сключващ ъгъл 𝜃 = 𝑛𝜙0 с положителната част на реалната права.

Резултатът от трансформацията е ъгъл 𝜙 с големина 𝜙0 ≤ 𝜙 ≤ 𝜙0 +2𝜋

𝑛, това са

лъчите ограничаващи ъгъла.

Ако 𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛−1, тогава ъгълът 𝜙 е с големина 𝜙0+2𝑘𝜋

𝑛≤ 𝜙 ≤ 𝜙0+

2(𝑘 + 1)𝜋

𝑛.

Комплексен Анализ Съдържание 6

Дефиниция 4. Логаритмична функция [1, стр. 117].Логаритмичната функция 𝜔 = log(𝑧) трансформира цялата комплексна равнина

в ивица, успоредна на реалната права, с широчина големината на ъгъла.Функцията е съставена от натурален логаритъм ln |𝑧|, ъгъл спрямо положител-

ната част на реалната права 𝜃 = arg(𝑧) и клон 2𝑘𝜋𝑖:

log(𝑧) = ln |𝑧| + 𝑖 arg(𝑧) + 2𝑘𝜋𝑖.

Функцията има за граница лъч, излизащ от началото на координатната системаи сключващ ъгъл 𝜙0 = 𝑣0 с положителната част на реалната права.

Резултатът от трансформацията е ивица, успоредна на реалната права, ивицатае със широчина 𝑣: 𝑣0 ≤ 𝑣 ≤ 𝑣0 + 2𝜋.

Ако 𝑘 = 1, 2, 3, . . ., тогава широчината е: 𝑣0 + 2𝑘𝜋 ≤ 𝑣 ≤ 𝑣0 + 2(𝑘 + 1)𝜋.

Дефиниция 5. Линейна функция [1, стр. 43], [2, стр. 48].Линейната функция

𝜔 = 𝛼𝑧 + 𝛽 = |𝛼|𝑒𝑖 arg(𝛼)𝑧 + 𝛽

е композиция от следните функции: хомотетия с коефициент |𝛼|, ротация на ъгъл𝜃 = arg(𝛼) чрез 𝑒𝑖 arg(𝛼), транслация на цялата комплексна равнина по посока навектора 𝛽. (Нека да отбележим, че функцията 𝑒𝑖𝜃 = 𝑒𝑖 arg(𝛼) не зависи от 𝑧).

Комплексните числа могат да се представят така:

𝛼 = |𝛼|𝑒𝑖 arg(𝛼),

като |𝛼| определя разстоянието на числото от началото на координатната система, а𝑒𝑖 arg(𝛼) определя ъгълът 𝜃 = arg(𝛼), който векторът през |𝛼| сключва с положител-ната част на реалната права.

Пълното представяне е:

𝛼 = 𝑒log(𝛼) = 𝑒ln |𝛼|+𝑖 arg(𝛼)+2𝑘𝜋𝑖 = |𝛼|𝑒𝑖 arg(𝛼)𝑒2𝑘𝜋𝑖,

където клонът на логаритъма се определя от 𝑒2𝑘𝜋𝑖, но той често е главният клон𝑘 = 0 при което 𝑒2𝑘𝜋𝑖 = 1.

Функцията е частен случай на дробно-линейната функция при 𝑐 = 0:

𝜔 =𝑎𝑧 + 𝑏

𝑑=𝑎

𝑑𝑧 +

𝑏

𝑑= 𝛼𝑧 + 𝛽, 𝛼 =

𝑎

𝑑, 𝛽 =

𝑏

𝑑.

Линейната функция още се нарича цяла линейна функция.

Дефиниция 6. Дробно-линейна функция [1, стр. 42, 62, 71].

Дробно-линейната функция 𝜔 =𝑎𝑧 + 𝑏

𝑐𝑧 + 𝑑трансформира цялата комплексна равни-

на отново в цялата комплексна равнина.Нека точките (𝑧, 𝑧1, 𝑧2, 𝑧3) се трансформират в (𝜔, 𝜔1, 𝜔2, 𝜔3). Тогава двойно отно-

шение на точки се нарича релацията:

𝑧 − 𝑧1𝑧 − 𝑧2

:𝑧3 − 𝑧1𝑧3 − 𝑧2

=𝜔 − 𝜔1

𝜔 − 𝜔2

:𝜔3 − 𝜔1

𝜔3 − 𝜔2

.

Това дава дробно-линейната функция в неявен вид.Дробно-линейната функция още се нарича трансформация на Мьобиус (Mobius).

Комплексен Анализ Съдържание 7

Дефиниция 7. Инверсни точки [1, стр. 77].Формула за намиране на инверсна точка 𝑧* на точка 𝑧 спрямо централна окръж-

ност с радиус 𝑅:

𝑧* =𝑅2

𝑧⇐⇒ 𝑧*𝑧 = 𝑅2.

Формула за намиране на инверсна точка 𝑧* на точка 𝑧 спрямо окръжност с център𝑐 и радиус 𝑅:

𝑧* − 𝑐 =𝑅2

𝑧 − 𝑐⇐⇒ (𝑧* − 𝑐)(𝑧 − 𝑐) = 𝑅2.

Формула за намиране на инверсна точка 𝑧* на точка 𝑧 спрямо права 𝛾, катоправата 𝛾 е под наклон 𝜃 с положителната част на реалната права, и сключва правъгъл в точка 𝑐 с друга права 𝛾0, като правата 𝛾0 свързва 𝑧 и 𝑧* (𝛾 ⊥ 𝛾0):

𝑧* − 𝑐 = 𝑒𝑖𝜃(𝑧 − 𝑐).

Инверсните точки още се наричат симетрични точки.

Дефиниция 8. Функция на Жуковски [1, стр. 84].

Функцията на Жуковски 𝜔 =1

2

(𝑧 +

1

𝑧

)трансформира вътрешността и вън-

шността на единичния кръг в цялата комплексна равнина без отсечката [−1, 1], аединичната окръжност се трансформира на отсечката [−1, 1].

Единичната окръжност се трансформира на отсечката [−1, 1], като я пробягвадва пъти: горната полуокръжност отива в долния бряг на отсечката, а долната по-луокръжност отива в горния бряг.

Дефиниция 9. Обратна функция на Жуковски [2, стр. 57].Обратната функция на Жуковски 𝜔 = 𝑧+

√𝑧2 − 1 трансформира цялата комплек-

сна равнина без отсечката [−1, 1] във вътрешността или външността на единичниякръг, а отсечката [−1, 1] се трансформира в единичната окръжност.

Функцията е:

𝜔 = 𝑧 +√𝑧2 − 1 = 𝑧 + |𝑧2 − 1|1/2𝑒

𝑖 arg(𝑧−1)2 𝑒

𝑖 arg(𝑧+1)2 𝑒𝑘𝜋𝑖.

Чрез 𝑧𝛼 = 𝑒log(𝑧𝛼) = 𝑒𝛼 log(𝑧) и дефиниция 4 разлагането на радикала е:

(𝑧2 − 1)1/2 = 𝑒log(𝑧2−1)1/2 = 𝑒

12log(𝑧2−1) = 𝑒

12(ln |𝑧2−1|+𝑖 arg(𝑧2−1)+2𝑘𝜋𝑖) =

= 𝑒12ln |𝑧2−1|𝑒

𝑖 arg(𝑧2−1)2 𝑒𝑘𝜋𝑖 = |𝑧2 − 1|1/2𝑒

𝑖 arg(𝑧−1)2 𝑒

𝑖 arg(𝑧+1)2 𝑒𝑘𝜋𝑖.

Функцията изобразява външността на единичния кръг при 𝑘 = 0 и вътрешносттана единичния кръг при 𝑘 = 1. Големината на ъглите 𝜃1 = arg(𝑧 − 1) и 𝜃2 = arg(𝑧 + 1)се изчислява или в положителна посока (обратно на часовниковата стрелка) или вотрицателна посока (по часовниковата стрелка), като се започва от положителнатачаст на реалната права. Не трябва да се смесват посоките!

Функцията има за граница единичната окръжност, която разделя комплекснатаравнина на две области: вътрешност и външност на единичния кръг.

1 Първа темаЗадача 1. Да се изобрази конформно и еднозначно областта {𝑧, 0 < arg(𝑧) < 2𝜋/3}върху ивицата {𝜔, 0 < ℑ𝜔 < 2𝜋}.

Задача 2. Да се изобрази конформно и еднолистно цялата комплексна равнина, раз-рязана по положителната част на имагинерната ос, върху областта {𝜔, −𝜋/2 <arg(𝜔) < 𝜋/6}.

Задача 3. Да се изобрази конформно и еднолистно вътрешността на кръга 𝐷0(2)

върху единичния кръг, по такъв начин, че1 + 𝑖

2→ 0.

Задача 4. Да се изобрази външността на единичния кръг върху цялата комплекснаравнина, разрязана по лъча {𝜔, arg(𝜔) = 𝜋/4}.

Задача 5. Нека 𝐷 е област в C и функцията 𝑓(𝑧) е аналитична в 𝐷: 𝑓(𝑧) ∈ 𝐴(𝐷).Възможно ли е комплексно спрегнатата функция 𝑓(𝑧) да е аналитична в 𝐷: 𝑓(𝑧) ∈𝐴(𝐷) и кога?

Задача 6. Нека 𝐷 е област в C и функцията 𝑓(𝑧) е аналитична в 𝐷: 𝑓(𝑧) ∈ 𝐴(𝐷).Нека |𝑓(𝑧)| ≡ Const в 𝐷. Докажете, че това е възможно, тогава и само тогава, когато𝑓(𝑧) е тъждествена константа в 𝐷.

Задача 7. Да се намери аналитична функция 𝑓(𝑧), за която ℜ𝑓(𝑧) = (𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) cos(𝑥)и 𝑓(0) = 1.

Комплексен Анализ 1 Първа тема 9

Задача 1. Да се изобрази конформно и еднозначно областта {𝑧, 0 < arg(𝑧) < 2𝜋/3}върху ивицата {𝜔, 0 < ℑ𝜔 < 2𝜋}.

Решение. Функцията arg(𝑧) означава, че имаме ъгъл с големина 2𝜋/3 − 0 = 2𝜋/3спрямо 𝑧. И търсим трансформация 𝜔, която ще изпрати този ъгъл в ивицата 0 до2𝜋, успоредна на реалната ос.

Функцията 𝜔 = 𝑧𝑛 може да трансформира ъгъл в цялата комплексна равнина(дефиниция 1). Цялата равнина може да се представи като ъгъл с разтвор 2𝜋, а ниепо условие имаме ъгъл 2𝜋/3. Следователно функцията 𝜔1 = 𝑧3 трансформира нашияъгъл в цялата комплексна равнина, разрязана по положителната част на реалнатаправа.

В комплексния анализ всяка област има някаква граница, в случая с нашия да-ден ъгъл границата му се състои от двата лъча (и ъгъла е затворен между тях). Ацялата комплексна равнина е ъгъл с разтвор 2𝜋 и граница който си поискаме лъч(започващ от нулата). Можем да си представим как, примерно, лъча тръгва от поло-жителната част на реалната права (от горната страна), описва цялата равнина, и сеслива отново с положителната част на реалната права, само че идвайки от долнатастрана. (Границите на областите във файла са дадени с червен цвят).

Условието на задачата е дадено на лявата графика, а функцията 𝜔1 = 𝑧3 е надясната графика. Това е нашата първа трансформация.

z w1

Логаритмичната функция log(𝑧) трансформира ъгъл с разтвор най-много 2𝜋 (ця-лата равнина или част от нея) в ивица успоредна на реалната права, като ивицатае с широчина големината на ъгъла (най-много 2𝜋). Ние имаме цялата комплекснаравнина, така че функцията 𝜔2 = log(𝜔1) = log(𝑧3) трансформира цялата комплекс-ната равнина в ивица с широчина 2𝜋, успоредна на реалната права. (В тази задачаняма да се притесняваме за клоновете на логаритмичната функция, тъй като и двететрансформации са от положителната част на реалната права).

Предишната трансформация 𝜔1 = 𝑧3 е дадена вляво, а новата трансформация𝜔2 = log(𝜔1) е вдясно.

Комплексен Анализ 1 Първа тема 10

w1 w2

Следователно решението е композиция от функциите 𝜔1 и 𝜔2. Композиция сезаписва така:

𝜔 = 𝜔2 ∘ 𝜔1(𝑧),

което означава, че първо извършваме трансформацията 𝜔1, а след това и 𝜔2.По-лесен и разбираем запис е:

𝜔 = 𝜔2(𝜔1) = log(𝑧3).

Но не винаги можем да запишем така, особено ако имаме повече от две трансфор-мации. Това е търсената трансформация и решението на задачата.

Но изниква въпросът: дали е възможно да запишем 𝜔 = 3 log(𝑧)?В конкретния случай е възможно, но по принцип трансформациите трябва да

се прилагат една след друга (така наречената композиция на функции), защото впротивен случай може да получим грешен отговор.

