Zadania z funkcji zespolonych. III semestr

Transkrypt

1 Zadania z funkcji zespolonych III semestr 1

2 Spis treści 1. Liczby zespolone - dzia lania i w lasności Zad Pochodna funkcji zmiennej zespolonej, holomorficzność Zad Funkcje elementarne Zad Odwzorowania konforemne Zad Ca lki zespolone, twierdzenia ca lkowe Cauchy ego Zad Szeregi Taylora Zad Szeregi Laurenta, klasyfikacja punktów osobliwych Zad Ca lki rzeczywiste Zad Twierdzenie Rouché, zasada maksimum Zad. 1-11

3 1. Liczby zespolone - dzia lania i w lasności 1. Wykonać nastepuj ace dzia lania na liczbach zespolonych: (a) (1 + i)( + i) + (1 i)( i), (b) (1 + i)(3 i)(5 5i), (c) 1+i 3+i, (d) (1+i)7 1 (1 i) 4 1. Odpowiedzi: a), b) 5, c) i, d) i.. Udowodnić równość z + iw + w + iz = ( z + w ) dla z, w C. Wywnioskować stad, że z + iw ( z + w ) dla z, w C. 3. Zapisać w postaci trygonometrycznej nastepuj ace liczby zespolone: (a) + 3i, (b) 3 + i, (c) 1 i 1+, 3i (d) + 3i, (e) 3 i. Odpowiedzi: a) 4(cos( π 3 ) + i sin( π 3 )), b) (cos( π 6 ) + i sin( π 6 )), c) 17π 17π (cos( ) + i sin( )), 1 1 d) 4(cos( π 3 ) + i sin( π 3 )), e) (cos( 5π 6 ) + i sin(5 π 6 )). 4. Korzystajac ze wzorów Moivre a obliczyć: (a) ( 1 + 3i) 3, (b) (1 + i) 5, 3

4 (c) ( i ) 4, (d) ( + 3i) 16 (1+ 3i) 7, (e) (f) (g) (h) (1+i) 8 ( + (1 i)8 3+i) 18 (, 3 i) , 3 i, 6 1. Odpowiedzi: a) 3, b) 1 ( 1 + i), c) 1, d) 5 ( 1 + i 3), e), f) z = + i, z 1 = + i, z = i, z 3 = i, g) z = i, z 1 = 3 i 1, z = 3 i 1, h) z = 1, z 1 = 1 +i 3, z = 1 +i 3, z 3 = 1, z 4 = 1 i 3, z 5 = 1 i Obliczyć: (a) 8 6i, (b) 3 4i, (c) i. Odpowiedzi: a) a 1 + ib 1 = 1 + i3, a + ib = 1 i3, b) a 1 + ib 1 = + i, a + ib = i, c) a 1 + ib 1 = 5 + i6, a + ib = 5 i6. 6. Rozwiazać w dziedzinie zespolonej równania: (a) z 3 = 8i, (b) z 4 = 16, 4

5 (c) z =, (d) (1 i) 4 z 4 = 1, (e) z z = 1 + i, (f) ( zz) z + z 1 =, (g) z z + (z z) = 3 + i, (h) z 7 z 4 i + z 3 i =, (i) z 6 z 4 + 4z 4 =. Odpowiedzi: a) z = 3 + i, z 1 = 3 + i, z =, b) z =, z 1 = i, z =, z 4 = i, c) z = 3 + i, z 1 = i, z = 3 + i, z 3 = 3 i, z 4 = i, z 5 = 3 i, d) z =, z 1 = i, z =, z 3 = i, e) z = 3 i, f) z = i, z 1 = 1, z = 1, z 3 = 1, g) z 1 = + i, z = + i, h) z = 3 + 1i, z 1 = 3 + 1i, z = i, z 3 = + i, z 4 = + i, z 5 = i, z 6 = i i) z 1 = 1, z = 1, z 3 = 1 + i, z 4 = 1 + i, z 5 = 1 i, z 6 = 1 i. 7. Niech z b edzie pierwiastkiem wielomianu o wspó lczynnikach rzeczywistych. Udowodnić, że z jest także pierwiastkiem wielomianu W (z). 8. Znaleźć pozosta le pierwiastki wielomianu w(z) = z 4 4z 3 + 4z + 4z 5 wiedzac, że z = i jest pierwiastkiem tego wielomianu. : z 1 = + i, z = i, z 3 = Znaleźć pozosta le pierwiastki wielomianu w(z) = z 4 4z 3 + 6z 4z + 5 wiedzac, że z = + i jest pierwiastkiem tego wielomianu. : z 1 = i, z = i, z 3 = 1. 5

6 1. Zaznaczyć na p laszczyźnie zespolonej zbiory: (a) {(x, y) C : 1 < z < 4}, (b) {(x, y) C : Rez + 1 Imy}, (c) {(x, y) C : z 1 i = 5}, (d) {(x, y) C : z i 1}, (e) {(x, y) C : z < 9 z + < 9}, (f) {(x, y) C : z 1 < z + }. Odpowiedzi: a) pierścień {(x, y) R : 1 < x + y < 4}, b) pó lp laszczyzna z brzegiem {(x, y) R : x + 1 y}, c) okrag {(x, y) R : (x 1) + (y ) = 5}, d) zewnetrze ko la wraz z okregiem {(x, y) R : x + (y ) 1}, e) cześć wspólna dwóch kó l {(x, y) R : (x ) + y < 9 (x + ) + y < 9}, f) pólp laszczyzna z brzegiem {(x, y) R : x }. 6

7 . Pochodna funkcji zmiennej zespolonej, holomorficzność 11. Znaleźć cześć rzeczywista i urojona funkcji: (a) f(z) = z 3 + i z, (b) f(z) = z+1 z 1. Odpowiedzi: a) u(x, y) = x 3 3xy + xy, v(x, y) = 3x y + x, b) u(x, y) = x +y +1 (x 1) +y, v(x, y) = x+y (x 1) +y. 1. Dana jest cz eść rzeczywista u(x, y) i cz eść urojona v(x, y) funkcji zespolonej f. Przedstawić t e funkcj e jako funkcj e zmiennej zespolonej z: (a) u(x, y) = x 4 6x y + y 4 x, v(x, y) = 4x 3 y 4xy 3 y, (b) u(x, y) = x y + x, v(x, y) = xy + y, (c) u(x, y) = Odpowiedzi: x + x, v(x, y) = x +y a) f(z) = z 4 z, b) f(z) = z + z, c) f(z) = 1 z + z. y x +y y. 13. Sprawdzić w jakich punktach z C nastepuj ace funkcje spe lniaja warunki Cauchy ego- Riemanna: (a) f(z) = z, (b) zimz, (c) f(z) = z + z, (d) f(z) = z. Odpowiedzi: a) f spe lnia warunki Cauchy ego-riemanna dla dowolnego z C, b) f spe lnia warunki Cauchy ego-riemanna tylko dla z =, 7

8 c) f spe lnia warunki Cauchy ego-riemanna tylko dla z =, d) f nie spe lnia warunków Cauchy ego-riemanna w żadnym z C. 14. Zbadać istnienie pochodnej funkcji f oraz znaleźć jej pochodna w punktach w których istnieje: (a) f(z) = zrez, (b) f(z) = z z. Odpowiedzi: wspólna dla (a) i (b) f ma pochodna tylko dla z = i f () =. 15. Zbadać holomorficzność funkcji: (a) f(z) = z + z, (b) f(z) = z, (c) f(z) = (z + 1) z, (d) f(z) = z + z, (e) f(z) = z (z + 1). Odpowiedzi: Wspólna dla (a)-(e) f nie jest holomorficzna w dowolnym punkcie z C. 16. Dla funkcji wymienionych w zadaniu 16 (a) policzyć pochodne f x oraz f y, (b) korzystajac z definicji policzyć pochodna formalna f, z (c) w jakich punktach p laszczyzny istnieje f (z), (d) korzystajac z definicji policzyć pochodna formalna f, z (e) zbadać holomorficzość f. Odpowiedzi: a) Dla f(z) = z f +z, (x, y) = x+, f f (x, y) = y+i, x y f (z) istnieje tylko dla z = i f () =. (x, y) = x+iy, z 8

