Решение задачи: Re(z^2 - z̄) = 0. Вариант №14

Вариант № 14 Задача 1. Определить вид кривой \( \text{Re}(z^2 - \bar{z}) = 0 \). Решение: Пусть \( z = x + iy \), тогда \( \bar{z} = x - iy \). Вычислим выражение под знаком действительной части: \[ z^2 - \bar{z} = (x + iy)^2 - (x - iy) = x^2 + 2ixy - y^2 - x + iy \] \[ z^2 - \bar{z} = (x^2 - y^2 - x) + i(2xy + y) \] По условию \( \text{Re}(z^2 - \bar{z}) = 0 \), следовательно: \[ x^2 - y^2 - x = 0 \] Преобразуем уравнение, выделив полный квадрат по \( x \): \[ (x^2 - x + \frac{1}{4}) - y^2 = \frac{1}{4} \] \[ (x - \frac{1}{2})^2 - y^2 = \frac{1}{4} \] Разделим на \( 1/4 \): \[ \frac{(x - 1/2)^2}{(1/2)^2} - \frac{y^2}{(1/2)^2} = 1 \] Ответ: Данная кривая является равнобочной гиперболой с центром в точке \( (1/2; 0) \). Задача 2. Вычислить интеграл \( \int_{AB} (2z + 1) dz \), где \( AB: \{y = x^3, z_A = 0, z_B = 1 + i\} \). Решение: Функция \( f(z) = 2z + 1 \) является аналитической во всей комплексной плоскости. Следовательно, интеграл не зависит от пути интегрирования, а зависит только от начальной и конечной точек. Используем формулу Ньютона-Лейбница: \[ \int_{z_A}^{z_B} (2z + 1) dz = (z^2 + z) \Big|_{z_A}^{z_B} \] Подставим значения \( z_A = 0 \) и \( z_B = 1 + i \): \[ (1 + i)^2 + (1 + i) - (0^2 + 0) = 1 + 2i + i^2 + 1 + i \] Так как \( i^2 = -1 \): \[ 1 + 2i - 1 + 1 + i = 1 + 3i \] Ответ: \( 1 + 3i \). Задача 3. Вычислить интеграл от функции \( f(z) = \frac{\cos^2 z + 1}{z^2 - \pi^2} \) вдоль контуров \( |z| = 4 \) и \( |z - \pi i| = \pi \). Решение: Разложим знаменатель: \( z^2 - \pi^2 = (z - \pi)(z + \pi) \). Особые точки: \( z_1 = \pi \) и \( z_2 = -\pi \). 1) Контур \( L_1: |z| = 4 \). Обе точки \( \pi \approx 3.14 \) и \( -\pi \approx -3.14 \) лежат внутри круга радиуса 4. По теореме о вычетах: \( I = 2\pi i (\text{res} f(\pi) + \text{res} f(-\pi)) \). \[ \text{res} f(\pi) = \frac{\cos^2 \pi + 1}{\pi - (-\pi)} = \frac{(-1)^2 + 1}{2\pi} = \frac{2}{2\pi} = \frac{1}{\pi} \] \[ \text{res} f(-\pi) = \frac{\cos^2 (-\pi) + 1}{-\pi - \pi} = \frac{1 + 1}{-2\pi} = -\frac{1}{\pi} \] \[ I_1 = 2\pi i (\frac{1}{\pi} - \frac{1}{\pi}) = 0 \] 2) Контур \( L_2: |z - \pi i| = \pi \). Это окружность с центром в \( (0, \pi) \) и радиусом \( \pi \). Проверим точки: \( | \pi - \pi i | = \sqrt{\pi^2 + \pi^2} = \pi\sqrt{2} > \pi \). \( | -\pi - \pi i | = \sqrt{(-\pi)^2 + (-\pi)^2} = \pi\sqrt{2} > \pi \). Обе точки лежат вне контура. Функция аналитична внутри контура. По теореме Коши: \( I_2 = 0 \). Ответ: В обоих случаях интеграл равен 0. Задача 4. Восстановить функцию \( f(z) = u + iv \), если \( u = \frac{x}{x^2 + y^2} + x \). Решение: Используем условия Коши-Римана: \( \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \) и \( \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x} \). Находим производные от \( u \): \[ \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1 \cdot (x^2 + y^2) - x \cdot 2x}{(x^2 + y^2)^2} + 1 = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} + 1 \] Тогда \( \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} + 1 \). Интегрируем по \( y \): \[ v = \int (\frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2} + 1) dy = -\frac{y}{x^2 + y^2} + y + C(x) \] Находим \( \frac{\partial v}{\partial x} \): \[ \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{2xy}{(x^2 + y^2)^2} + C'(x) \] Из второго условия Коши-Римана: \( \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{-2xy}{(x^2 + y^2)^2} \). Следовательно: \( -(-\frac{2xy}{(x^2 + y^2)^2}) = \frac{2xy}{(x^2 + y^2)^2} + C'(x) \), откуда \( C'(x) = 0 \), \( C = \text{const} \). Соберем \( f(z) \): \[ f(z) = (\frac{x}{x^2 + y^2} + x) + i(-\frac{y}{x^2 + y^2} + y + C) \] Заметим, что \( \frac{x - iy}{x^2 + y^2} = \frac{\bar{z}}{z \bar{z}} = \frac{1}{z} \). \[ f(z) = \frac{1}{z} + z + iC \] Ответ: \( f(z) = \frac{1}{z} + z + iC \).