Ето и втория начин за решаване на задачата. Имаме даден ъгъл с разтвор2𝜋/3. Прилагаме функцията 𝜔1 = log(𝑧), и тя ще трансформира този ъгъл в ивица сширочина 2𝜋/3, успоредна на реалната права. Сега прилагаме функцията 𝜔2 = 3𝜔1

(хомотетия, дефиниция 5), и тя увеличава широчината на ивицата от 2𝜋/3 на 2𝜋.Следователно решението се записва като:

𝜔 = 𝜔2(𝜔1) = 3 log(𝑧).

Проверка на задачата. Нека да вземем точка от областта 𝑧, примерно 𝑖, записвамечислото в тригонометричен вид:

𝑖 = |1|(

cos𝜋

2+ 𝑖 sin

𝜋

2

),

прилагаме първата трансформация (дефиниция 1):

𝜔1(𝑖) = 𝑖3 = |1|3(

cos3𝜋

2+ 𝑖 sin

3𝜋

2

)= 0 − 𝑖 = −𝑖.

Записваме и това число в тригонометричен вид:

−𝑖 = |1|(

cos3𝜋

2+ 𝑖 sin

3𝜋

2

),

Комплексен Анализ 1 Първа тема 11

имаме главния клон на логаритъма: 𝑘 = 0, arg(𝑖) = 3𝜋/2 (дефиниция 4):

𝜔2 = log(−𝑖) = ln |1| + 𝑖3𝜋

2+ 0 =

3𝜋

2𝑖.

Което е в търсената област.Сега да видим и чрез второто решение 𝜔 = 3 log(𝑧):

𝜔1 = log(𝑖) = ln |1| + 𝑖𝜋

2+ 0 =

𝜋

2𝑖.

Умножаваме с три и получаваме отново точка в търсената област:

𝜔2 = 3𝜋

2𝑖 =

3𝜋

2𝑖.

Решението на задачата е вярно.

Задача 2. Да се изобрази конформно и еднолистно цялата комплексна равнина, раз-рязана по положителната част на имагинерната ос, върху областта {𝜔, −𝜋/2 <arg(𝜔) < 𝜋/6}.

Решение. Имаме цялата комплексна равнина и искаме да я изобразим в ъгъл с го-лемина 𝜋/6 − (−𝜋/2) = 2𝜋/3, което е 1/3 от комплексната равнина. Следователнофункцията 𝜔 = 𝑧1/3 трансформира цялата комплексна равнина в 1/3 от нея (дефи-ниция 3).

Условието е да изобразим цялата комплексна равнина, която е разрязана по по-ложителната част на имагинерната права, като тази положителна част на имагинер-ната права сключва ъгъл 𝜃 = 𝜋/2 с положителната част на реалната права (като ниезнаем, че 𝜃 = arg(𝑧)). Следователно, ние трябва да определим ъгъла 𝜙0, който щесключва трансформацията с положителната част на реалната права. От дефиниция 3относно радикала:

Функцията има за граница лъч, излизащ от началото на координатната сис-тема и сключващ ъгъл 𝜃 = 𝑛𝜙0 с положителната част на реалната права.

Този ъгъл при нас е 𝜋/2. Следователно:

𝜃 = 𝑛𝜙0 =⇒ 𝜋

2= 3𝜙0 =⇒ 𝜙0 =

𝜋

6.

Защото ние вече решихме, че 𝜔 = 𝑧1/3, тоест 𝑛 = 3.

z w

Комплексен Анализ 1 Първа тема 12

Както се вижда на графиката: вляво положителната част на имагинерната правасключва ъгъл 𝜃 = 𝜋/2 с положителната част на реалната права; вдясно трансфор-мацията сключва ъгъл 𝜙0 = 𝜋/6 с положителната част на реалната права.

Търсената област е защрихована в зелено, другите две области, които се получа-ват при трансформацията, са ограничени от червените лъчи и синия лъч.

Тези лъчи са определени от формулата за радикал от дефиниция 3:

𝑧1/𝑛 = |𝑧|1/𝑛(

cosarg(𝑧) + 2𝑘𝜋

𝑛+ 𝑖 sin

arg(𝑧) + 2𝑘𝜋

𝑛

).

При нас е:

𝑧1/3 = |𝑧|1/3(

cos𝜋/2 + 2𝑘𝜋

3+ 𝑖 sin

𝜋/2 + 2𝑘𝜋

3

).

Нека 𝑘 = 0:

𝑧1/3 = |𝑧|1/3(

cos𝜋/2

3+ 𝑖 sin

𝜋/2

3

)= |𝑧|1/3

(cos

𝜋

6+ 𝑖 sin

𝜋

6

).

Първият лъч е червеният през 𝜋/6, той съвпада с 𝜙0. Сега 𝑘 = 1:

𝑧1/3 = |𝑧|1/3(

cos𝜋/2 + 2𝜋

3+ 𝑖 sin

𝜋/2 + 2𝜋

3

)= |𝑧|1/3

(cos

5𝜋

6+ 𝑖 sin

5𝜋

6

).

Вторият лъч е синият: през 5𝜋/6. Сега и 𝑘 = 2:

𝑧1/3 = |𝑧|1/3(

cos𝜋/2 + 4𝜋

3+ 𝑖 sin

𝜋/2 + 4𝜋

3

)= |𝑧|1/3

(cos

9𝜋

6+ 𝑖 sin

9𝜋

6

).

Третият лъч е другия червен: през 9𝜋/6 = 3𝜋/2. Имаме само три лъча, защоторазделихме комплексната равнина на три части. Всеки следващ лъч ще съвпадне снякой от тези трите, ще му се добави един пълен оборот от 2𝜋.

Това, което остава е да определим клонът на радикала — стойността на 𝑘 в:

𝑧1/3 = |𝑧|1/3(

cos𝜋/2 + 2𝑘𝜋

3+ 𝑖 sin

𝜋/2 + 2𝑘𝜋

3

).

Така ще фиксираме клона на радикала и ще получим точната трансформация.Поглеждаме лъчите: червен лъч през 𝜋/6 (𝑘 = 0), син лъч през 5𝜋/6 (𝑘 = 1),

червен лъч през 3𝜋/2 (𝑘 = 2). А условието е: {𝜔, −𝜋/2 < arg(𝜔) < 𝜋/6}. Както севижда, едва едва закачаме областта при 𝑘 = 0. Следователно трябва да върнем единоборот назад: 𝑘 = −1. Лъчът се определя от формулата:

𝑧1/3 = |𝑧|1/3(

cos𝜋/2 − 2𝜋

3+ 𝑖 sin

𝜋/2 − 2𝜋

3

).

Решението на задачата е 𝑧1/3 с клона 𝑘 = −1:

𝑧1/3 = |𝑧|1/3(

cosarg(𝑧) − 2𝜋

3+ 𝑖 sin

arg(𝑧) − 2𝜋

3

).

Проверка на задачата. Нека да вземем точка от областта: −𝑖, записваме числотов тригонометричен вид:

−𝑖 = |1|(

cos3𝜋

2+ 𝑖 sin

3𝜋

2

),

Комплексен Анализ 1 Първа тема 13

тогава

(−𝑖)1/3 = |1|1/3(

cos3𝜋/2 − 2𝜋

3+ 𝑖 sin

3𝜋/2 − 2𝜋

3

)=

= cos(−𝜋

6

)+ 𝑖 sin

(−𝜋

6

)=

√2

2− 𝑖

1

2.

Което е в търсената област. Решението на задачата е вярно.

Задача 3. Да се изобрази конформно и еднолистно вътрешността на кръга 𝐷0(2)

върху единичния кръг, по такъв начин, че1 + 𝑖

2→ 0.

Решение. Искаме да трансформираме вътрешността на кръг с радиус две във вът-решността на единичния кръг. Още искаме точката 𝑎 = (1 + 𝑖)/2 да отива в нулата.

Ако използваме инверсни точки, то инверсната точка 𝑎* на 𝑎 трябва да се тран-сформира в безкрайност, защото нулата и безкрайната точка са инверсни (дефини-ция 7):

∞ =𝑅2

0⇐⇒ 0 =

𝑅2

∞.

Инверсната точка 𝑎* е:

𝑎* =𝑅2

𝑎=

4

(1 − 𝑖)/2=

8

1 − 𝑖= 8

1 + 𝑖

2.

Нека да преговорим: точката 𝑎 отива в 0, точката 𝑎* отива в ∞. Можем да запи-шем дробно-линейна трансформация чрез инверсни точки:

𝜔 = 𝜆𝑧 − 𝑎

𝑧 − 𝑎*.

Нека да преобразуваме:

𝜔 = 𝜆𝑧 − 𝑎

𝑧 − 𝑎*= 𝜆

𝑧 − 𝑎

𝑧 −𝑅2/𝑎= −𝜆𝑎 𝑧 − 𝑎

𝑅2 − 𝑧𝑎= 𝜇

𝑧 − 𝑎

𝑅2 − 𝑧𝑎.

Ако |𝜇| = 𝑅2, то кръг с радиус 𝑅 се трансформира в кръг с радиус 𝑅. Ние искамекръг с радиус 𝑅 = 2 да се трансформира в единичния кръг, тогава: |𝜇| = 𝑅 = 2.Решението е:

𝜔 = 𝜇𝑧 − 𝑎

𝑅2 − 𝑧𝑎, |𝜇| = 2.

-2 -1 0 1 2

z

-2 -1 0 1 2

w

Комплексен Анализ 1 Първа тема 14

Проверка на задачата. Нека да вземем точката 1:

𝜔(1) = 𝜇𝑧 − 𝑎

𝑅2 − 𝑧𝑎= 2

1 − (1 + 𝑖)/2

4 − (1 − 𝑖)/2= 2

2 − (1 + 𝑖)

8 − (1 − 𝑖)=

= 22 − 1 − 𝑖

8 − 1 + 𝑖= 2

1 − 𝑖

7 + 𝑖= 2

(1 − 𝑖)(7 − 𝑖)

72 − 𝑖2= 2

7 − 𝑖− 7𝑖+ 𝑖2

49 + 1=

= 26 − 8𝑖

50=

6 − 8𝑖

25.

Което е в търсената област. Решението на задачата е вярно, но все пак подлежи напотвърждение.

Задача 4. Да се изобрази външността на единичния кръг върху цялата комплекснаравнина, разрязана по лъча {𝜔, arg(𝜔) = 𝜋/4}.

Решение. Имаме дадена цялата комплексна равнина без вътрешността на единичниякръг, и границата на областта е самия единичен кръг.

Прилагаме функцията на Жуковски 𝜔1 =1

2

(𝑧 +

1

𝑧

)(дефиниция 8), като вън-

шността на единичния кръг се трансформира в цялата комплексна равнина, без от-сечката [−1, 1], а единичният кръг се трансформира в отсечката [−1, 1].

-1 0 1

z

-1 0 1

w1

Сега трябва да намерим дробно-линейна трансформация, която изпраща отсеч-ката [−1, 1] в положителната част на реалната права (директно там, за да не сезанимаваме с това какъв наклон сключва лъчът с положителната част на реалнатаправа, сега ъгълът ще е нула — буквално съвпада).

Пробягваме отсечката [−1, 1], като взимаме точките −1, 0, 1 или 1, 0, −1, в тазипоследователност.

Искаме резултатът от трансформацията да е положителната част на реалнатаправа, можем да я представим с последователността от точки: 0, 1, ∞.

Нека първо да вземем:

(𝑧, 1, 0,−1) → (𝜔, 0, 1,∞).

Записваме двойното отношение на точките (от дефиниция 6):

𝑧 − 1

𝑧 − 0:−1 − 1

−1 − 0=𝜔 − 0

𝜔 − 1:

1

1.

Комплексен Анализ 1 Първа тема 15

Там, където присъства безкрайност, заменяме с единица.

𝑧 − 1

𝑧:−2

−1=

𝜔

𝜔 − 1=⇒ 𝑧 − 1

2𝑧=

𝜔

𝜔 − 1,

2𝑧𝜔 = (𝑧 − 1)(𝜔 − 1) =⇒ 2𝑧𝜔 = 𝑧𝜔 − 𝑧 − 𝜔 + 1,

2𝑧𝜔 − 𝑧𝜔 + 𝜔 = 1 − 𝑧 =⇒ 𝑧𝜔 + 𝜔 = 1 − 𝑧,

𝜔(1 + 𝑧) = 1 − 𝑧 =⇒ 𝜔 =1 − 𝑧

1 + 𝑧.

Нека сега да вземем:(𝑧,−1, 0, 1) → (𝜔, 0, 1,∞).

Записваме отново двойното отношение:

𝑧 + 1

𝑧 − 0:

1 + 1

1 − 0=𝜔 − 0

𝜔 − 1:

1

1.