9 b) Dla f(z) = z, f f (x, y) = x yi, x (x, y) = y xi, y f z (x, y) = x yi, f (z) istnieje tylko dla z = i f () =. c) Dla f(z) = (z + 1) z pochodne f x (nie istnieje f x (, ) i f x f (x, y) = x(x +y )+x 3 )+i( y(x +y ) x y) x f z (x, y) = 1 f (, ) i (, ) należy policzyć z definicji y (, )), dla pozosta lych punktów: x +y, f (x, y) = y(x +y )+y 3 +i( x(x +y ) y x) y ( 5x 3 +6xy +i(y 3 x y), x +y ), x +y f (z) nie istnieje dla dowolnego punktu z C. d) Dla f(z) = z + z pochodne f f (, ) i (, ) należy policzyć z definicji (nie x y istnieje f f (, ) i (, )), dla pozosta lych punktów: f x x (x, y) = x f y (x, y) = y f z (x, y) = 1 x x +y +, x +y ( + i, x+iy x +y ), f (z) nie istnieje dla dowolnego punktu z C. e) Dla f(z) = z (z + 1), f (x, y) = x 3x + y + x + ixy, f (x, y) = yx + y + y i(x + 3y ), f (x, y) = z x y + x + i(xy + y), f (z) istnieje dla z = i wynosi. 17. Niech f H(D(, R)). Udowodnić, że: (a) jeśli f (z) = dla z D(, R), to f = const, (b) jeśli f(z) = const dla z D(, R), to f = const. 18. Pokazać, że twierdzenie o wartości średniej nie zachodzi dla funkcji holomorficznych. Należy rozpatrzeć funkcje f(z) = z 3 oraz odcinek l acz acy punkty 1 oraz i. 9

10 19. Znaleźć funkcje holomorficzna f(z) = u(x, y)+iv(x, y) (a nastepnie zapisać ja w postaci zespolonej) wiedzac, że: (a) u(x, y) = x y + xy, (b) u(x, y) = x 3 + 6x y 3xy y 3, (c) u(x, y) = x, x +y (d) u(x, y) = x y (x +y ). Odpowiedzi: a) v(x, y) = xy x + y + c, f(z) = z (1 1 i) + ic, b) v(x, y) = x 3 + 3x y + 6xy y 3 + c, f(z) = (1 i)z 3 + ic, c) v(x, y) = y + c, f(z) = 1 + ic, x +y z d) v(x, y) = xy + c, f(z) = z + ic. (x +y ) 1

11 3. Funkcje elementarne. Wykazać, że: (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 x + i sinh y, cos x+cosh y cos x+cosh y (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 = Odpowiedzi: a) b) sinh x + i sin y. cosh x+cos y cosh x+cos y sin z = eiz e iz = e y+ix e y ix = e y (cos x + i sin x) e y (cos x i sin x) i( ) i ( ) i e y e y e y + e y = cos x + i sin x = sin x cosh y + i cos x sinh y. i i cos z = eiz + e iz = e y (cos x + i sin x) + e y (cos x i sin x) ( ) ( ) e y + e y e y e y = cos x + i sin x = cos x cosh y i sin x sinh y. c) d) sin x coth y + i cos x sinh y cos x coth y + i sin x sinh y tan z = cos x coth y i sin x sinh y cos x coth y + i sin x sinh y = cos x sin x(cosh y sinh y) + i sinh y cosh y cos x cosh y + sin (cosh y 1) sin x = cos x + cosh y + i sinh y cos x + cosh y. sinh z = ez e z = ex+iy e (x+iy = ex (cos y + i sin y) e x (cos y i sin y) ( ) ( ) e x e x e x + e x = cos y + i sin y = sinh x cos y + i cosh x sin y. 11

12 e) f) cos hz = ez + e z = ex+iy + e (x+iy = ex (cos y + i sin y) + e x (cos y i sin y) ( ) ( ) e x + e x e x + e x = cos y + i sin y = cosh x cos y + i sin hx sin y. sinh x cos y + i cosh x sin y tanh z = cosh x cos y + i sin hx sin y = Korzystajac z cos x = 1(1 + cos x) i z cosh x = = sinh x + i sin y cos y + cosh x = sinh x cosh x + i sin y cos y cosh x cos y + sinh x sin y. cosh x=1 sinh x cosh x + cos y + i sin y cosh x + cos y 1. Wykazać, że: (a) sin z = sin x + sinh y, (b) cos z = cos x + sinh y, (c) sinh z = sinh x + sin y, (d) cosh z = sinh x + cos y. Odpowiedzi: a) sin z = sin x cosh y + cos x sinh y = sin x cosh y + (1 sin x) sinh y = sin x cosh y sin x sinh y = sin x + sinh y. b) cos z = cos x cosh y + sin x sinh y = cos x cosh y + (1 cos x) sinh y = cos x(cosh y sinh y) + sinh y = cos x + sinh y. c) sinh z = sinh x cos y + cosh x sinh y = sinh x(1 sin y) + cosh x sin y = sin y(cosh y sinh x + sinh x = sin y + sinh x. 1

13 d) cosh z = cosh x cos y + sinh x sin y = cosh x cos y + sinh x(1 cos y = (cosh x sinh x) cos y + sinh x = cos y + sinh x.. Wykazać, że nastepuj ace funkcje sa okresowe: (a) sinz, cosz o okresie T = π, (b) tgz, ctgz o okresie T = π, (c) chz, shz o okresie T = πi. : np. dla sin(z + π) = sin(x + iy + π) = sin(x + π) cosh y + i cos(x + π) sinh y = sin(x) cosh y + i cos(x) sinh y = sin z. np. dla cosh(z + πi) = cosh x cos(y + π) + i sin hx sin(y + π) = cosh x cos y + i sin hx sin y = cosh z. 3. Wykazać, że dla z C: (a) cosiz = chz, (b) shz = ish(iz), (c) cos z + sin z = 1, (d) ch z sh 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 ) = cosz 1 cosz sinz 1 sinz, (j) sin(z 1 + z ) = sinz 1 cosz + cosz 1 sinz. 13

14 4. Korzystajac z definicji pochodnej formalnej f udowodnić, że funkcje sinz, cosz z tgz, ctgz, shz, chz, thz, cthz sa holomorficzne w swojej dziedzinie. : Pokażemy jak udowodnić, że funkcja sinh z jest holomorficzna dla każdego z C. Wiemy, że f jest holomorficzna w C, jeśli f = dla każdego z C. z sinh = 1 ( ) sinh z x + i sinh y = 1 (cosh x cos y + i sinh x sin y + i( sinhx sin y + i cosh x cos y)) = 1 (cosh x cos y cosh x cos y + i(sinh x sin y sinh x sin y)) = + i. 5. Wyprowadzić wzór na pochodne funkcji sinz, cosz, tgz, ctgz, shz, chz, thz, cthz. 6. Wykazać, że funkcje odwrotne do f. trygonometrycznych i hiperbolicznych wyrażaja sie nastepuj acymi wzorami: (a) arcsinz = iln(iz + 1 z ), (b) arccosz = iln(z + z 1), (c) arctgz = 1 i ln ( 1+iz 1 iz ), (d) arcctgz = 1 i ln ( iz+1 iz 1), (e) arcshz = ln(z + z + 1), (f) arcchz = ln(z + z 1), (g) arcthz = 1 ln ( 1+z 1 z ), (h) arccthz = 1 ln ( z+1 z 1). Odpowiedz: a) Niech w = sin z = eiz e iz. Podstawiamy t = e iz, wtedy i w = t 1 t t wti 1 = t = wi + w + 1 z = i ln(wi + 1 w ). 14

