Решение задач по ТФКП из экзаменационного билета

Ниже представлено решение первых пяти задач из экзаменационного билета по ТФКП в удобном для переписывания виде. Задача 1. Найти точки существования производной функции \(f(z) = 4z - \text{Im} z^2\) и вычислить \(f'(z)\). Решение: Пусть \(z = x + iy\). Тогда \(z^2 = (x^2 - y^2) + i(2xy)\). Следовательно, \(\text{Im} z^2 = 2xy\). Функция принимает вид: \[f(z) = 4(x + iy) - 2xy = (4x - 2xy) + i(4y)\] Выделим действительную и мнимую части: \[u(x, y) = 4x - 2xy, \quad v(x, y) = 4y\] Проверим условия Коши-Римана: \[\frac{\partial u}{\partial x} = 4 - 2y, \quad \frac{\partial v}{\partial y} = 4\] \[\frac{\partial u}{\partial y} = -2x, \quad \frac{\partial v}{\partial x} = 0\] Условия \(\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}\) и \(\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}\) принимают вид: 1) \(4 - 2y = 4 \Rightarrow y = 0\) 2) \(-2x = 0 \Rightarrow x = 0\) Производная существует только в точке \(z = 0\). Вычислим её: \[f'(0) = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} = (4 - 2 \cdot 0) + i \cdot 0 = 4\] Ответ: производная существует только в точке \(z = 0\), \(f'(0) = 4\). Задача 2. Может ли функция \(u(x, y) = -e^y \cos x + x\) быть действительной частью аналитической функции? Если да, найти \(f(z)\). Решение: Функция может быть действительной частью аналитической функции, если она гармоническая, т.е. \(\Delta u = 0\). \[\frac{\partial u}{\partial x} = e^y \sin x + 1, \quad \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = e^y \cos x\] \[\frac{\partial u}{\partial y} = -e^y \cos x, \quad \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = -e^y \cos x\] \[\Delta u = e^y \cos x - e^y \cos x = 0\] Функция гармоническая. Найдем \(v(x, y)\) из условий Коши-Римана: \[\frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial u}{\partial x} = e^y \sin x + 1 \Rightarrow v = \int (e^y \sin x + 1) dy = e^y \sin x + y + C(x)\] \[\frac{\partial v}{\partial x} = e^y \cos x + C'(x) = -\frac{\partial u}{\partial y} = e^y \cos x\] Отсюда \(C'(x) = 0\), значит \(C(x) = C\). \[f(z) = u + iv = (-e^y \cos x + x) + i(e^y \sin x + y + C)\] Заметим, что \(e^{iz} = e^{i(x+iy)} = e^{-y}(\cos x + i \sin x)\). Тогда: \[f(z) = z - e^{iz} + iC\] Ответ: \(f(z) = z - e^{iz} + iC\). Задача 3. Вычислить \(\int_l e^z dz\), где \(l\) — дуга параболы \(y = x^2\) от \(z_1 = 0\) до \(z_2 = 1 + i\). Решение: Так как функция \(f(z) = e^z\) аналитична во всей комплексной плоскости, интеграл не зависит от пути интегрирования, а зависит только от начальной и конечной точек. \[\int_l e^z dz = \int_0^{1+i} e^z dz = [e^z]_0^{1+i} = e^{1+i} - e^0 = e(\cos 1 + i \sin 1) - 1\] Ответ: \(e(\cos 1 + i \sin 1) - 1\). Задача 4. Разложить \(f(z) = \frac{1 - e^{-3z^2}}{z^4}\) в ряд Лорана в окрестности \(z = 0\). Решение: Используем разложение \(e^w = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{w^n}{n!}\). Пусть \(w = -3z^2\): \[e^{-3z^2} = 1 + (-3z^2) + \frac{(-3z^2)^2}{2!} + \frac{(-3z^2)^3}{3!} + \dots = 1 - 3z^2 + \frac{9z^4}{2} - \frac{27z^6}{6} + \dots\] Подставим в функцию: \[f(z) = \frac{1 - (1 - 3z^2 + \frac{9}{2}z^4 - \frac{9}{2}z^6 + \dots)}{z^4} = \frac{3z^2 - \frac{9}{2}z^4 + \frac{9}{2}z^6 - \dots}{z^4}\] \[f(z) = \frac{3}{z^2} - \frac{9}{2} + \frac{9}{2}z^2 - \dots = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{3^n z^{2n-4}}{n!}\] Так как главная часть ряда Лорана содержит конечное число членов (один член \(\frac{3}{z^2}\)), то точка \(z = 0\) является полюсом 2-го порядка. Ответ: \(f(z) = \frac{3}{z^2} - \frac{9}{2} + \frac{9}{2}z^2 - \dots\), полюс 2-го порядка. Задача 5. Вычислить \(\oint_L \frac{e^{iz}}{z^2+1} dz\), где \(L: |z - i| = 1\). Решение: Внутри контура (окружность с центром в \(i\) радиуса 1) находится только одна особая точка знаменателя: \(z^2 + 1 = 0 \Rightarrow z = \pm i\). Точка \(z = i\) лежит внутри, \(z = -i\) — вне. По интегральной формуле Коши: \[\oint_L \frac{e^{iz}}{(z-i)(z+i)} dz = 2\pi i \cdot \left[ \frac{e^{iz}}{z+i} \right]_{z=i} = 2\pi i \cdot \frac{e^{i^2}}{i+i} = 2\pi i \cdot \frac{e^{-1}}{2i} = \frac{\pi}{e}\] Ответ: \(\frac{\pi}{e}\).