И получаваме:𝑧 − 1

𝑧:

2

1=

𝜔

𝜔 − 1=⇒ 𝑧 − 1

2𝑧=

𝜔

𝜔 − 1,

същия отговор като преди малко.Дробно-линейната функция, която изпраща отсечката [−1, 1] в положителната

част на реалната права, е:

𝜔 =1 − 𝑧

1 + 𝑧.

Следователно нашата втора трансформация (записана спрямо първата 𝜔1) е:

𝜔2 =1 − 𝜔1

1 + 𝜔1

.

-1 0 1

w1

-1 0 1

w2

Тази дробно-линейна функция трансформира цялата комплексна равнина без от-сечката [−1, 1] в цялата комплексна равнина, разрязана по положителната част нареалната права.

Нека да си припомним условието: {𝜔, arg(𝜔) = 𝜋/4}, което означава че търсе-ната област е цялата комплексна равнина, разрязана по лъча през 𝜋/4. Остава данаправим ротация на ъгъл 𝜋/4 и ще получим исканата област.

Комплексен Анализ 1 Първа тема 16

Тогава записваме ротация на ъгъл 𝜃 = 𝜋/4 (дефиниция 5):

𝜔 = 𝑒𝑖𝜃𝑧 = 𝑒𝑖𝜋/4𝑧.

Следователно последната ни трета трансформация (спрямо 𝜔2) е:

𝜔3 = 𝑒𝑖𝜋/4𝜔2.

w2 w3

Решението на задачата е композиция от функциите:

𝜔1 =1

2

(𝑧 +

1

𝑧

), 𝜔2 =

1 − 𝜔1

1 + 𝜔1

, 𝜔3 = 𝑒𝑖𝜋/4𝜔2,

(това са функция на Жуковски, дробно-линейна функция, ротация) и може да сезапише така:

𝜔 = 𝜔3 ∘ 𝜔2 ∘ 𝜔1(𝑧).

Този запис означава, че извършваме трансформациите отдясно наляво: първо 𝜔1,после 𝜔2 и накрая 𝜔3.

Проверка на задачата. Нека да вземем точката 2:

𝜔1(2) =1

2

(2 +

1

2

)=

1

2

5

2=

5

4,

𝜔2(5/4) =1 − 5/4

1 + 5/4=

4 − 5

4 + 5= −1

9,

𝜔3(−1/9) = −1

9𝑒𝑖𝜋/4 = −1

9

(cos

𝜋

4+ 𝑖 sin

𝜋

4

)= −1

9

(√2

2+ 𝑖

√2

2

).

Което е в търсената област. Решението на задачата е вярно.

Задача 7. Да се намери аналитична функция 𝑓(𝑧), за която ℜ𝑓(𝑧) = (𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) cos(𝑥)и 𝑓(0) = 1.

Комплексен Анализ 1 Първа тема 17

Решение. Теорията е във файла по Висша Математика III.Имаме дадена реалната функция:

𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) cos(𝑥).

Трябва да намерим хармонично спрегнатата функция 𝑣(𝑥, 𝑦) (също реална, но щеизпълнява ролята на имагинерна компонента в 𝑓(𝑧)), за да запишем:

𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦).

Намираме първа и втора производна спрямо 𝑥:

𝑢′𝑥 = −(𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) sin(𝑥), 𝑢′′𝑥𝑥 = −(𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) cos(𝑥).

Сега първа и втора производна спрямо 𝑦:

𝑢′𝑦 = (𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦) cos(𝑥), 𝑢′′𝑦𝑦 = (𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) cos(𝑥).

Уравнението на Лаплас 𝑢′′𝑥𝑥 + 𝑢′′𝑦𝑦 = 0 е изпълнено. Можем да продължим.Използваме уравненията на Коши-Риман (които вече изчислихме):

𝑢′𝑥 = −(𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) sin(𝑥) = 𝑣′𝑦,𝑢′𝑦 = (𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦) cos(𝑥) = −𝑣′𝑥.

Взимаме първото уравнение: 𝑢′𝑥 = 𝑣′𝑦, и интегрираме 𝑣(𝑥, 𝑦) по 𝑦:

𝑣(𝑥, 𝑦) = −∫

(𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) sin(𝑥)𝑑𝑦 + 𝜙(𝑥) = −(𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦) sin(𝑥) + 𝜙(𝑥).

Имаме функция по 𝑥, защото интегрирахме по 𝑦.Сега диференцираме 𝑣(𝑥, 𝑦) по 𝑥, за да използваме и второто уравнение 𝑣′𝑥 = −𝑢′𝑦:

𝑣′𝑥 = −(𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦) cos(𝑥) + 𝜙′(𝑥) = −(𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦) cos(𝑥) = −𝑢′𝑦,

𝜙′(𝑥) = 0 =⇒ 𝜙(𝑥) = 𝐶.

Където 𝐶 е константа, която трябва да намерим с началното условие 𝑓(0) = 1.Следователно функцията 𝑣(𝑥, 𝑦) e:

𝑣(𝑥, 𝑦) = −(𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦) sin(𝑥) + 𝐶.

Записваме 𝑓(𝑧):

𝑓(𝑧) = (𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦) cos(𝑥) − 𝑖(𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦) sin(𝑥) + 𝑖𝐶.

Изчисляваме 𝑓(0):

𝑓(0) = (1 + 1) cos(0) − 𝑖(1 − 1) sin(0) + 𝑖𝐶 = 2 + 𝑖0 + 𝑖𝐶.

Приравняваме на 1 = 1 + 𝑖0:

2 + 𝑖𝐶 = 1 + 𝑖0 =⇒ 2 = 1, 𝐶 = 0.

Следователно задачата няма решение при условие 𝑓(0) = 1.

2 Втора темаЗадача 1. Докажете, че: ∫

𝛾

𝑒sin(𝑧)𝑑𝑧

≤ 1,

като интегрирането се извършва по имагинерната отсечка 𝛾 : [0, 𝑖].

Задача 2. Вярно ли е равенството:∮𝐶0(1)

𝑧𝑑𝑧 =

∮𝐶0(1)

1

𝑧𝑑𝑧 ?

Обосновете отговора си.

Задача 3. Нека Γ е гладък контур, свързващ точките −3𝑖 и 3𝑖, и лежащ в дяснатаполуравнина {𝑧, ℜ𝑧 > 0}. Пресметнете:∫

Γ

1

𝑧𝑑𝑧.

Задача 4. Нека функцията 𝑓(𝑧) е аналитична в единичния кръг 𝐷0(1) (означаваме с𝑓(𝑧) ∈ 𝐴(𝐷0(1))), и |𝑓(𝑧)| ≤ 𝑀 всеки път когато |𝑧| = 1. Докажете, че |𝑓(0)| ≤ 𝑀 и|𝑓 ′(0)| ≤𝑀 . Какво можем да кажем за 𝑓 (𝑛)(0)?

Задача 5. Съществува ли степенен ред∞∑𝑛=0

𝑎𝑛𝑧𝑛, който да е сходящ в точката 𝑧 = 2+3𝑖

и разходящ в 𝑧 = 3 − 𝑖?

Задача 6. Намерете развитието в ред на Лоран на функцията:

𝑓(𝑧) = 𝑧2 cos

(1

3𝑧

)за |𝑧| > 0.

Задача 7. Намерете развитието в ред на Лоран на функцията:

𝑓(𝑧) =𝑧2 − 2𝑧 + 3

𝑧 − 2

в областта |𝑧 − 1| > 1.

3 Трета темаЗадача 1. Изобразете областта C∖{𝐷0(1)∪[−2,−1]∪[1, 2]} в областта {𝜔, 𝜋 < arg𝜔 <3𝜋/2}.

Задача 2. Нека функцията 𝑓(𝑧) е аналитична във вътрешността на затворения гла-дък контур Γ и върху него. Докажете, че за всяко 𝑧0 /∈ Γ е валидно равенството:∫

Γ

𝑓 ′(𝑧0)

𝑧 − 𝑧0𝑑𝑧 =

∫Γ

𝑓(𝑧)

(𝑧 − 𝑧0)2𝑑𝑧.

Задача 3. С помощта на теоремата за резидуумите докажете, че:∫ 𝜋

−𝜋

𝑑𝜃

1 + sin2(𝜃)= 𝜋

√2.

Задача 4. Като използвате интегралната теорема на Коши, докажете че, ако функ-цията 𝑓(𝑧) е аналитична върху кръга 𝐷𝑎(𝑟), то:

𝑓(𝑎) =1

2𝜋

∫ 2𝜋

0

𝑓(𝑎+ 𝑟𝑒𝑖𝜃)𝑑𝜃.

Задача 5. Постройте функция, която има двукратна нула в точката 𝑧 = 0, простанула в 𝑧 = 1 + 2𝑖, съществена особеност в 𝑧 = 1 и прост полюс в 𝑧 = −1.

Задача 6. Пресметнете: ∫ ∞

0

𝑑𝑥√𝑥(𝑥+ 4)

.

Комплексен Анализ 3 Трета тема 20

Задача 1. Изобразете областта C∖{𝐷0(1)∪[−2,−1]∪[1, 2]} в областта {𝜔, 𝜋 < arg𝜔 <3𝜋/2}.

Решение. Задачата е подобна на тема 1, задача 4.Имаме дадена цялата комплексна равнина без единичната окръжност и без от-

сечките [−2,−1] и [1, 2].

Прилагаме функцията на Жуковски 𝜔1 =1

2

(𝑧 +

1

𝑧

)(дефиниция 8), като външ-

ността на единичния кръг се трансформира в цялата комплексна равнина, без отсеч-ката [−1, 1], а единичният кръг се трансформира в отсечката [−1, 1]. Сега да видимза отсечката [1, 2]:

𝜔1(2) =1

2

(2 +

1

2

)=

1

2

5

2=

5

4.

Нека да видим и едно число от тази отсечка:

𝜔1

(3

2

)=

1

2

(3

2+

2

3

)=

1

2

13

6=

13

12.

Което е съвсем малко вдясно от единицата. Аналогично и за [−2,−1].Следователно функцията 𝜔1 трансформира нашата област в цялата комплексна

равнина без отсечката [−5/4, 5/4].

-2 -1 0 1 2

z

-2 -1 0 1 2

w1

Сега трябва да намерим дробно-линейна трансформация, която изпраща отсеч-ката [−5/4, 5/4] в положителната част на реалната права. Пробягваме отсечката[−5/4, 5/4], като взимаме точките −5/4, 0, 5/4 или 5/4, 0, −5/4, в тази последо-вателност.

Искаме резултатът от трансформацията да е положителната част на реалнатаправа, можем да я представим с последователността от точки: 0, 1, ∞.

Както видяхме в предишната задача, е необходимо да изчислим само за една отпоследователностите:

(𝑧, 5/4, 0,−5/4) → (𝜔, 0, 1,∞).

Записваме двойното отношение на точките (от дефиниция 6):

𝑧 − 5/4

𝑧 − 0:−5/4 − 5/4

−5/4 − 0=𝜔 − 0

𝜔 − 1:

1

1.

Комплексен Анализ 3 Трета тема 21

Както и преди, там където присъства безкрайност, заменяме с единица.

𝑧 − 5/4

𝑧:−10/4

−5/4=

𝜔

𝜔 − 1=⇒ 𝑧 − 5/4

𝑧

1

2=

𝜔

𝜔 − 1,

2𝑧𝜔 = (𝑧 − 5/4)(𝜔 − 1) =⇒ 2𝑧𝜔 = 𝑧𝜔 − 𝑧 − 5/4𝜔 + 5/4,

2𝑧𝜔 − 𝑧𝜔 + 5/4𝜔 = 5/4 − 𝑧 =⇒ 𝑧𝜔 + 5/4𝜔 = 5/4 − 𝑧,

𝜔(5/4 + 𝑧) = 5/4 − 𝑧 =⇒ 𝜔 =5/4 − 𝑧

5/4 + 𝑧.

Логично, получихме че 𝜔 =5/4 − 𝑧

5/4 + 𝑧изпраща отсечката [−5/4, 5/4] в положител-

ната част на реалната права, като в предишната задача получихме че 𝜔 =1 − 𝑧

1 + 𝑧изпраща отсечката [−1, 1] в положителната част на реалната права.

Втората ни трансформация (спрямо първата 𝜔1) е:

𝜔2 =5/4 − 𝜔1

5/4 + 𝜔1

.

-2 -1 0 1 2

w1

-2 -1 0 1 2

w2

Останалата част от задачата е подобна на тема 1, задача 2.Имаме цялата комплексна равнина и искаме да я изобразим в ъгъл с големина

3𝜋/2 − 𝜋 = 𝜋/2, което е 1/4 от комплексната равнина. Следователно функцията𝜔 = 𝑧1/4 трансформира цялата комплексна равнина в 1/4 от нея (дефиниция 3).