15 b) w = cos z = eiz +e iz. Podstawiamy t = e iz, wtedy i w = t + 1 t t wti + 1 = t = wi + w 1 z = i ln(w + w 1). c) w = sin z = cos z eiz e iz i(e iz +e iz ). Podstawiamy t = eiz, wtedy w = t 1 it + 1 t = 1 + wi 1 wi z = 1 ( ) 1 + wi i ln. 1 wi d) Analogicznie w pozosta lych przypadkach. 7. Jakimi wzorami wyrażaja sie: (a) pochodne funkcji zdefiniowanych w poprzednim zadaniu? (b) pochodna funkcji pot egowej f(z) = z μ? : a) Wiemy, że arcsinz = i ln(iz + 1 z ). Zatem b) (arccosz) = 1 1 z, c) (arctanz) = 1 1+z, d) (arccotanz) = 1 1+z, e) (arcsinhz) = 1 1+z, f) (arccoshz) = 1 z 1, g) (arctanhz) = 1 1 z. h) (z μ ) = μz μ 1. (arcsinz) = 1 1 z, 8. Obliczyć wartość wyrażeń: (a) e i π 4, cosi, sin(1 + i), tg( i), (b) ln1, ln( 1), ln(1 + i), znaleźć wartośc g lówna ln(1 + i 3), (c) i i, 1 α+iβ. 15

16 Odpowiedzi: a) e i π 4 = + i, cos i = cosh 1, sin(1 + i) = sin 1 cosh 1 + i sin 1 cosh 1. b) ln 1 = kπi, k Z, ln( 1) = (k+1)πi, k Z, ln(1+i) = 1 +(kπ+ π 4 ) i, k Z, wartość g lówna ln(1 + i 3) = ln + i π 3. c) i i = e π +kπ, k Z, 1 α+iβ = e βkπ, k Z. 9. Rozwiazać równania: (a) cosz = 4, (b) sinz = i, (c) (z 4 1) sin πz =, (d) (z 6 + 1)chz =, (e) Wykazać, że tan(z) = ±i dla każdego z C. Odpowiedzi: a) z n = nπ + i ln( 3) z n = nπ + i ln( + 3), n Z. b) z n = (n + 1)π + i ln( + 5) z n = nπ + i ln( + 5), n Z. c) z = 1, z 1 = i, z = 1, z 3 = i oraz w m = m, m Z. d) z = 3 + i 1, z 1 = i, z = 3 + i 1, z 3 = z = 3 i 1 z 4 = i, z 5 = 3 i 1, w m = (k + 1 )π, k Z. 3. Znaleźć funkcje holomorficzna f(z) = u(x, y)+iv(x, y) (a nastepnie zapisać ja w postaci zespolonej) wiedzac, że (a) v(x, y) = arctg( y ), x >, x (b) u(x, y) = ln(x + y ), (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

17 (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. Wykazać, że gdy w pewnym obszarze istnieje jedna ga l aź jednoznaczna pierwiastka n z, to istnieje dok ladnie n takich ga l ezi, czym one sie różnia? 3. Znaleźć obrazy prostych x = const oraz y = const: (a) przy odwzorowaniu f(z) = sinz, (b) przy odwzorowaniu f(z) = tgz. 17

18 Odpowiedzi: a) Obrazami prostych x = const = sa ga l ezie hiperboli o równaniu ( ) u sin x v = 1, cos x zaś obrazami prostych y = const = sa pó lelipsy o równaniu u 1 4 (ey + e y ) + v 1 4 (ey + e y ) = 1. Hiperbole sa ortogalne do elips. b) Obrazami prostych x = const = jest pek hiperboliczny okregów ( u + cos x sin x ) + v = 1 sin x przechodzacych przez w = ±i, zaś obrazami prostych y = const = jest pek eliptyczny okregów u + ( v ) cosh y = sinh y 1 sinh y, wzgledem których punkty w = ±i sa symetryczne. 18

19 4. Odworowania konforemne 33. Znaleźć obraz obszaru D = {z C : z < 1} przy homografii f(z) = z i z+i. Szukamy odwzorowania odwrotnego do w(z) = z i. Homografia odwrotna ma postać z+i iw + i z(w) = w 1. Aby znaleźć obraz obszaru D należy w równaniu opisujacym D w miejsce z wstawić równanie homografii odwrotnej. f(d) = D ={w C : iw + i w 1 < 1} Jest to lewa pó lp laszczyzna. ={w C : w ( 1) < w 1 } ={w C : Rew < }. 34. Znaleźć obraz obszaru D = {z C : z i < z + i < } przy homografii f(z) = z 1 z+1. Obszar D jest cześci a wpólna dwóch kó l. Szukamy odwzorowania odwrotnego do w(z) =. Homografia odwrotna ma postać z 1 z+1 z(w) = w 1 w 1. Aby znaleźć obraz obszaru D 1 = {z C : z i < należy w równaniu opisujacym D 1 w miejsce z wstawić równanie homografii odwrotnej. f(d 1 ) = D 1 ={w C : w 1 w 1 i < } ={w C : w i < w 1 } ={w C : Imw > Rew}. Postepujemy analogicznie dla D = {z C : z + i < } f(d ) = D ={w C : w 1 w 1 + i < } ={w C : w ( i) < w 1 } ={w C : Imw < Rew}. 19

20 Zatem f(d) = f(d 1 ) f(d ) = {w C : Imw > Rew Imw < Rew}. 35. Udowodnić, że homografia zachowuje dwustosunek punktów w w 1 w w : w 3 w 1 w 3 w = z z 1 z z : z 3 z 1 z 3 z. 36. Udowodnić, że dla dowolnych trzech różnych punktów z 1, z, z 3 C i trzech różnych wartości w 1, w, w 3 C istnieje dok ladnie jedna homografia f taka, że f(z i ) = w i, i = 1,, Znaleźć homografie, która przekszta lca zbiór D = {z C : z = 1} na D 1 = {z C : Imz = } i taka, że punktom 1, + i, i odpowiadaja punkty 1,, 1. Korzystamy z faktu, że homografia zachowuje dwustosunek punktów, czyli w w 1 w w : w 3 w 1 w 3 w = z z 1 z z : z 3 z 1 z 3 z. w + 1 w : = z 1 z ( + i) : i 1 i ( + i). Skad po przekszta lceniach otrzymamy postać szukanej homografii w = (1 + i)z + (1 + 3i) ( 3 + i)z + (3 3i). 38. Znaleźć ogólna postać homografii przekszta lcajacej górna pó lp laszczyzne na ko lo jednostkowe. Wybierzmy punkt a taki, że Ima >. Punktem symetrycznym do niego wzgledem brzegu, czyli osi OX jest punkt a. Szukana homografia musi przekszta lcić punkt a na punkt należacy do D(, 1). Możemy przyjać, że f(a) =. Wtedy homografia f punkt a musi przekszta lcić na punkt symetryczny wzgledem czyli na. Zatem f(a) =, f( a) =. Stad możemy napisać f(z) = k z a Pokażemy, że k = z a eiφ. Ponieważ f przekszta lca oś OX na okrag jednostkowy, to f(1) = 1. Korzystajac

21 z tego dostaniemy 1 = f(1) = k 1 a. Należy zauważyć, że z a = z a, wiec 1 a 1 a = 1 a. Stad 1 a 1 a = 1 i w konsekwencji k = 1, czyli k = e iφ. Szukane homografie maja nastepuj ac a postać iφ z a f(z) = e, Ima >, φ [, π). z a 39. Znaleźć ogólna postać homografii przekszta lcajacej ko lo jednostkowe na siebie. Szukane homografie maja nastepuj ac a postać iφ z a f(z) = e, a D(, 1), φ [, π). z a 4. Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca ko lo jednostkowe na siebie i takie, że: (a) f( 1 4 ) = i Argf ( 1 4 ) = π, (b) f( 1 ) = i Argf ( 1 ) = π. Odpowiedzi: iφ/ 4z 1 a) f(z) = e, 4 z iφ/ z 1 b) f(z) = e. z 41. Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca obszar D = {z C : z > 1} na obszar D 1 = {z C : Imz < Rez}. Najpierw zastosujemy f 1 (z) = 1. Ta homografia przekszta lci D = {z C : z > 1} z na D = {z C : z < 1}. Nastepnie zastosujemy homografie f (z), odwrotna do tej, która przekszta lca górna pó lp laszczyzne na ko lo jednostkowe. Ma ona postać f (z) = aw eiφ a, φ [, π). w e iφ ( Możemy podstawić np. a = i. Wtedy f (z) = i w +e ). iφ Szukane odwzorowanie w e iφ ma postać f f 1. 1

22 4. Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca obszar D = C {z C : Rez Imz = } na obszar D 1 = {z C : z > 1}. Obszar D można zapisać jako D = {z C : π < Argz < π}. Wtedy pierwsza ga l az pierwiastka f 1 (z) = z przekszta lca obszar D na Funkcja f (z) = iz odwozoruje D na D = {z C : π/ < Argz < π/}. D = {z C : < Argz < π}. Zauważmy, że D jest górna pó lp laszczyzna. Niech iπ/ z i f 3 (z) = e z + i. Jest to homografia znana z poprzednich zadań, gdzie przyj eto a = i i φ = π/. Homografia f 4 (z) = 1 : D(, 1) {z C : z > 1}. z Szukane odzworowanie jest nastepuj ac a superpozycja f(z) = f 4 f 3 f f Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca p laszczyzne rozciet a wzd luż prostych (, 1] [1, ) na obszar D 1 = {z C : Imz > }. Niech g(z) = 1 z 1+z. Wtedy g(d) = D = {z C : π < Argz < π}. Dalej korzystajac z porzedniego zadania wiemy, że f f 1 g przekszta lci obszar D na górna póp laszczyzne. Szukane odwzorowanie ma postać ( ) 1/ 1 z f(z) = i, 1 + z gdzie bierzemy pierwsza ga laź pierwiastka.

23 44. Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca obszar D = C {z C : 3 Rez 1 Imz = } na obszar D 1 = {z C : Imz > }. Niech f 1 (z) = z +. Wtedy Z kolei f (z) = 1 z przekszta lci f 1 (D) = C {z C : 1 Rez 1 Imz = }. C {z C : 1 Rez 1 Imz = } na p laszczyzne rozciet a wzd luż prostych (, 1] [1, ). Dalej korzystamy z poprzedniego zadania i rozpatrujemy f 3 (z) = 1 z, f 1+z 4(z) = z 1/, f 5 (z) = iz. Szykane odwzorowanie ma postać f = f 5 f 4 f 3 f f Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca obszar D = {z C : Imz > } {z C : Rez = < Imz 1} na obszar D 1 = {z : z < 1}. Odpowiedzi Niech f 1 (z) = z. Wtedy f 1 (D) jest p laszczyzna rozciet a wzdluż pó lprostej [ 1, + ). Funkcja f (z) = z + 1 przesunie rozciecie na pó lprosta [, + ). Funkcja f 3 (z) przekszta lci otrzymany zbiór na górna iφ z a pó lp laszczyzne. Wtedy f 4 (z) = e, Ima >, z a odwzoruje ja na D(, 1). Zatem f = f 4 f 3 f f Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca ko lo D = {z C : z < 1} na obszar D 1 = {z C : < Imz < π}. Jeśli f 1 (z) = i ( e iφ +z z e iφ ), to f 1 (D) = {z C : < Imz < π}. Stad f f 1 jest szukanym przekszta lceniem. 3

24 47. Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca ko lo D = {z C : z < 1} rozci ete wzd luż promienia na obszar D 1 = {z C : < Imz < π }. Niech f 1 (z) = z 1/, Wtedy D = f 1 (D) = {z C : z < 1 Rez > }. Natomiast f (z) = z+i z i przeksztalci f 1(D) na D = {z C : Imz > Rez < }. Kolejno Lnz πi odwzoruje D na pasek D Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca pas D = {z C : < Imz < π } na pólkole D = {z C : Imz > z < 1}. Fukcja f 1 (z) = e z przekszta lca pasek D na D = {z C : Rez > Imz > }. Zaś homografia f (z) = z 1 przekszta lci z+1 D na D 1. Stad f f 1 jest szukanyn przekszta lceniem. 49. Znaleźć odwzorowanie konforemne f(z), które przekszta lca wycinek ko lowy D = {z C : < Argz < π 3 } na obszar D 1 = {z C : z < 1}. Wskazówka. Znaleźć przekszta lcenie konforemne pó lkola D = {z C : Imz > z < 1} na pólp laszczyzn e D 1 = {z C : Imz > }. Szukane odwzorowanie ma postać f(z) = ( z+1 z 1). 4

25 5. Ca lki zespolone, wzory ca lkowe Cauchy ego 5. Obliczyć ca lk e Γ zdz, gdzie Γ jest lukiem paraboli y = x od punktu O(, ) do punktu A(1, ). Krzywa Γ zapiszemy w postaci zespolonej tzn. Wtedy dz = (1 + it)dt oraz 1 zdz = (t it )(1 + it)dt = Γ Γ = {z = t + it : t [, 1]}. 1 (t + t 3 )dt + i 51. Obliczyć ca lk e Γ zdz, gdzie Γ jest górnym lukiem elipsy x + y 4 = 1. Krzywa Γ zapiszemy w postaci zespolonej tzn. Γ = {z = cos t + i sin t : t [, π/]}. Wtedy dz = ( sin t + i cos t)dt oraz π/ zdz = (cos t i sin t)( sin t + i cos t)dt Γ = π/ = 3 + iπ. 3 cos t sin tdt + i π/ 1 (sin t + cos t)dt t dt = 1 + i Obliczyć ca lk e Γ z z 1 dz, gdzie Γ jest górnym lukiem okr egu {z : z = }. Krzywa Γ zapiszemy w postaci zespolonej tzn. Wtedy dz = ie it dt oraz z z 1 dz = Γ Γ = {z = e it : t [, π]}. π e it π e it ieit dt = ie 3it dt =