Ако сравним с предишната задача, тук имаме директно положителната частна реалната права, така че 𝜃 = 𝑛𝜙0 дава: 0 = 4𝜙0, 𝜙0 = 0. Клоновете на радикалазапочват директно от положителната част на реалната права.

Комплексен Анализ 3 Трета тема 22

w2 w3

Търсената област е защрихована в зелено, другите две области, които се получа-ват при трансформацията, са ограничени от червените и сините лъчи.

Нека да определим клоновете на радикала (да пресметнем стойността на лъчите,дефиниция 3):

𝑧1/𝑛 = |𝑧|1/𝑛(

cosarg(𝑧) + 2𝑘𝜋

𝑛+ 𝑖 sin

arg(𝑧) + 2𝑘𝜋

𝑛

).

Напомняме, че 𝜃 = arg(𝑧) = 0. Заместваме с 𝑛 = 4:

𝑧1/4 = |𝑧|1/4(

cos2𝑘𝜋

4+ 𝑖 sin

2𝑘𝜋

4

).

Нека 𝑘 = 0:𝑧1/4 = |𝑧|1/4(cos(0) + 𝑖 sin(0)).

Това е положителната част на реалната права, първия син лъч (определя първиквадрант). Сега 𝑘 = 1:

𝑧1/4 = |𝑧|1/4(

cos2𝜋

4+ 𝑖 sin

2𝜋

4

)= |𝑧|1/4

(cos

𝜋

2+ 𝑖 sin

𝜋

2

).

Това е положителната част на имагинерната права, втория син лъч (определя вториквадрант). Сега 𝑘 = 2:

𝑧1/4 = |𝑧|1/4(

cos4𝜋

4+ 𝑖 sin

4𝜋

4

)= |𝑧|1/4(cos(𝜋) + 𝑖 sin(𝜋)).

Сега вече сме на първия червен лъч, това е отрицателната част на реалната права,това е точно търсената област (трети квадрант). Но нека да видим и последнатаобласт при 𝑘 = 3:

𝑧1/4 = |𝑧|1/4(

cos6𝜋

4+ 𝑖 sin

6𝜋

4

)= |𝑧|1/4

(cos

3𝜋

2+ 𝑖 sin

3𝜋

2

).

Това е отрицателната част на имагинерната права, втория червен лъч (и определяобластта от този червен лъч до първия син, това е точно четвърти квадрант).

Комплексен Анализ 3 Трета тема 23

Търсената област се намира чрез функцията 𝜔 = 𝑧1/4 с клона 𝑘 = 2:

𝑧1/4 = |𝑧|1/4(

cosarg(𝑧) + 4𝜋

4+ 𝑖 sin

arg(𝑧) + 4𝜋

4

).

Следователно нашата трета трансформация (спрямо предишната 𝜔2) е:

𝜔3 = 𝜔1/42 (𝑘 = 2).

Решението на задачата е композиция от функциите:

𝜔1 =1

2

(𝑧 +

1

𝑧

), 𝜔2 =

5/4 − 𝜔1

5/4 + 𝜔1

, 𝜔3 = 𝜔1/42 (𝑘 = 2),

(това са функция на Жуковски, дробно-линейна функция, радикал) и може да сезапише така:

𝜔 = 𝜔3 ∘ 𝜔2 ∘ 𝜔1(𝑧).

При този запис функциите се прилагат отдясно наляво.Проверка на задачата. Нека да вземем точката 3:

𝜔1(3) =1

2

(3 +

1

3

)=

1

2

10

9=

5

3,

𝜔2(5/3) =5/4 − 5/3

5/4 + 5/3=

15 − 20

15 + 20= − 5

35= −1

7,

сега да представим −1/7 в тригонометричен вид:

−1

7=

1

7

(cos(𝜋) + 𝑖 sin(𝜋)),

𝜔3(−1/7) =

1

7

1/4(cos

𝜋 + 4𝜋

4+ 𝑖 sin

𝜋 + 4𝜋

4

)=

1

7

1/4(cos

5𝜋

4+ 𝑖 sin

5𝜋

4

)=

=14√

7

(−√

2

2− 𝑖

√2

2

)= −

√2

2 4√

7− 𝑖

√2

2 4√

7.

Което е в търсената област. Решението на задачата е вярно.

Задача 3. С помощта на теоремата за резидуумите докажете, че:∫ 𝜋

−𝜋

𝑑𝜃

1 + sin2(𝜃)= 𝜋

√2.

Решение. Теорията е във файла по Висша Математика III.Трябва да приложим теоремата за резидуумите, за целта трябва да сменим про-

менливата на 𝑧.Записваме комплексното число 𝑧 чрез дефиниция 5:

𝑧 = |𝑧|𝑒𝑖 arg(𝑧) = |𝑧|𝑒𝑖𝜃,

Комплексен Анализ 3 Трета тема 24

като при |𝑧| = 1 и 𝜃 = arg(𝑧) ∈ [0, 2𝜋] получаваме единичната окръжност. Границитена интеграла са от −𝜋 до 𝜋, което като големина е пак 2𝜋, избираме си радиуса дае единица: |𝑧| = 1, тоест да интегрираме по цялата единична окръжност.

Следователно можем да запишем:

𝑧 = 𝑒𝑖𝜃, 𝜃 ∈ [−𝜋, 𝜋].

Диференцираме двете страни:

𝑑𝑧 = 𝑑(𝑒𝑖𝜃) = 𝑖𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃.

Значи трябва да умножим в числител и знаменател с 𝑖𝑒𝑖𝜃:

𝐼 =

∫ 𝜋

−𝜋

𝑖𝑒𝑖𝜃𝑑𝜃

𝑖𝑒𝑖𝜃(1 + sin2(𝜃)).

Интегрираме по единичната окръжност, имаме:

𝐼 =

∫ 𝜋

−𝜋

𝑑(𝑒𝑖𝜃)

𝑖𝑒𝑖𝜃(1 + sin2(𝜃))=

∫𝐶0(1)

𝑑𝑧

𝑖𝑧(1 + sin2(𝜃)).

Сега остава да махнем и синуса. Формулата за синус е:

sin(𝜃) =𝑒𝑖𝜃 − 𝑒−𝑖𝜃

2𝑖=

1

2𝑖

(𝑒𝑖𝜃 − 1

𝑒𝑖𝜃

)=

1

2𝑖

(𝑧 − 1

𝑧

)=𝑧2 − 1

2𝑖𝑧.

Трябва да повдигнем на квадрат:

sin2(𝜃) =

(𝑧2 − 1

2𝑖𝑧

)2

=𝑧4 − 2𝑧2 + 1

4𝑖2𝑧2.

Добавяме и единицата:

1 + sin2(𝜃) = 1 +𝑧4 − 2𝑧2 + 1

−4𝑧2=

−4𝑧2 + 𝑧4 − 2𝑧2 + 1

−4𝑧2=𝑧4 − 6𝑧2 + 1

−4𝑧2.

Заместваме обратно в интеграла:

𝐼 =

∫𝐶0(1)

𝑑𝑧

𝑖𝑧 𝑧4−6𝑧2+1−4𝑧2

=

∫𝐶0(1)

−4𝑧2𝑑𝑧

𝑖𝑧(𝑧4 − 6𝑧2 + 1)= −4

𝑖

∫𝐶0(1)

𝑧𝑑𝑧

𝑧4 − 6𝑧2 + 1.

Подинтегралната функция е:

𝑓(𝑧) =𝑧

𝑧4 − 6𝑧2 + 1.

Имаме еднократна нула в 𝑧 = 0. Трябва да видим къде са полюсите. Записваме:

𝑧4 − 6𝑧2 + 1 = 0.

Това е биквадратен тричлен. Формулата за разлагане е:

𝑎𝑥4 + 𝑏𝑥2 + 𝑐 = 𝑎(𝑥2 − 𝑡1)(𝑥2 − 𝑡2),

Комплексен Анализ 3 Трета тема 25

където 𝑡1 и 𝑡2 са корените на квадратното уравнение 𝑎𝑡2 + 𝑏𝑡 + 𝑐 = 0 при 𝑡 = 𝑥2.Тогава:

𝑡2 − 6𝑡+ 1 = 0, 𝐷 = 32 = 25, 𝑡1,2 =6 ± 4

√2

2= 3 ± 2

√2.

Разлагането е:

𝑧4 − 6𝑧2 + 1 =(𝑧2 − (3 + 2

√2))(

𝑧2 − (3 − 2√

2)).

Корените на уравнението са:

𝑧1,2 = ±√

3 + 2√

2, 𝑧3,4 = ±√

3 − 2√

2.

Чрез калкулатор или досещане:

𝑧1 = 2.414, 𝑧2 = −2.414, 𝑧3 = 0.414, 𝑧4 = −0.414.

Областта на интегриране е вътрешността на единичната окръжност (защото се дви-жим от −𝜋 до 𝜋, вътрешността остава отляво), точките 𝑧3 и 𝑧4 са в окръжността:

𝑧3 =

√3 − 2

√2, 𝑧4 = −

√3 − 2

√2.

Това са еднократни полюси, сега трябва да изчислим резидуумите. Решението е:

𝐼 = 2𝜋𝑖

(−4

𝑖

)(Res[𝑧 = 𝑧3] + Res[𝑧 = 𝑧4]) = −8𝜋(Res[𝑧 = 𝑧3] + Res[𝑧 = 𝑧4]).

Това е множителя пред интеграла: −4/𝑖, не трябва да го забравяме.Изчисляваме резидуума в 𝑧 = 𝑧3:

Res[𝑧 = 𝑧3] = lim𝑧→𝑧3

(𝑧 − 𝑧3)𝑧

(𝑧2 − (3 + 2√

2))(𝑧 − 𝑧3)(𝑧 − 𝑧4)=

= lim𝑧→𝑧3

𝑧

(𝑧2 − 3 − 2√

2)(𝑧 − 𝑧4)=

=

√3 − 2

√2

((√

3 − 2√

2)2 − 3 − 2√

2)(√

3 − 2√

2 +√

3 − 2√

2)=

=

√3 − 2

√2

(3 − 2√

2 − 3 − 2√

2)2√

3 − 2√

2= − 1

8√

2.

Сега и резидуума в 𝑧 = 𝑧4:

Res[𝑧 = 𝑧4] = lim𝑧→𝑧4

(𝑧 − 𝑧4)𝑧

(𝑧2 − (3 + 2√

2))(𝑧 − 𝑧3)(𝑧 − 𝑧4)=

= lim𝑧→𝑧4

𝑧

(𝑧2 − 3 − 2√

2)(𝑧 − 𝑧3)=

=−√

3 − 2√

2

((−√

3 − 2√

2)2 − 3 − 2√

2)(−√

3 − 2√

2 −√

3 − 2√

2)=

=−√

3 − 2√

2

(3 − 2√

2 − 3 − 2√

2)(−2)√

3 − 2√

2= − 1

8√

2.

Комплексен Анализ 3 Трета тема 26

Равни са, записваме отговора:

𝐼 = −8𝜋

(− 1

8√

2− 1

8√

2

)=

16𝜋

8√

2=

2𝜋√2

= 𝜋√

2.

Това и трябваше да докажем.

Задача 5. Постройте функция, която има двукратна нула в точката 𝑧 = 0, простанула в 𝑧 = 1 + 2𝑖, съществена особеност в 𝑧 = 1 и прост полюс в 𝑧 = −1.

Решение. Записваме — двукратна нула: 𝑧2 в числител; проста (еднократна) нула:

𝑧 − (1 + 2𝑖) в числител; съществена особеност: 𝑒1

𝑧−1 в числител; прост (еднократен)полюс: 𝑧 − (−1) в знаменател:

𝑓(𝑧) =𝑒

1𝑧−1 𝑧2(𝑧 − 1 − 2𝑖)

𝑧 + 1𝑔(𝑧).

Функцията 𝑔(𝑧) е аналитична в цялата комплексна равнина и различна от нула(за да остане нещо след всички тия нули и полюси :)

Относно съществената особеност: експоненциалната функция е винаги положи-телна, но ако се повдигне на степен безкрайност функцията клони към безкрайност:𝑒∞ → ∞.

Ако сме в реалния анализ имаме −∞ и +∞, тогава: 𝑒−∞ → 0, 𝑒+∞ → +∞.

4 Четвърта темаЗадача 1. Намерете числата 𝑧, за които cos(𝑧) = 𝑖 sin(𝑧).

Задача 2. Докажете, че редицата {𝑧𝑛}∞𝑛=1 е сходяща тогава и само тогава, когато

безкрайният ред∞∑𝑛=0

(𝑧 − 𝑧𝑛−1) е сходящ.

Задача 3. Докажете, че ако двете функции 𝑓(𝑧) и |𝑓(𝑧)| са едновременно аналитич-ни в областта 𝐷, то 𝑓(𝑧) ≡ Const; както и че ако двете функции 𝑓(𝑧) и 𝑓(𝑧) саедновременно аналитични в областта 𝐷, то 𝑓(𝑧) ≡ Const.