26 53. Obliczyć ca lke z zdz, gdzie Γ jest górnym lukiem okr egu Γ {z : z = 1}. Krzywa Γ zapiszemy w postaci zespolonej tzn. Γ = {z = cos t + i sin t : t [, π]}. Wtedy dz = ( sin t + cos t)dt oraz π z zdz = (cos t i sin t)( sin t + i cos t)dt = i Γ π dt = iπ. 54. Obliczyć ca lke e z dz, gdzie Γ + Γ (z 4) 1 = {z : z = 1} jest krzyw a zorientowana dodatnio. Funkcja podca lkowa ma dwa bieguny z 1 = i z =, oba dwukrotne. Do zbioru D 1 = {z : z < 1} należy tylko biegun z 1. Zatem korzystajac ze wzoru ca lkowego Cauchy ego mamy gdzie f 1 (z) = Γ + 1 e z (z 4) dz = Γ + 1 ez H(D (z+) 1 ). = Γ + 1 e z (z ) (z + ) dz e z (z+) (z ) dz = πif 1() = e π 3, 55. Obliczyć ca lke e z dz, gdzie Γ + Γ (z 4) = {z : z + = 1} jest krzyw a zorientowana dodatnio. Funkcja podca lkowa ma dwa bieguny z 1 = i z =, oba dwukrotne. Do zbioru D = {z : z + < 1} należy tylko biegun z. Zatem korzystajac ze wzoru ca lkowego Cauchy ego mamy Γ + e z (z 4) dz = Γ + = Γ + e z (z ) (z + ) dz e z (z ) (z + ) dz = πif () = e π 3, 6

27 gdzie f (z) = ez H(D (z ) ). 56. Obliczyć ca lk e Γ e z (z 4) dz, gdzie Γ + 3 = {z : z = 4} jest krzywa zorientowana dodatnio. Funkcja podca lkowa ma dwa bieguny z 1 = i z =, oba dwukrotne. Do zbioru D 3 = {z : z < 4} należa oba bieguny z 1 i z. Zatem korzystajac z twierdzenia Cauchy ego dla obszarów wielospójnych mamy Γ + 3 e z (z 4) dz = Γ + 1 e z (z+) (z ) dz + Γ + = e π 3 e π 3 =, e z (z+) (z ) dz 57. Obliczyć ca lk e Γ e z (z 4) dz, gdzie Γ + 4 = {z : z = 1} jest krzywa zorientowana dodatnio. Do zbioru D 4 = {z : z < 1} nie należy żaden z biegunów z 1 i z. Zatem korzystajac z podstawowego twierdzenia Cauchy ego dla obszarów jednospójnych mamy e z dz =, (z 4) Γ + 4 ponieważ f H(D 4 ). 58. Obliczyć ca lke ( ) e z sin z + + z cos z dz, gdzie Γ jest krzywa Γ z + 1 (z i) 3 zorientowana dodatnio o równaniu {z C : z i = 4 }. Zauważmy, że funkcja podca lkowa ma bieguny w puktach z 1 = i, z = i, z 3 = i, przy czym bieguny z 1 i z sa jednokrotne a biegun z 3 jest trzykrotny. Korzystamy z twierdzenia ca lkowego Cauchy ego dla obszarów wielospójnych. Zatem ( e z Γ z ( e z =πi res i z sin z + z cos z (z i) 3 + res i 7 e z z ) dz ) sin z + res i. (z i) 3

28 Policzymy residua wymienionych funkcji res i res i e z z ( (z i ) = lim )ez z i (z i )(z + i ) = e i i ( e z (z + i ) z + 1 = lim )ez 4 z i (z i )(z + i ) = e i i Zatem Γ ( e z z sin z res i (z i) = 1 ( (z i) 3 sin z 3! (z i) 3 ) = 1 ( cos i). ) ( ) sin z e i + + z cos z dz = πi( (z i) 3 i + e i i + 1 ( cos i). 8

29 6. Szeregi Taylora 59. Znaleźć szereg Taylora funkcji f(z) o środku w punkcie z : (a) f(z) = e z, f(z) = cos z, f(z) = sin z, z =, (b) f(z) = chz, f(z) = shz, z =, (c) Ile wynosi promień zbieżności otrzymanego szeregu? Odpowiedzi: - e z = 1 + z + z + + z = z k 1!! 3! k=. k! - sinz = z z3 + z5 z = zk+1 3! 5! 7! k= ( 1)k. (k+1)! - cosz = 1 z + z4 z = zk! 4! 6! k= ( 1)k. (k)! - chz = k= z k (k)!. - shz = z k+1 k=. W każdym z powyższych przypadków promień r =. (k+1)! 6. Znaleźć szereg Taylora funkcji f(z) = Ln(1 + z) o środku w punkcie z =. Ile wynosi promień zbieżności szeregu? Wiadomo, że w obszarze jednospójnym, nie zawierajacym i, istnieje ga l aź logarytmu. Zatem promień r ko la o środku w punkcie z w którym szereg bedzie zbieżny musi spe lniać r < z. Policzymy pochodne f(z) = Lnz. Stad f (z) = z 1, f (z) = z,... f (n) (z) = ( 1) n 1 (n 1)!z n. Lnz = Ln(z ) + z z z 1 ( ) ( ) n z z ( 1)n 1 z z n z Przyjmujac z = 1 i zastepuj ac z przez 1+z otrzymamy dla wartości g lównej logarytmu rozwiniecie w kole z < 1. Ln(1 + z) = z z + z3 zn ( 1)n 1 3 n z 9

30 61. Znaleźć rozwini ecie w szereg Taylora o środku w punkcie z = ga l ezi g lównej funkcji f(z) = (1 + z) μ dla z < 1, μ R. Funkcja y(z) = z μ ma jednoznacza ga l aź w obszarze nie zawierajacym i. Policzymy jej pochodne y (z) =μz μ 1, Jeśli μ N, to y (z) =μ(μ 1)z μ,. y (n) (z) =μ(μ 1)... (μ n + 1)z μ n. (z m ) (μ) = μ! Dla μ N i n > μ mamy ( ( μ n) =. Gdy μ C, to symbol Newtona μ n) wyraża si e wzorem ( ) μ μ(μ 1)... (μ n + 1) =, n n! gdzie ( ) μ := 1. Rozwiniemy funkcje z μ w szereg Taylora w kole K(z, r) dla r < z, ( ) ( ) ( ) n μ z z μ z μ z z = z [ ]. 1 z n Wstawiajac za z = 1 i zastepuj ac z przez 1 + z dostaniemy szereg dwumienny ( ) ( ) μ μ ( ) μ (1 + z) μ = 1 + z +... z n +... = z n 1 n n dla z < 1. z n= 6. Znaleźć rozwini ecie w szereg Taylora o środku w punkcie z = ga l ezi g lównej funkcji f(z) = 1 + z dla z < 1. Korzystamy z poprzedniego zadania podstawiajac za μ = 1. St ad z = 1 + z 1 8 z z3 n 1 (n 3)!! ( 1) z n +... (n)!! 3

31 dla z < Znaleźć rozwiniecie w szereg Taylora o środku w punkcie z = ga l ezi g lównej funkcji f(z) = 1 1+z dla z < 1. Korzystamy z zadania przedostaniego podstawiajac za μ = 1. St ad 1 = 1 + ( 1) z + ( 1)( 3) z ( 1)( 3 n+1 )... ( 1 + z 1!! n! = 1 + ale n! n = (n)!! Zatem otrzymamy n= z = 1 + ( 1) n (n 1)!! z n n n! n=1 ( 1) n (n 1)!! z n. (n)!! ) z n Znaleźć rozwiniecie w szereg Taylora o środku w punkcie z = ga l ezi g lównej funkcji f(z) = 1 1 z dla z < 1. Podstawiajac z w miejsce z w poprzednim zadaniu otrzymamy 1 = z n=1 ( 1) n (n 1)!! ( z ) n = 1 + (n)!! n=1 (n 1)!! z n. (n)!! 65. Policzyć szereg Taylora ga l ezi g lównej funkcji f(z) w punkcie z =. Znaleźć promień ko la zbieżności. (a) f(z) = arcsinz, (b) f(z) = arccoz, (c) f(z) = arctgz, (d) f(z) = arcctgz, (e) f(z) = arcshz, 31