Задача 4. Нека 𝑓(𝑧) е аналитична върху затворения кръг 𝐾 и нека |𝑓(𝑧) − 1| < 1 завсяко 𝑧 ∈ 𝐾. Докажете, че 𝑓(𝑧) няма нули във вътрешността на кръга.

Задача 5. Определете стойността на интеграла:∫Γ

𝑓 ′(𝑧)

𝑓(𝑧)𝑑𝑧,

без да го пресмятате директно, като

𝑓(𝑧) =𝑒𝑧𝑧2(𝑧 − 1)3

(𝑧 + 2)(𝑧 − 2)2,

а контурът Γ е елипсата с фокуси ±1, голяма полуос 5/4 и малка полуос 3/4.

Задача 6. Пресметнете: ∫Γ

cos(𝑧)

𝑧2(𝑧 − 3)𝑑𝑧,

като Γ е контурът, ограничаващ областта заключена между окръжностите 𝐶−1(2) и𝐶3/4(1/4).

Комплексен Анализ 4 Четвърта тема 28

Задача 6. Пресметнете: ∫Γ

cos(𝑧)

𝑧2(𝑧 − 3)𝑑𝑧,

като Γ е контурът, ограничаващ областта заключена между окръжностите 𝐶−1(2) и𝐶3/4(1/4).

Решение. Подинтегралната функция е:

𝑓(𝑧) =cos(𝑧)

𝑧2(𝑧 − 3).

Функцията има еднократни нули в 𝑧 = 𝑘𝜋/2, 𝑘 = ±1,±3,±5, . . ., двукратен полюсв 𝑧 = 0 и еднократен полюс в 𝑧 = 3. Областта на интегриране е вътрешността наокръжност с радиус 2 и център (−1, 0), без окръжност с радиус 0.25 и център (0.75, 0).Интересуват ни полюсите: 𝑧 = 3 е извън областта, но 𝑧 = 0 е в областта.

Следователно имаме двукратен полюс в 𝑧 = 0. Стойността на интеграла е:

𝐼 = 2𝜋𝑖Res[𝑧 = 0].

Изчисляваме резидуума:

Res[𝑧 = 0] =1

(2 − 1)!lim𝑧→0

((𝑧 − 0)2

cos(𝑧)

𝑧2(𝑧 − 3)

)(2−1)

= lim𝑧→0

(cos(𝑧)

𝑧 − 3

)′

=

= lim𝑧→0

− sin(𝑧)(𝑧 − 3) − cos(𝑧)

(𝑧 − 3)2= lim

𝑧→0

3 sin(𝑧) − 𝑧 sin(𝑧) − cos(𝑧)

(𝑧 − 3)2=

=0 − 0 − 1

(0 − 3)2= −1

9.

Отговорът е:

𝐼 = 2𝜋𝑖

(−1

9

)= −2𝜋𝑖

9.

Задача 1. Намерете числата 𝑧, за които cos(𝑧) = 𝑖 sin(𝑧).

Решение. Формулите за синус и косинус са:

cos(𝑧) =𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧

2, sin(𝑧) =

𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧

2𝑖.

Заместваме:

𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧

2= 𝑖

𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧

2𝑖=⇒ 𝑒𝑖𝑧 + 𝑒−𝑖𝑧 = 𝑒𝑖𝑧 − 𝑒−𝑖𝑧 =⇒ 2𝑒−𝑖𝑧 = 0.

Уравнението няма решение, понеже 𝑒𝛼 > 0, за всяко 𝛼.Освен когато имаме реално число 𝑧 = 𝑥 и граничен преход при 𝑥→ +∞:

lim𝑥→+∞

2𝑒−𝑖𝑥 = 0.

5 Пета темаЗадача 1. Намерете образа на правите 𝑥 = 𝑎 и 𝑦 = 𝑏 посредством трансформацията𝜔 =

𝑧 − 𝑎

𝑧 − 𝑖𝑏, като 𝑎 и 𝑏 са реални числа.

Задача 2. Намерете образа на полуивицата {𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦, 0 ≤ 𝑥 < ∞, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝜋}посредством трансформацията 𝜔 =

𝑒𝑧 + 1

𝑒𝑧 − 1.

Задача 3. Намерете образа на полуивицата {𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦, −∞ < 𝑥 < 1, −𝜋 ≤ 𝑦 ≤ 𝜋}посредством трансформацията 𝜔 =

𝑒𝑧 − 1

𝑒𝑧 + 1.

Задача 4. Аналитична ли е функцията 𝑓(𝑧) = |𝑧|? Обосновете отговора си.

Задача 5. За кои стойности на 𝑧 е вярно 1𝑧 = 1? Обосновете отговора си.

Задача 6. Намерете общият вид на дробно-линейна трансформация, която да изпра-ща дясната полуравнина без кръга |𝑧 −

√2| ≤ 1 върху венеца 1 ≤ |𝑧| ≤ 𝑎.

Задача 7. Покажете, че ако 𝑓(𝑧) и |𝑓(𝑧)| са едновременно аналитични в областта 𝐷,то 𝑓(𝑧) ≡ Const.

Комплексен Анализ 5 Пета тема 30

Задача 1. Намерете образа на правите 𝑥 = 𝑎 и 𝑦 = 𝑏 посредством трансформацията𝜔 =

𝑧 − 𝑎

𝑧 − 𝑖𝑏, като 𝑎 и 𝑏 са реални числа.

Решение. Имаме дадена трансформацията:

𝜔 =𝑧 − 𝑎

𝑧 − 𝑖𝑏.

Нека първо да видим червената права през 𝑥 = 𝑎. Избираме си три точки от нея:𝑎, 𝑎+ 𝑖𝑏, ∞, и намираме трансформациите:

𝜔(𝑎) =𝑎− 𝑎

𝑎− 𝑖𝑏= 0, 𝜔(𝑎+ 𝑖𝑏) =

𝑎+ 𝑖𝑏− 𝑎

𝑎+ 𝑖𝑏− 𝑖𝑏=𝑖𝑏

𝑎= 𝑖

𝑏

𝑎, 𝜔(∞) = 1.

Дробно-линейна трансформация от безкрайност ∞ е винаги единица.Получихме точките 0, 𝑖𝑏/𝑎, 1, които не лежат на една права, но лежат на окръж-

ност. Центърът на окръжността лежи на средата на хипотенузата:

ℎ =

√12 +

𝑏2

𝑎2=

√𝑎2 + 𝑏2

𝑎2=

√𝑎2 + 𝑏2

|𝑎|.

Радиусът е половината от хипотенузата:

𝑟 =ℎ

2=

√𝑎2 + 𝑏2

2|𝑎|.

Единият катет в задачата е винаги от 0 до 1, и в правоъгълния триъгълник медианатакъм хипотенузата е равна на половината от хипотенузата, следователно центърът ев точката

𝑐 =

(1

2,𝑖|𝑏|2|𝑎|

).

-2i

-i

0

i

2i

-2 -1 0 1 2

z -2i

-i

0

i

2i

-2 -1 0 1 2

w

c

Графиката е начертана с 𝑎 = −1, 𝑏 = 2, откъдето следва че

ℎ =√

5, 𝑟 =

√5

2, 𝑐 =

(1

2,𝑖|2|

2| − 1|

)= (0.5, 𝑖).

Комплексен Анализ 5 Пета тема 31

Сега и за зелената права през 𝑦 = 𝑏. Избираме си три точки от нея: 𝑎+ 𝑖𝑏, 𝑖𝑏, ∞.Намираме трансформациите:

𝜔(𝑎+ 𝑖𝑏) =𝑎+ 𝑖𝑏− 𝑎

𝑎+ 𝑖𝑏− 𝑖𝑏=𝑖𝑏

𝑎= 𝑖

𝑏

𝑎, 𝜔(𝑖𝑏) =

𝑖𝑏− 𝑎

𝑖𝑏− 𝑖𝑏= ∞, 𝜔(∞) = 1.

Получихме точките 𝑖𝑏/𝑎, ∞, 1. Две от тях лежат на една права, а безкрайнататочка лежи където си иска, така че трите точки лежат на една права. Тази права,както се вижда на графиката, минава през центъра на окръжността (определена отпредишната трансформация).

Следователно функцията 𝜔 =𝑧 − 𝑎

𝑧 − 𝑖𝑏, при 𝑎 и 𝑏 реални числа, трансформира

правата 𝑥 = 𝑎 в окръжност през точките 0, 1, 𝑖𝑏/𝑎, и трансформира правата 𝑦 = 𝑏 вправа през точките 1, 𝑖𝑏/𝑎 и центъра на окръжността.

Ако права минава през центъра на окръжност, то се казва, че правата и ок-ръжността са перпендикулярни.

-2i

-i

0

i

2i

-2 -1 0 1 2

z -2i

-i

0

i

2i

-2 -1 0 1 2

w

c

Графиката е начертана с 𝑎 = 2, 𝑏 = 3 (всички графики се чертаят с граници[−3, 3], затова 𝑏 не се вижда), откъдето следва че

ℎ =

√13

2, 𝑟 =

√13

4, 𝑐 =

(1

2,𝑖|3|2|2|

)= (1/2, 𝑖3/4) = (0.5, 𝑖0.75).

Проверка на задачата. Нека 𝑎 = 1 и 𝑏 = 1. Тогава трансформацията е:

𝜔 =𝑧 − 1

𝑧 − 𝑖.

Червената права е през 𝑥 = 1. Взимаме три точки от нея: 1, 1 + 𝑖, ∞. Намираметрансформациите:

𝜔(1) =1 − 1

1 − 𝑖= 0, 𝜔(1 + 𝑖) =

1 + 𝑖− 1

1 + 𝑖− 𝑖= 𝑖, 𝜔(∞) = 1.

Дробно-линейна трансформация от безкрайност ∞ е винаги единица.Получихме точките 0, 𝑖, 1, които не лежат на една права. Следователно лежат на

окръжност, с център (1/2, 1/2) и радиус√

2/2.

Комплексен Анализ 5 Пета тема 32

-i

0

i

-1 0 1

z

-i

0

i

-1 0 1

w

c

Зелената права през 𝑦 = 1. Взимаме три точки: 1 + 𝑖, 𝑖, ∞ и намираме трансфор-мациите:

𝜔(1 + 𝑖) =1 + 𝑖− 1

1 + 𝑖− 𝑖= 𝑖, 𝜔(𝑖) =

𝑖− 1

𝑖− 𝑖= ∞, 𝜔(∞) = 1.

Получихме точките 𝑖, ∞, 1. И трите лежат на една права, която минава презцентъра на окръжността.

Червената права се трансформира в червената окръжност, а зелената права сетрансформира в зелената права :)

Задачата е решена при 𝑎 = −1, 𝑏 = 2; 𝑎 = 2, 𝑏 = 3; 𝑎 = 1, 𝑏 = 1.

Задача 2. Намерете образа на полуивицата {𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦, 0 ≤ 𝑥 < ∞, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝜋}посредством трансформацията 𝜔 =

𝑒𝑧 + 1

𝑒𝑧 − 1.

Решение. Имаме дадена половината от ивица, успоредна на реалната права, с ши-рочина 𝜋. Също така ни е дадена и композицията от функции:

𝜔1 = 𝑒𝑧, 𝜔2 =𝜔1 + 1

𝜔1 − 1.

Първата трансформация е показателната функция 𝜔1 = 𝑒𝑧 Сега да видим какъве резултатът от нея.

Ако имаме цяла ивица с широчина 𝜋, то функция 𝜔 = 𝑒𝑧 (дефиниция 2) тран-сформира тази ивица с ъгъл с големина 𝜋 (започвайки от положителната част нареалната права), което е горната полуравнина.

Но ние сме ограничени от отсечката [0, 𝑖𝜋]. Нека да изчислим няколко стойностиот тази отсечка:

𝑒0 = 1, 𝑒𝑖𝜋/2 = cos(𝜋/2) + 𝑖 sin(𝜋/2) = 0 + 𝑖 = 𝑖, 𝑒𝑖𝜋 = −1.

Получихме точките 1, 𝑖, −1, които лежат на единичната окръжност. Но следточката 𝑒𝑖𝜋 = −1 границата на ивицата се връща наобратно (горната червена права),така че имаме само горната полуокръжност.

Началната ни област е полуивицата, а след първата трансформация получавамегорната полуравнина без горната единична полуокръжност.

Комплексен Анализ 5 Пета тема 33

-1 0 1

z

-1 0 1

w1

Втората трансформация е 𝜔2 =𝜔1 + 1

𝜔1 − 1.

Разглеждаме следната дробно-линейна функция (дефиниция 6):

𝜔 =𝑧 + 1

𝑧 − 1.

Нека да разгледаме цялата горна полуравнина и да вземем три точки, така че тяда остава отляво, примерно: −1, 0, 1 и направим трансформациите, получаваме:

𝜔(−1) =−1 + 1

−1 − 1= 0, 𝜔(0) =

0 + 1

0 − 1= −1, 𝜔(1) =

1 + 1

1 − 1= ∞.

Получихме 0, −1, ∞, което е долната полуравнина, ограничена от реалната права.Сега нека да разгледаме единичната окръжност, като вземем три точки от нея,

така че външността на единичната окръжност да остава отляво: −1, 𝑖, 1 и направимтрансформациите (две от тях вече изчислихме):

𝜔(𝑖) =𝑖+ 1

𝑖− 1= −1 + 𝑖

1 − 𝑖= −(1 + 𝑖)2

1 − 𝑖2= −1 + 2𝑖+ 𝑖2

1 + 1= −2𝑖

2= −𝑖.

Получихме 0, −𝑖, ∞, което е дясната полуравнина, ограничена от имагинернатаправа.

Следователно като засечем тези две области: долната полуравнина и дяснатаполуравнина, получаваме четвърти квадрант от координатната система.

Комплексен Анализ 5 Пета тема 34

w1 w2

Изглежда доста сложно, защото имаме горната полуравнина без половин окръж-ност, затова трябваше да видим трансформация от горната полуравнина и от външ-ността на единичния кръг: горната полуравнина отива в долната, а външността наединичния кръг отива в дясната полуравнина.

Функцията 𝜔 =𝑒𝑧 + 1

𝑒𝑧 − 1трансформира полуивица с широчина 𝜋, успоредна на

реалната права, в четвърти квадрант на координатната система.Проверка на задачата. Нека да вземем точката 𝑧 = 1+𝑖𝜋/2 (трябва да е вътрешна

точка):

𝜔1(1 + 𝑖𝜋/2) = 𝑒1+𝑖𝜋/2 = 𝑒1𝑒𝑖𝜋/2 = 𝑒(

cos𝜋

2+ 𝑖 sin

𝜋

2

)= 𝑒(0 + 𝑖) = 𝑖𝑒,

което е в областта на 𝜔1, сега и 𝜔2:

𝜔2(𝑖𝑒) =𝑖𝑒+ 1

𝑖𝑒− 1= −1 + 𝑖𝑒

1 − 𝑖𝑒= −(1 + 𝑖𝑒)2

1 − 𝑖2𝑒2= −1 + 2𝑖𝑒+ 𝑖2𝑒2

1 + 𝑒2= −1 + 2𝑖𝑒− 𝑒2

𝑒2 + 1=

=−1 − 2𝑖𝑒+ 𝑒2

𝑒2 + 1=𝑒2 − 1

𝑒2 + 1− 𝑖

2𝑒

𝑒2 + 1= 0.761 − 𝑖0.648.

Което е в търсената област. Решението на задачата е вярно.

Задача 3. Намерете образа на полуивицата {𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦, −∞ < 𝑥 < 1, −𝜋 ≤ 𝑦 ≤ 𝜋}посредством трансформацията 𝜔 =

𝑒𝑧 − 1

𝑒𝑧 + 1.

Решение. Тази задача е подобна на предишната тема 5, задача 2, и без нейнотопрочитане трудно може да се разбере сегашната задача.

Нека имаме ивица с широчина 2𝜋, успоредна на реалната права. Функция 𝜔 = 𝑒𝑧

трансформира тази ивица в цялата комплексна равнина (дефиниция 2). Полуивицатапри 𝑥 > 0 се трансформира във външността на единичния кръг, а полуивицата при𝑥 < 0 се трансформира във вътрешността на единичния кръг.

В предишната задача широчината на ивицата беше 𝜋, затова имахме изрязанаполовин окръжност.

Сега имаме дадена ивица с граница през 𝑥 = 1, ивицата при 𝑥 > 1 ще се тран-сформира във външността на кръг с радиус 𝑒 = 2.71828 (с център в началото накоординатната система), ивицата при 𝑥 < 1 ще се трансформира във вътрешността

Комплексен Анализ 5 Пета тема 35

на същия кръг, а самата права 𝑥 = 1 от −𝜋 до 𝜋 ще се трансформира в саматаокръжност.

Ивицата е ограничена от правите 𝑦 = −𝜋 и 𝑦 = 𝜋, което означава че трансфор-мацията сключва ъгъл 𝜙0 = −𝜋 с положителната част на реалната права (дефини-ция 2), а широчината на ивицата е ℎ = 𝜋 − (−𝜋) = 2𝜋.

В предишната задача ивицата беше ограничена от 𝑦 = 0 и 𝑦 = 𝜋, като сключ-ваше нулев ъгъл с положителната част на реалната права.

Следователно за граница на трансформацията имаме и отсечката [−𝑒, 0], тъй катотази отсечка сключва ъгъл −𝜋 с положителната част на реалната права.

Функцията 𝜔 = 𝑒𝑧 трансформира дадената ивица във вътрешността на централнаокръжност с радиус 𝑒, без отсечката [−𝑒, 0].

-2 -1 0 1 2

z

-2 -1 0 1 2

w1

Следващата трансформация е: 𝜔2 =𝜔1 − 1

𝜔1 + 1.

Нека да разгледаме функцията:

𝜔 =𝑧 − 1

𝑧 + 1.

Сега взимаме три точки от окръжността, така че вътрешността да остава отляво,примерно: 𝑒, 𝑖𝑒, −𝑒, и изчисляваме трансформациите:

𝜔(𝑒) =𝑒− 1

𝑒+ 1= 0.462,

𝜔(𝑖𝑒) =𝑖𝑒− 1

𝑖𝑒+ 1= −1 − 𝑖𝑒

1 + 𝑖𝑒= −(1 − 𝑖𝑒)2

1 − 𝑖2𝑒2= −1 − 2𝑖𝑒+ 𝑖2𝑒2

1 + 𝑒2= −1 − 2𝑖𝑒− 𝑒2

𝑒2 + 1=

=−1 + 2𝑖𝑒+ 𝑒2

𝑒2 + 1=𝑒2 − 1

𝑒2 + 1+ 𝑖

2𝑒

𝑒2 + 1= 0.761 + 𝑖0.648,

𝜔(−𝑒) =−𝑒− 1

−𝑒+ 1=𝑒+ 1

𝑒− 1= 2.164.

Получихме точките 0.462, 0.761 + 𝑖0.648, 2.164, които не лежат на една права,следователно лежат на окръжност, и определят външността на тази окръжност (тъйкато външността остава отляво при движението ни по точките).

Комплексен Анализ 5 Пета тема 36

Трябва да определим центъра на окръжността. За целта изчисляваме трансфор-мацията през четвъртата “лесна” точка от окръжността: −𝑖𝑒 (комплексно спрегнато-то число на 𝑖𝑒):

𝜔(−𝑖𝑒) =−𝑖𝑒− 1

−𝑖𝑒+ 1= −1 + 𝑖𝑒

1 − 𝑖𝑒= −(1 + 𝑖𝑒)2

1 − 𝑖2𝑒2= −1 + 2𝑖𝑒+ 𝑖2𝑒2

1 + 𝑒2= −1 + 2𝑖𝑒− 𝑒2

𝑒2 + 1=

=−1 − 2𝑖𝑒+ 𝑒2

𝑒2 + 1=𝑒2 − 1

𝑒2 + 1− 𝑖

2𝑒

𝑒2 + 1= 0.761 − 𝑖0.648.

Което е комплексно спрегнатото число на 𝜔(𝑖𝑒) = 0.761 + 𝑖0.648. Тези две точкиса на равни разстояния от реалната права, следователно центъра на окръжностталежи на реалната права.

Изваждаме двете точки лежащи на реалната права и получаваме диаметъра наокръжността:

𝑑 = 𝜔(−𝑒) − 𝜔(𝑒) =−𝑒− 1

−𝑒+ 1− 𝑒− 1

𝑒+ 1=

4𝑒

𝑒2 − 1= 1.702.

Разделяме на две и получаваме радиуса на окръжността:

𝑟 =2𝑒

𝑒2 − 1= 0.851.

Сега събираме този радиус с по-близката до началото на координатната систематочка и получаваме центъра на окръжността:

𝑐 = 𝜔(𝑒) + 𝑟 = 0.462 + 0.851 = 1.313.

Функцията 𝜔 =𝑧 − 1

𝑧 + 1трансформира вътрешността на централната окръжност с

радиус 𝑒 във външността на окръжност с радиус 0.851 и център (1.313, 0).

-2 -1 0 1 2

w1

-2 -1 0 1 2

w2

w(e) w(-e)

w(ie)

w(-ie)

c

Единичната окръжност (в черно) е дадена за ориентир, също така точките 𝜔(𝑖𝑒)и 𝜔(−𝑖𝑒) са пресечните точки на единичната окръжност и търсената окръжност.

Сега остава да трансформираме отсечката [−𝑒, 0].При трансформация на полуивица (𝑥 < 0) с тази широчина (2𝜋) отсечката

[−1, 0] се трансформира в (∞,−1], понеже при 𝜔 =𝑧 − 1

𝑧 + 1: 𝜔(−1) = ∞, 𝜔(0) = −1,

Комплексен Анализ 5 Пета тема 37

но ако не знаем това трябва да пробваме с различни стойности докато стигнемдо този извод.

Единственият начин е да пробваме с различни стойности, докато стигнем до нещосмислено. Важните точки от отсечката [−𝑒, 0] са три: −𝑒, −1, 0:

𝜔(−𝑒) =𝑒+ 1

𝑒− 1= 2.164,

𝜔(−1) = ∞,

𝜔(0) =0 − 1

0 + 1= −1.

Нека да вземем няколко стойности от отсечката [−𝑒,−1]:

𝜔(−2.5) =−2.5 − 1

−2.5 + 1= 2.33, 𝜔(−2) =

−2 − 1

−2 + 1= 3, 𝜔(−1.5) =

−1.5 − 1

−1.5 + 1= 5.

Сега нека да вземем няколко стойности от отсечката [−1, 0]:

𝜔(−1/2) =−1/2 − 1

−1/2 + 1= −3, 𝜔(−1/3) =

−1/3 − 1

−1/3 + 1= −2, 𝜔(−1/4) =

−1/4 − 1

−1/4 + 1= −5

3.

Следователно отсечката [−𝑒,−1] се трансформира в [2.164,∞), а отсечката [−1, 0]се трансформира в (∞,−1].

Като цяло отсечката [−𝑒, 0] се трансформира в [2.164,−1] като минава през без-крайната точка:

2.164 → ∞ → −1.

Tова е възможно, защото в комплексния анализ има само една безкрайна точка.Ако има две, значи сме преминали в реалния анализ :)

Функцията 𝜔 =𝑒𝑧 − 1

𝑒𝑧 + 1трансформира ивица с широчина 2𝜋, при 𝑥 < 1, успоредна

на реалната права, във външността на окръжност с радиус 0.851 и център (1.313, 0),без отсечките (∞,−1] и [2.164,∞).

Проверка на задачата. Нека да вземем точката 𝑧 = 𝑖𝜋/2:

𝜔1(𝑖𝜋/2) = 𝑒𝑖𝜋/2 = cos𝜋

2+ 𝑖 sin

𝜋

2= 0 + 𝑖 = 𝑖,

𝜔2(𝑖) =𝑖− 1

𝑖+ 1= −1 − 𝑖

1 + 𝑖= −(1 − 𝑖)2

1 − 𝑖2= −1 − 2𝑖+ 𝑖2

2= 𝑖.

Което е в търсената област. Решението на задачата е вярно.

Задача 6. Намерете общият вид на дробно-линейна трансформация, която да изпра-ща дясната полуравнина без кръга |𝑧 −

√2| ≤ 1 върху венеца 1 ≤ |𝑧| ≤ 𝑎.

Решение. Модулът |𝑧 −√

2| ≤ 1 означава окръжност с радиус единица и център(√

2, 0). Имаме дадена дясната полуравнина без тази окръжност.Трябва да намерим двойката точки, инверсни спрямо окръжността и имагинер-

ната права.Нека първо спрямо окръжността с център 𝑐 =

√2 и радиус 𝑅 = 1 (дефиниция 7):

𝑧* =√

2 +12

1 −√

2=

√2 +

1

1 −√

2=

√2 − 2 + 1

1 −√

2= −

√2 − 1√2 − 1

= −1.

Комплексен Анализ 5 Пета тема 38

Следователно точката 𝑧* = −1 е инверсната точка на 𝑧 = 1. Да видим и наобратно,ако 𝑧 = −1, тогава 𝑧*:

𝑧* =√

2 +12

−1 −√

2=

√2 +

1

−1 −√

2=

−√

2 − 2 + 1

−1 −√

2=

−√

2 − 1

−√

2 − 1= 1.