32 (f) f(z) = arcthz, (g) f(z) = arccthz dla z > 1. Odpowiedzi: a) Wykażemy, że f(z) = arcsinz = z + n=1 r = 1). Ponieważ dla z = ±1, to jej pochodna wynosi (n 1)!! z n+1 (n)!! n+1 arcsin z = i ln(iz + 1 z ) (arcsin z) = 1 1 z dla z D(, 1) (tzn. dla z = ±1. Rozwiniemy ga l az g lówna 1 z w szereg Taylora. W tym celu skorzystamy ze wzoru Dla μ = 1 otrzymamy (1 + z) μ = n= ( ) μ z μ, dla z < 1. n 1 = 1 + ( 1) z + ( 1)( 3) z ( 1)( 3 n+1 )... ( 1 + z 1!! n! = 1 + n=1 ( 1) n (n 1)!! n n! ale n! n = (n)!! i podstawiajac z w miejsce z otrzymamy Stad 1 = z arcsin z = z ( 1 + n=1 ( 1) n (n 1)!! ( z ) n = 1 + (n)!! n=1 Policzymy promień zbieżności szeregu r = lim sup n ) (n 1)!! s n ds = z + (n)!! n=1 n=1 ) z n +... (n 1)!! z n. (n)!! (n 1)!! (n)!! (n)!!(n + 1)(n)!! (n + )!!(n + )(n 1)!! = 1. z n+1 (n + 1). 3

33 b) f(z) = arccoz = π ( z + n=1 c) f(z) = arctgz = n= d) f(z) = arcctgz = π n= e) f(z) = arcshz = f) f(z) = arcthz = n= g) f(z) = arccthz = n= zn+1 ( 1)n, r = 1. n+1 zn+1 ( 1)n n+1 n=1 ( 1)n (n 1)!! (n)!! z n+1 n+1, r = 1. (n 1)!! ) z n+1 (n)!! n+1, r = 1. z n+1 n+1, r = 1., r = 1. 1 dla z > 1. (n+1)z n Znaleźć szereg Taylora funkcji f(z) = sin z w dysku D(, r). Ile wynosi r? uzasadnić. Czy g(z) = sin ( z) jest funkcja ca lkowita? uzasadnić. Niech f(z) = sin z, wtedy g(z) = f (z) = sin z. Stad g (n) (z) = n sin(z + n π) oraz g (n) (z) = i g (n+1) () = ( 1) n n+1. Zatem f (n+) () = ( 1) n n+1 i f(z) = sin z = Podstawiajac z w miejsce z otrzymamy oraz f(z) = sin ( z) = r = lim sup n czyli f(z) jest funkcja ca lkowita. a n a n+1 k= n= = lim sup n f (n+) () (n + )! zn+. n+1 ( 1) n z n+1 (n + )! (n + 4)! n+1 =, (n + )!n Znaleźć szereg Taylora funkcji f(z) = cos z o środku w punkcie z =. Korzystajac z niego wykazać, że funkcja g(z) = z 3 cos ( z) jest ca lkowita. Wykazać, że z = jest trzykrotnym zerem funkcji g(z). Niech f(z) = cos z, wtedy g(z) = f (z) = sin z. Wykorzystujac poprzednie zadanie otrzymamy f(z) = cos z = f() + n= f (n+) () (n + )! zn+ = n= n+1 ( 1) n+1 z n+. (n + )!

34 Podstawiajac z w miejsce z otrzymamy oraz f(z) = cos ( z) = 1 + r = lim sup n a n a n+1 n= = lim sup n czyli z 3 cos ( z) jest funkcja ca lkowita. Ponieważ z 3 cos ( z) = z 3 [1 + k= n+1 ( 1) n+1 z n+1 (n + )! (n + 4)! n+1 =, (n + )!n+3 ] n+1 ( 1) n+1 z n+1 (n + )! [ = z ( 1) ] z + 3 )( 1) z +...! 4! = z 3 Φ(z), gdzie Φ(z) jest funkcja holomorficzna w C i Φ() =. Zatem z = jest trzykrotnym zerem f(z) = z 3 cos ( z). 68. Znaleźć szereg Taylora funkcji f(z) = shz o środku w punkcie z =. Korzystajac z niego wykazać, że funkcja g(z) = 1 z sh( z) jest ca lkowita. Wiemy już, że sinhz = z k+1 k= dla z C. Zatem (k+1)! Stad g(z) = 1 z sinh( z) = 1 z r = lim sup k a k a k+1 co dowodzi, że f jest funkcja ca lkowita. k= = lim sup k z k+ 1 (k + 1)! = k= (k + )! (k + 1)! =, z k (k + 1)! 69. Znaleźć szereg Taylora funkcji f(z) = sh z o środku w punkcie z =. Korzystajac z niego wykazać, że funkcja g(z) = sh ( z) jest ca lkowita. Czy punkt z = jest zerem funkcji? uzasadnić. 34

35 Dla f(z) = sh z pochodne f (k+1) (z) = k sinh z i f (k) (z) = k 1 cosh z. f (k+1) () = i f (k) () = k 1. Podstawiajac do wzoru Taylora otrzymamy Stad sinh z = k=1 k z k (k)! Zatem r = lim sup k a k a k+1 sinh ( z) = z ( = lim sup k 1 + k= (k + )! k 1 (n)! k+1 =. ) k z k 1 = zφ(z), (k)! gdzie Φ(z) jest holomorficzna w D(, 1) i Φ() =, co dowodzi, że z = jest zerem jednokrotnym funkcji. ( ) 1+z 7. Ga l aź g lówna funkcji f(z) = Ln rozwinać 1 z w szereg Taylora funkcji o środku w ( ) punkcie z =. Korzystajac z niego wykazać, że galaź g lówna funkcji g(z) = 1Ln 1+z z 1 z jest holomorficzna w dysku D(, 1).. Skorzystamy z faktu, że dla z D(, 1). Stad oraz ln(1 z ) = ln(1 + z) = ln(1 + z ) = ( 1) n=1 ( 1) n=1 ( 1) n 1 ( 1) n=1 1 ln z z n zn ( ) 1 + z = z 1 z n 1 zn n n 1 zn n, n = n= n=1 z 4n n + 1. n 1 zn ( 1) a Policzmy r = lim sup n = lim sup n a n+1 n n+3 = 1. Ponadto n+1 ( ) ) z ln z = z (1 + z4 z 1 z 3 + z8 5 + z = zφ(z), 35 n,

36 gdzie Φ(z) jest holomorficzna w D(, 1) oraz Φ() =. 71. Ga l aź g lówna funkcji f(z) = arcsh(z) rozwinać w szereg Taylora funkcji o środku w punkcie z =. Korzystajac z niego wykazać, że ga l aź g lówna funkcji g(z) = 1 z arcsh( z) jest holomorficzna w dysku D(, 1).. Wiemy już, że arcsh(z) = k=1 ( 1)k (k 1)!! (k)!!(k+1) zk+1 dla z D(, 1). Zatem oraz r = lim sup k g(z) = 1 z arcsh( z) = k=1 ( 1) k (k 1)!! (k)!!(k + 1) zk+1 a k = lim sup (k+)(k+1)!!(k 1)!! a k+1 k = 1. (k)!!(k)!!(n+1) 7. Ga l aź g lówna funkcji f(z) = arcth(z) rozwinać w szereg Taylora funkcji o środku w punkcie z =. Korzystajac z niego wykazać, że ga l aź g lówna funkcji g(z) = zarcth( z) jest holomorficzna w dysku D(, 1). Czy z = jest zerem funkcji g(z)? Jeśli tak, to podać jego krotność. Wiemy już, że arcth(z) = k= z k+1 (k+1) g(z) = zarcth( z) = z r = lim sup k a k a k+1 dla z D(, 1). Zatem k= = lim sup k Stad g(z) jes holomorficzna w D(, 1) i g(z) = zarcth( z) = z [1 + z k+ 1 (k + 1) = z k+1 (k + 1), k= (k + ) (k + 1) = 1. ] z3 z = zφ(z), gdzie Φ(z) jest holomorficzna w D(, 1) i Φ() =. To dowodzi, że z = jest zerem jednokrotnym funkcji g(z). 36