Сега спрямо имагинерната права. И двете точки 1, −1 са на реалната права,свързващата ги права ще минава през началото на координатната система: 𝑐 = 0,положителната част на имагинерната права сключва ъгъл 𝜃 = 𝜋/2 с положителнатачаст на реалната права (дефиниция 7):

𝑧* = 0 + 𝑒𝑖2𝜋/2(1 − 0) = 𝑒𝑖𝜋 = cos(𝜋) + 𝑖 sin(𝜋) = −1.

Получихме инверсната точка 𝑧* = −1 на 𝑧 = 1. Да видим и за 𝑧 = −1:

𝑧* = 0 + 𝑒𝑖2𝜋/2(−1 − 0) = −𝑒𝑖𝜋 = −(cos(𝜋) + 𝑖 sin(𝜋)) = (−1)(−1) = 1.

Следователно точките 𝑧 = 1 и 𝑧 = −1 са взаимно инверсни спрямо имагинернатаправа и окръжността, при това едновременно.

Тогава дробно-линейна функция от двете инверсни точки е:

𝜔 = 𝜆𝑧 − 1

𝑧 + 1, |𝜆| = 𝑎.

Функцията 𝜔 =𝑧 − 1

𝑧 + 1трансформира дясната полуравнина във външността на еди-

ничния кръг, и трансформира външността на окръжността |𝑧−√

2| ≤ 1 във вътреш-ността на някаква окръжност, която при |𝜆| = 𝑎 би трябвало да създаде търсенатаобласт (ние искаме венеца между единичната окръжност и окръжност с радиус 𝑎).

z w

Проверка на задачата. Нека да вземем точката 3, 𝑎 = 𝜆 = 2:

𝜔(3) = 𝜆𝑧 − 1

𝑧 + 1= 2

3 − 1

3 + 1= 2

2

3=

4

3.

Което е в търсената област. Решението на задачата е вярно, но все пак подлежи напотвърждение.

6 Шеста темаЗадача 1. Да се намери аналитичната функция 𝑓(𝑧), такава че:

ℑ𝑓(𝑧) = 𝑣(𝑥, 𝑦) =𝑦

𝑥2 + 𝑦2,

като а) 𝑓(2) = 0; б) 𝑓(2) = 𝑖.

Задача 2. Изобразете областта 𝐷0(1) ∖ [𝑖/2, 𝑖] върху областта 𝐷0(1).

Задача 3. С помощта на теоремата за резидуумите пресметнете интеграла:

𝐼 =

∫𝐶3(4)

𝑧

1 − cos(𝑧)𝑑𝑧.

Задача 4а. Като използвате интегралната формула на Коши, докажете че, ако фун-кцията 𝑓(𝑧) е аналитична върху кръга 𝐷𝑎(𝑟) и има представянето в ред на Тейлор

𝑓(𝑧) =∞∑𝑛=0

𝑓𝑛(𝑧 − 𝑎)𝑛,

то

𝑓(𝑧) −𝑚∑

𝑛=0

𝑓𝑛(𝑧 − 𝑎)𝑛 =∞∑

𝑛=𝑚+1

𝑓𝑛(𝑧 − 𝑎)𝑛1

2𝜋

∫𝐶𝑎(𝑟)

𝑓(𝜁)

(𝜁 − 𝑎)𝑛+1𝑑𝜁.

Задача 4б. Нека функцията 𝑓(𝑧) е аналитична върху кръга 𝐷0(𝑟) с изключение наточката 𝑧 = 0, където има изолирана особеност. Нека производната да има развити-ето в ред на Тейлор

𝑓 ′(𝑧) =∞∑

𝑛=−∞

𝑐𝑛𝑧𝑛.

Възможно ли е 𝑐−1 = 0? Да се определи резидуума в нулата: Res(𝑓, 0).

Задача 5а. Нека 𝑓(𝑧) има нула в точката 𝑧 = 𝑎 от кратност𝑚. Да се докаже че, тогаваи само тогава функцията 1/𝑓(𝑧) има полюс в същата точка от същата кратност.

Задача 5б. Нека функцията 𝑓(𝑧) има вида 𝑓 = 𝜙/𝜓, като функцията 𝜙 = 0 в околностна точката 𝑧 = 𝑎, а функцията 𝜓 има еднократна нула в същата точка. Да се докаже,че:

Res(𝑓, 𝑎) =𝜙(𝑎)

𝜓′(𝑎).

Задача 6а. Пресметнете: ∫ ∞

0

𝑑𝑥

(1 + 𝑥2)𝑛.

Задача 6б. Пресметнете:

𝐼 =

∫Γ

√𝑧

𝑧2 + 4𝑧 + 3𝑑𝑧,

като контурът Γ е границата на областта 𝐷, състояща се от кръга 𝐷0(2) с изваденаотсечка [0, 2], обиколена два пъти; а еднозначният клон на функцията

√𝑧 се определя

от условието√𝑖 = 𝑒𝑖𝜋/4.

Комплексен Анализ 6 Шеста тема 40

Задача 2. Изобразете областта 𝐷0(1) ∖ [𝑖/2, 𝑖] върху областта 𝐷0(1).

Решение. Имаме вътрешността на единичният кръг без отсечката [𝑖/2, 𝑖]. Идеята еследната: трябва да приложим функцията на Жуковски, за да отидем в комплексна-та равнина, и после да направим обратната функция на Жуковски, за да се върнемобратно във вътрешността на единичния кръг.

Първо трябва да направим ротация на ъгъл 3𝜋/2 или −𝜋/2 за да отиде отсечката[𝑖/2, 𝑖] в [1/2, 1] (може и на ъгъл 𝜋/2 за да отиде в [−1,−1/2]).

Нека ротацията да е на ъгъл −𝜋/2, и от дефиниция 5 получаваме нашата първатрансформация:

𝜔1 = 𝑒−𝑖𝜋/2𝑧.

-1 0 1

z

-1 0 1

w1

Сега вече можем да приложим функцията на Жуковски (дефиниция 8), при коятовътрешността на единичния кръг се трансформира във цялата комплексна равнинабез отсечката [−1, 1]. Но ние имаме и отсечката [1/2, 1]. Взимаме няколко стойности:

𝜔

(1

2

)=

1

2

(1

2+ 2

)=

1

2

5

2=

5

4, 𝜔

(2

3

)=

1

2

(2

3+

3

2

)=

1

2

13

6=

13

12.

Следователно отсечката [1/2, 1] се трансформира в отсечката [1, 5/4].Чрез втората ни трансформация получаваме цялата комплексна равнина без от-

сечката [−1, 5/4]:

𝜔2 =1

2

(𝜔1 +

1

𝜔1

).

Комплексен Анализ 6 Шеста тема 41

-1 0 1

w1

-1 0 1

w2

Сега трябва да “преместим” отсечката [−1, 5/4] в отсечката [−1, 1]. Можем данаправим преместването с линейна функция (дефиниция 5):

𝜔 = 𝑎𝑧 + 𝑏.

Искаме точката −1 да отиде в −1, а точката 5/4 в 1:

𝜔(−1) = −1, 𝜔(5/4) = 1.

Записваме системата от двете уравнения и я решаваме:−𝑎+ 𝑏 = −15𝑎/4 + 𝑏 = 1

=⇒𝑎− 𝑏 = 15𝑎/4 + 𝑏 = 1

Умножихме първото уравнение с −1, сега ги събираме:

5𝑎

4+ 𝑎 = 2 =⇒ 5𝑎+ 4𝑎 = 8 =⇒ 𝑎 =

8

9.

Заместваме в първото уравнение:

−8

9+ 𝑏 = −1 =⇒ 𝑏 = −1 +

8

9=⇒ 𝑏 = −1

9.

Получаваме:

𝜔 =8

9𝑧 − 1

9.

Следователно можем да запишем нашата трета трансформация (която изобразявацялата комплексна равнина без отсечката [−1, 5/4] в цялата комплексна равнина безотсечката [−1, 1]):

𝜔3 =8

9𝜔2 −

1

9.

Комплексен Анализ 6 Шеста тема 42

-1 0 1

w2

-1 0 1

w3

Сега остава да приложим обратната функция на Жуковски, за да се върнем вединичната окръжност.

Записваме обратната функция на Жуковски (дефиниция 9):

𝜔 = 𝑧 +√𝑧2 − 1 = 𝑧 + |𝑧2 − 1|1/2𝑒

𝑖 arg(𝑧−1)2 𝑒

𝑖 arg(𝑧+1)2 𝑒𝑘𝜋𝑖.

Взимаме стойност от комплексна равнина (без отсечката [−1, 1]), примерно 3, иизчисляваме трансформацията (ние знаем, че необходимия ни клон е 𝑘 = 1, но товае толкова сложна трансформация, че трябва да се покаже):

𝜔(3) = 3 +√

32 − 1 = 3 + |32 − 1|1/2𝑒𝑖 arg(3−1)

2 𝑒𝑖 arg(3+1)

2 𝑒𝑘𝜋𝑖 = 3 + |8|1/2𝑒𝑖 arg(2)

2 𝑒𝑖 arg(4)

2 𝑒𝑘𝜋𝑖.

Сега трябва да изчислим ъглите 𝜃1 = arg(2) и 𝜃2 = arg(4): те са на положителнатачаст на реалната права, следователно сключват нулев ъгъл с нея: 𝜃1 = 𝜃2 = 0:

𝜔(3) = 3 + |8|1/2𝑒0𝑒0𝑒𝑘𝜋𝑖 = 3 + 81/2𝑒𝑘𝜋𝑖.

Нека да видим при 𝑘 = 0:

𝜔(3) = 3 + 81/2𝑒0 = 3 + 81/2 = 3 +√

8 = 5.828.

Което е извън единичния кръг. Сега 𝑘 = 1:

𝜔(3) = 3 + 81/2𝑒𝑖𝜋 = 3 + 81/2(cos(𝜋) + 𝑖 sin(𝜋)) = 3 + 81/2(−1) = 3 −√

8 = 0.171.

Което е във вътрешността на единичния кръг.Нашата последна четвърта трансформация е:

𝜔4 = 𝜔3 +√𝜔23 − 1 (𝑘 = 1).

Комплексен Анализ 6 Шеста тема 43

-1 0 1

w3

-1 0 1

w4

Решението на задачата е композиция от функциите:

𝜔1 = 𝑒−𝑖𝜋/2𝑧, 𝜔2 =1

2

(𝜔1 +

1

𝜔1

), 𝜔3 =

8

9𝜔2 −

1

9, 𝜔4 = 𝜔3 +

√𝜔23 − 1 (𝑘 = 1)

(ротация, Жуковски, линейна, Жуковски наобратно) и може да се запише така:

𝜔 = 𝜔4 ∘ 𝜔3 ∘ 𝜔2 ∘ 𝜔1(𝑧).

При този запис функциите се прилагат отдясно наляво.Проверка на задачата. Пресмятанията с обратната функция на Жуковски са дос-

та тежки, затова е добре да подадем реално число. Взимаме −𝑖/2, което става реалнослед ротацията:

𝜔1(−𝑖/2) = 𝑒−𝑖𝜋/2

(− 𝑖

2

)= − 𝑖

2

(cos(−𝜋

2

)+ 𝑖 sin

(−𝜋

2

))= − 𝑖

2(−𝑖) = −1

2,

𝜔2(−1/2) =1

2

(−1

2− 2

)=

1

2

−1 − 4

2= −5

4,

𝜔3(−5/4) =8

9

(−5

4

)− 1

9= −10

9− 1

9= −11

9.

Нека пак да изчислим двата клона на обратната функция на Жуковски:

𝜔4(−11/9) = −11

9+

(−11

9

)2

− 1

1/2

𝑒𝑖 arg

(−11

9−1

)2 𝑒

𝑖 arg(−11

9+1

)2 𝑒𝑘𝜋𝑖 =

= −11

9+

121

81− 1

1/2𝑒𝑖 arg(−20/9)

2 𝑒𝑖 arg(−2/9)

2 𝑒𝑘𝜋𝑖.

И двата ъгъла 𝜃1 = arg(−20/9) и 𝜃2 = arg(−2/9) са на отрицателната част нареалната права, ъгълът който сключват с положителната част на реалната права е𝜃1 = 𝜃2 = 𝜋, като вървим в положителна посока (обратна на часовниковата стрелка).

Ако искаме можем да вземем 𝜃1 = 𝜃2 = −𝜋 като вървим в отрицателна посока(по часовниковата стрелка), но не можем да вземем 𝜃1 = 𝜋 и 𝜃2 = −𝜋 — няма даизлязат изчисленията.