37 7. Szeregi Laurenta, klasyfikacja punktów osobliwych 73. Znaleźć cześć g lówna i regularna szeregu Laurenta w pierscieniu P (,, ) (z = ) funkcji f(z) = z 4 cos(z). Określić rodzaj osobliwości funkcji w punkcie z. Korzystajac z powyższych rowinieć oraz z twierdzenia Cauchy ego o residuach obliczyć nastepuj ac a ca lke z 4 cos(z)dz, < r < 1. {z: z =r} Wiemy, że funkcja cos z ma nastepuj ace rozwiniecie ] cos z = ( 1) [1 k zk (k)! = z! + z4 4! z6 6! +... k= dla z C. Stad dla z P (,, ). z 4 cos z = ( 1) k= k zk 4 (k)! + 1 z 1 4!z = 1 z 4 1!z + 1 4! z 6! + z4 8! +... Punkt z = jest biegunem czterokrotny i res z f(z) =. Cz eść g lówna wynosi Cz eść regularna wynosi {z: z =r} 1 z 1 4!z. ( 1) k= k zk 4 (k)!. z 4 cos(z)dz = πi =, < r < 1. 37

38 74. Znaleźć cześć g lówna i regularna szeregu Laurenta w pierscieniu P (,, 1) (z = ) ga l ezi g lównej funkcji f(z) = z 1 arcsin(z). Określić rodzaj osobliwości funkcji w punkcie z. Korzystajac z powyższych rowinieć oraz z twierdzenia Cauchy ego o residuach obliczyć nastepuj ac a ca lke z 1 arcsin(z)dz, < r < 1. {z: z =r} Wiemy, że ga l aź g lówna funkcji arcsin z ma nastepuj ace rozwiniecie w szereg Taylora (n 1)!!z n+1 arcsin z = z + (n)!!n + 1 dla z D(, 1). Stad ( z 1 arcsin z =z 1 z + 1!! z 3!! 3 + 3!! z 5 4!! 5 + 5!! z 7 6!! 7 + 7!! z 9 8!! 9 + 9!! ) z 11 1!! = 1 z + +1!! 1 9!! 3z + 3!! 1 7 4!! 5z + 5!! 1 5 6!! 7z + 7!! 1 3 8!! 9z + 9!! z 1!! w pierscieniu P (,, 1). n=1 Cz eść regularna ma postać n=5 (n 1)!!z n 9 (n)!!n + 1 = n= (n + 9)!!z n+1 (n + 1)!!n Cz eśc g lówna ma postać z jest biegunem dziewi eciokrotnym oraz 1 z + +1!! 1 9!! 3z + 3!! 1 7 4!! 5z + 5!! 1 5 6!! 7z + 7!! 1 3 8!! 9z. res z f(z) = 7!! 8!!9. Stad {z: z =r} z 1 arcsin(z)dz = 7!! πi < r < 1. 8!!9 38

39 75. Znaleźć cześć g lówna szeregu Laurenta w pierscieniu P (,, 1/) (z = ) ga l ezi g lównej funkcji ( ) 1 + z f(z) = z 1 ln. 1 z Określić rodzaj osobliwości funkcji w punkcie z. Korzystajac z powyższego rowiniecia oraz z twierdzenia Cauchy ego o residuach obliczyć nastepuj ac a ca lke ( ) 1 + z z 1 ln dz, < r < 1/. 1 z {z: z =r} Wiemy, że ga l aź g lówna funkcji ln ( ) 1+z 1 z ma nast epuj ace rozwiniecie w szereg Taylora dla z D(, 1). Stad ( ) 1 + z z 1 ln 1 z w pierścieniu P (,, 1/). ln ( 1 + z ) z n+1 = z 1 z n + 1 n= = ( 1 z z z z z z +...) Cześc g lówna ma postać ( 1 z z z z z + 1 ). 3 11z z = jest biegunem dwunastokrotnym oraz res z f(z) = 11. Stad {z: z =r} z 1 ln ( ) 1 + z dz = πi < r < 1/. 1 z Znaleźć cześć g lówna i regularna szeregu Laurenta w pierscieniu P (, 1, ) (z = ) funkcji f(z) = z 4 sin(1/z). 39

40 Określić rodzaj osobliwości funkcji w punkcie z. Korzystajac z powyższych rowinieć oraz z twierdzenia Cauchy ego o residuach obliczyć nastepuj ac a ca lke z 4 sin(1/z)dz, 1 < R <. {z: z =R} Odpwiedź Wiemy, że funkcja sin z ma nastepuj ace rozwiniecie ] sin z = ( 1) k z [z k+1 (k + 1)! = z3 3! + z5 5! z7 7! +... k= dla z C. Stad dla z P (, 1, ). z 4 sin(1/z) = k= ( 1) k z k 3 (k + 1)! + z3 z 3!. Punkt z = jest biegunem trzykrotnym i res z f(z) = 1 6. Cz eść g lówna wynosi z 3 z 3!. Cz eść regularna wynosi {z: z =r} ( 1) k= k zk 4 (k)!. z 4 cos(1/z)dz = πi 1, 1 < R < Znaleźć cześć g lówna i regularna szeregu Laurenta w pierscieniu P (, 1, ) (z = ) ga l ezi g lównej funkcji f(z) = z 1 arcsin ( 1/z ). Określić rodzaj osobliwości funkcji w punkcie z. Korzystajac z powyższych rowinieć oraz z twierdzenia Cauchy ego o residuach obliczyć nastepuj ac a ca lke z 1 arcsin(1/z)dz, 1 < R <. {z: z =R} 4

41 Wiemy, że ga l aź g lówna funkcji f(z) = arcsin z ma nastepuj ace rozwiniecie w szereg Taylora (n 1)!!z n+1 arcsin z = z + (n)!!n + 1 dla z D(, 1). Stad dla z P (, 1, ) oraz ( ) 1 z 1 arcsin z w pierscieniu P (, 1, ). arcsin n=1 ( ) 1 = 1 z z + (n 1)!! (n)!!n + 1z n+1 n=1 =z !! z 7!! 3 + 3!! 4!! z !! 6!! z !! z 8!! 9 + 9!! 1 1!! 11z +... Cz eść regularna ma postać n=5 Cz eśc g lówna wynosi (n 1)!! (n)!!(n + 1)z = (n + 9)!! n 9 (n + 1)!!(n + 11)z. n+1 z !! z 7!! 3 + 3!! 4!! n= z = jest biegunem dziewi eciokrotnym oraz z !! 6!! z 3 res z f(z) = 7!! 8!! !! z 8!! 9. Stad {z: z =R} z 1 arcsin(1/z)dz = 7!! πi 1 < R <. 8!!9 78. Znaleźć cześć g lówna i regularna szeregu Laurenta w pierscieniu P (, 1, ) (z = ) funkcji f(z) = z 8 arcth ( 1/z ). 41