Комплексен Анализ 6 Шеста тема 44

Заместваме:

𝜔4(−11/9) = −11

9+

121

81− 81

81

1/2𝑒𝑖𝜋2 𝑒

𝑖𝜋2 𝑒𝑘𝜋𝑖 = −11

9+

40

81

1/2𝑒𝑖𝜋𝑒𝑘𝜋𝑖 =

= −11

9+

2√

10

9(cos(𝜋) + 𝑖 sin(𝜋))𝑒𝑘𝜋𝑖 = −11

9+

2√

10

9(−1)𝑒𝑘𝜋𝑖 =

= −11

9− 2

√10

9𝑒𝑘𝜋𝑖.

Нека да видим при 𝑘 = 0:

𝜔4(−11/9) = −11

9− 2

√10

9𝑒0 = −11

9− 2

√10

9= −1.925.

Което е извън единичният кръг. Сега 𝑘 = 1:

𝜔4(−11/9) = −11

9− 2

√10

9𝑒𝑖𝜋 = −11

9− 2

√10

9(cos(𝜋) + 𝑖 sin(𝜋)) =

= −11

9− 2

√10

9(−1) = −11

9+

2√

10

9= −0.519.

Което е в търсената област. Решението на задачата е вярно.

Задача 1. Да се намери аналитичната функция 𝑓(𝑧), такава че:

ℑ𝑓(𝑧) = 𝑣(𝑥, 𝑦) =𝑦

𝑥2 + 𝑦2,

като а) 𝑓(2) = 0; б) 𝑓(2) = 𝑖.

Решение. Имаме дадена реалната функция:

𝑣(𝑥, 𝑦) =𝑦

𝑥2 + 𝑦2.

Търсим хармонично спрегнатата функция 𝑢(𝑥, 𝑦).Намираме първа и втора производна спрямо 𝑥:

𝑣′𝑥 = − 2𝑥𝑦

(𝑥2 + 𝑦2)2, 𝑣′𝑥𝑥 =

6𝑥2𝑦 − 2𝑦3

𝑥2 + 𝑦2.

Сега първа и втора производна спрямо 𝑦:

𝑣′𝑦 =𝑥2 − 𝑦2

(𝑥2 + 𝑦2)2, 𝑣′𝑥𝑥 = −6𝑥2𝑦 − 2𝑦3

𝑥2 + 𝑦2.

Уравнението на Лаплас 𝑢′′𝑥𝑥 + 𝑢′′𝑦𝑦 = 0 е изпълнено.Използваме уравненията на Коши-Риман:

𝑣′𝑥 = − 2𝑥𝑦

(𝑥2 + 𝑦2)2= −𝑢′𝑦,

𝑣′𝑦 =𝑥2 − 𝑦2

(𝑥2 + 𝑦2)2= 𝑢′𝑥.

Комплексен Анализ 6 Шеста тема 45

Но нямам никакво намерение да интегрирам това.Можем да отгатнем, че функцията 𝑢(𝑥, 𝑦) е:

𝑢(𝑥, 𝑦) = − 𝑥

𝑥2 + 𝑦2.

Добавяме константа към 𝑢(𝑥, 𝑦) и записваме 𝑓(𝑧):

𝑓(𝑧) = − 𝑥

𝑥2 + 𝑦2+ 𝐶 + 𝑖

𝑦

𝑥2 + 𝑦2.

Трябва да изчислим 𝑓(2) = 0, 𝑧 = 𝑥+ 𝑖𝑦 = 2 + 𝑖0 = 2, записваме 𝑓(2):

𝑓(2) = − 2

4 + 0+ 𝐶 + 𝑖

0

4 + 0= −1

2+ 𝐶 + 𝑖0.

Приравняваме на 0 = 0 + 𝑖0:

−1

2+ 𝐶 + 𝑖0 = 0 + 𝑖0 =⇒ −1

2+ 𝐶 = 0 =⇒ 𝐶 =

1

2.

Решението в случая е:

𝑓(𝑧) = − 𝑥

𝑥2 + 𝑦2+ 𝑖

𝑦

𝑥2 + 𝑦2+

1

2.

Сега да видим и за 𝑓(2) = 𝑖, вече знаем че 𝑓(2) = −1/2 + 𝐶 + 𝑖0. Приравнявамена 𝑖 = 0 + 𝑖:

−1

2+ 𝐶 + 𝑖0 = 0 + 𝑖 =⇒ −1

2+ 𝐶 = 0, 0 = 1.

Следователно задачата няма решение при условие 𝑓(2) = 𝑖.Можем да представим 𝑓(𝑧) в следния вид, като 𝑧 = 𝑥+ 𝑖𝑦, 𝑧 = 𝑧 − 𝑖𝑦:

𝑓(𝑧) =−𝑥+ 𝑖𝑦

𝑥2 + 𝑦2+ 𝐶 = − 𝑥− 𝑖𝑦

𝑥2 + 𝑦2+ 𝐶 = − 𝑧

|𝑧|2+ 𝐶.

Получават се същите отговори.

7 Седма темаЗадача 1. Изобразете конформно и еднозначно горната полуравнина 𝐷: {𝑧, ℑ𝑧 > 0}върху разрязания единичен кръг 𝐺: {𝜔, |𝜔| < 1} ∖ {𝜔, 𝜔 = 𝑥+ 𝑖𝑦, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 𝑦 = 0}.

Задача 2. Пресметнете:

𝐼 =

∫Γ

𝑒1/𝑧

(2 − 𝑧) cos(2𝑧)𝑑𝑧,

като Γ е единичната окръжност, ориентирана в положителна посока (обратно начасовниковата стрелка).

Задача 3. Пресметнете:

𝐼 =

∫Γ

𝑓 ′(𝑧)

𝑓(𝑧)𝑑𝑧, 𝑓(𝑧) =

𝑒1/𝑧

𝑧,

като Γ е единичната окръжност, ориентирана в положителна посока (обратно начасовниковата стрелка).

Задача 4. Нека 𝐷 е област в комплексната равнина C и функцията 𝑓(𝑧) е аналитичнав 𝐷. Нека реалната част на 𝑓(𝑧) е константа в 𝐷:

ℜ𝑓(𝑧) = Const, 𝑧 ∈ 𝐷.

Покажете, че 𝑓(𝑧) ≡ Const в 𝐷.

Задача 5. Нека 𝑓(𝑧) е цяла функция (аналитична в цялата комплексна равнина C).Нека реалната част на 𝑓(𝑧) е константа в C:

ℜ𝑓(𝑧) = Const, 𝑧 ∈ C.

Покажете, че 𝑓(𝑧) ≡ Const в C.

Комплексен Анализ 7 Седма тема 47

Задача 1. Изобразете конформно и еднозначно горната полуравнина 𝐷: {𝑧, ℑ𝑧 > 0}върху разрязания единичен кръг 𝐺: {𝜔, |𝜔| < 1} ∖ {𝜔, 𝜔 = 𝑥+ 𝑖𝑦, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 𝑦 = 0}.

Решение. Идеята е да приложим функцията на Жуковски, за целта трябва да тран-сформираме дадената област в цялата комплексна равнина без отсечката [−1, 1].

Имаме дадена горната полуравнина. Нека да видим функцията 𝜔 = 𝑧2 (дефини-ция 1): ъгъл 𝜃 = 𝜋 се трансформира в ъгъл 2𝜃 = 2𝜋. И двата ъгъла сключват нулевначален ъгъл с положителната част на реалната права.

Следователно при трансформация 𝜔1 = 𝑧2 горната полуравнина отива в цялатакомплексна равнина, разрязана по положителната част на реалната права.

z w1

Сега “преместваме” границата на 𝜔1 с единица наляво. Използваме функцията𝜔2 = 𝜔1 − 1, която транслира комплексната равнина с вектор −1.

-1 0 1

w1

-1 0 1

w2

Сега вече можем да приложим обратната функция на Жуковски (дефиниция 9):

𝜔 = 𝑧 +√𝑧2 − 1 = 𝑧 + |𝑧2 − 1|1/2𝑒

𝑖 arg(𝑧−1)2 𝑒

𝑖 arg(𝑧+1)2 𝑒𝑘𝜋𝑖.

Погледнете и предишната задача: тема 6, задача 2. Знаем, че търсеният клоне 𝑘 = 1, но все пак да потвърдим :)

Комплексен Анализ 7 Седма тема 48

Взимаме точката 𝑖. Прилагаме обратната функция на Жуковски:

𝜔(𝑖) = 𝑖+ |𝑖2 − 1|1/2𝑒𝑖 arg(𝑖−1)

2 𝑒𝑖 arg(𝑖+1)

2 𝑒𝑘𝜋𝑖.

Трябва да изчислим големината на ъглите 𝜃1 = arg(𝑖− 1) и 𝜃2 = arg(𝑖+ 1). Относно𝜃1 имаме точката 𝑧 = −1 + 𝑖:

|𝑧| =√

1 + 1 =√

2, cos(𝜃1) = − 1√2, sin(𝜃1) =

1√2, 𝜃1 =

3𝜋

4.

Сега 𝜃2 — точката 𝑧 = 1 + 𝑖:

|𝑧| =√

1 + 1 =√

2, cos(𝜃2) =1√2, sin(𝜃2) =

1√2, 𝜃2 =

𝜋

4.

Ъглите са взети в положителна посока, в отрицателна са: 𝜃1 = −5𝜋/4, 𝜃2 =−7𝜋/4, но не можем да ги смесваме!

Заместваме:

𝜔(𝑖) = 𝑖+ | − 1 − 1|1/2𝑒𝑖3𝜋/4

2 𝑒𝑖𝜋/42 𝑒𝑘𝜋𝑖 = 𝑖+ | − 2|1/2𝑒

𝑖3𝜋8 𝑒

𝑖𝜋8 𝑒𝑘𝜋𝑖 =

= 𝑖+ 21/2𝑒𝑖𝜋2 𝑒𝑘𝜋𝑖 = 𝑖+ 21/2

(cos

𝜋

2+ 𝑖 sin

𝜋

2

)𝑒𝑘𝜋𝑖 = 𝑖+ 𝑖21/2𝑒𝑘𝜋𝑖.

Нека да видим при 𝑘 = 0:

𝜔(𝑖) = 𝑖+ 𝑖21/2𝑒0 = 𝑖+ 𝑖√

2 = 2.414𝑖.

Което е извън единичния кръг. Сега и 𝑘 = 1:

𝜔(𝑖) = 𝑖+ 𝑖21/2𝑒𝑖𝜋 = 𝑖+ 𝑖√

2(cos(𝜋) + 𝑖 sin(𝜋)) = 𝑖− 𝑖√

2 = −0.414𝑖.

Което е в единичния кръг.Остана да видим къде ще се трансформира [1,∞). Взимаме една точка от нея,

примерно 3, и както видяхме в предишната задача:

𝜔(3) = 0.171,

което означава, че [1,∞) се трансформира в отсечката [0, 1].Третата ни трансформация е:

𝜔3 = 𝜔2 +√𝜔22 − 1 (𝑘 = 1).

-1 0 1

w2

-1 0 1

w3

Комплексен Анализ 7 Седма тема 49

Решението на задачата е композиция от функциите:

𝜔1 = 𝑧2, 𝜔2 = 𝜔1 − 1, 𝜔3 = 𝜔2 +√𝜔22 − 1 (𝑘 = 1)

(степенна, транслация, Жуковски наобратно) и може да се запише така:

𝜔 = 𝜔3 ∘ 𝜔2 ∘ 𝜔1(𝑧).

При този запис функциите се прилагат отдясно наляво.Проверка на задачата. Взимаме число от горната полуравнина, примерно 𝑖:

𝜔1(𝑖) = 𝑖2 = −1,

𝜔2(−1) = −1 − 1 = −2.

Заместваме директно с 𝑘 = 1:

𝜔3(−2) = −2 +√

(−2)2 − 1 = −2 + |(−2)2 − 1|1/2𝑒𝑖 arg(−2−1)

2 𝑒𝑖 arg(−2+1)

2 𝑒𝑖𝜋 =

= −2 + |4 − 1|1/2𝑒𝑖 arg(−3)

2 𝑒𝑖 arg(−1)

2 𝑒𝑖𝜋 = −2 + |3|1/2𝑒𝑖𝜋2 𝑒

𝑖𝜋2 𝑒𝑖𝜋 =

= −2 + 31/2𝑒𝑖2𝜋 = −2 +√

3(cos(2𝜋) + 𝑖 sin(2𝜋)) = −2 +√

3 = −0.267.

Което е в търсената област. Решението на задачата е вярно.

Литература[1] А. И. Маркушевич, Краткий курс теории аналитических функций, Наука, Мос-

ква, 1978

[2] Ралица К. Ковачева, Мариана Ив. Дурчева, Комплексен анализ, Технически Уни-верситет — София, 2010

[3] Р. Ковачева (лекции), М. Дурчева (упражнения), Комплексен анализ — ФПМИIV семестър

[4] Сайтове: LaTeX Wikibooks, gnuplot tips, Wikipedia, Wolfram MathWorld

[5] Софтуер: TeX Live, gnuplot, Notepad++, Sumatra PDF, Windows XP