42 Określić rodzaj osobliwości funkcji w punkcie z. Korzystajac z powyższych rowinieć oraz z twierdzenia Cauchy ego o residuach obliczyć nastepuj ac a ca lke z 8 arcth(1/z)dz, 1 < R <. {z: z =R} Wiemy, że ga l aź g lówna funkcji f(z) = arcthz ma nastepuj ace rozwiniecie w szereg Taylora z n+1 arcthz = n + 1 dla z D(, 1). Stad dla z P (, 1, ) oraz w pierscieniu P (, 1, ). arcth ( ) 1 = z n= n= 1 (n + 1)z n+1 z 8 arcth( 1 z ) =z7 + + z5 3 + z3 5 + z z +... Cz eść regularna ma postać n=4 z n+1 n + 1. Cz eśc g lówna wynosi z z5 3 + z3 5 + z 7. z = jest biegunem siedmiokrotnym oraz res z f(z) = 1 7. Stad {z: z =R} z 1 arcth(1/z)dz = 1 πi 1 < R <. 7 4

43 I rodzaj ca lek rzeczywistych: 8. Ca lki rzeczywiste Ca lki postaci π f(cosφ, sinφ)dφ. liczymy korzystajac z twierdzenia Cauchy ego o residuach. W tym celu wprowadzamy zmienna z = e iφ, φ [, π]. Wtedy cosφ = eiφ + e iφ z + z 1 =, sinφ = eiφ e iφ = i π z + z 1 f(cosφ, sinφ)dφ = f(, z =1 Zastosujemy to do obliczenia ca lki π dφ 5 + 4sin(φ) = dz = z =1 5iz + z(z z 1 ) = z =1 z =1 dz iz z z 1 i z =1 z z 1, i z z 1 ) dz i iz. dz z + 5iz dz (z + i)(z + 1 i) = πires 1 i 1 z + 5iz dz = πi lim z 1 i (z + i)(z + 1i) = π Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć π dθ = 4 3 π. (+cos θ) 9 π dθ ( + cos θ). 8. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć π dθ = π. 1+8 cos θ 3 π dθ cos θ. 43

44 81. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć π π dθ 1 a cos θ + a a = 1. dθ = π a C, a = 1. 1 a cos θ+a a 1 8. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć π π cos 3θdθ 1 a cos θ+a cos 3θdθ 1 a cos θ + a a < 1. = π 1 a+a 1 a a < Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć π π dθ (1 + ε cos θ) ε < 1. dθ = π ε < 1. (1+ε cos θ) (1 ε ) 3/ 84. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć π π sin θdθ a + b cos θ sin θdθ a+b cos θ = π b (a a b ) < b < a. < b < a. II rodzaj ca lek rzeczywistych: Aby obliczyć Γ coskx dx, k >, a >, x + a jako funkcje zespolona bierzemy f(z) = eikz, która ma bieguny w punktach ±ai. z +a Ponieważ do obszaru ograniczonego przez Γ należy tylko jeden biegun ai, to z twierdzenia Cauchy ego o liczeniu ca lek za pomoca residuów otrzymamy, ( ) e ikz e ikz z + a dz = πires ai. z + a 44

45 Policzymy residuum f w biegunie ai. res ai f(z) = lim (z ai) z ai czyli e ak f(z)dz = πi = π. Γ ai ae ak f(z)dz = e ikz (z ai)(z + ai) = lim z ai ΓR e ikz R e ikz (z + ai) = e ak ai, e ikx x + a dx. Γ z + a dz + R Dla R zachodzi, że eikz z +a (korzystamy z lematu Jordana) oraz R R e ikx x + a dx Tak wiec dostaniemy, że π ae = ak Γ e ikx x + a dx = f(z)dz = coskx dx + i x + a coskx sinkx dx + i x + a x + a dx. sinkx x + a dx. Zatem π ae = coskx ak x + a dx. 85. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć dx, (a, b >, a = b). (x + a ) (x + b ) dx = (x +a ) (x +b ) π, (a, b >, a = b). ab(a+b) 86. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć dx (x + x + 1). dx (x +x+1) = 4π

46 87. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć dx = x 4 +x π dx x 4 + x Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć x 3 sin xdx (x + 1). x 3 sin xdx (x +1) = π 4e. 89. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć xdx = π. x 4 +6x xdx x 4 + 6x Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć x x + x 4 + 1x + 9 dx. x x+ 5π dx =. x 4 +1x Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć x (x +a ) 3 dx = x dx, a >. (x + a ) 3 π, a >. 16a 3 9. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć x 6 x 6 dx, a >. (x 4 + a 4 ) dx = 3 π, a >. (x 4 +a 4 ) 16a 46

47 93. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć x sin x dx, a >. (x + a ) x sin x dx = π (x +a ) 4a e a, a >. 94. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć cos x (1 + x ) 3 dx. cos x dx = 7 π. (1+x ) 3 16 e 95. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć dx = π. (x +1) (x +4) 18 dx (x + 1) (x + 4). 96. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć cos xdx x + x + 1. cos xdx = x π +x+1 3 (cos 1 )e Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć e ax dx, 1 < a < 1. chx e ax dx = π chx cos( 1 πa). 47

48 III rodzaj ca lek rzeczywistych: Pokażemy, że sinx x = π. Niech r < R, γ r = {z : z = re it, t [, π]}, [ R, r], [r, R] odcinki zawarte w osi OX. Tworzymy zamkniet a krzywa Γ := Γ R [ R, r] γ r [r, R], która orientujemy dodatnio wzgledem obszaru D, który ona ogranicza. Niech f(z) = eiz, wtedy f H(D). z Zatem z podstawowego tw. Cauchy ego e = f(z)dz = ΓR iz r z dz + e ix R R x dx + e ix r x γr dx + e iz dz. (.1) z Γ Dla z Γ R mamy e iz z dla R, bo y >. Stad Dla z γ R mamy Stad e iz z = ei(x+iy) R = 1 + iz + (iz)! + (iz)3 3! =... z γ r e iz z dz = e iz Γ R z = 1 z = eix e y R dz. + i + z! γ r 1 z dz + = e y R + iz 3! Γ R g(z)dz. Policzymy kolejno ca lki. Dla z γ r, z = re it, t [, π] 1 π γ r z dz = 1 re it ireit dt = iπ. Na γ r g(z) M, zatem γ r g(z)dz Mπr dla r. Stad Dla R i r ( r R +... = 1 z + g(z) e lim r γr iz dz = iπ + = iπ. (.) z e ix R ) x dx + e ix r x dx e ix x dx + e ix x dx. 48

49 Jeśli w ca lce e ix dx dokonamy podstawienia x = t, to otrzymamy ca lke x Tak wiec z (.1) i (.) wynika, że dla R i r = + e ix x dx + e ix dx iπ. x e ix dx. x Zatem iπ = e ix e ix dx = x (e ix e ix )i dx = i xi sinx x dx = π. sinx x dx 98. Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć x sin x dx. x 3 x sin x x 3 dx = π Korzystajac z metod funkcji zespolonych obliczyć lnx 1 + x dx. lnx dx =. 1+x 49

50 9. Twierdzenie Rouché, zasada maksimum 1. Korzystajac z twierdzenia Rouché wykazać, że funkcja + z e iz ma dok ladnie jedno zero w górnej pó lp laszczyznie H + = {z C : Imz > }. Niech f(z) = + z, g(z) = e iz. Pokażemy, że na Γ = [ R, R] Γ R, gdzie Γ R = {z C : z = Re it, t [, π]} zachodzi g(z) < f(z). Dla z [ R, R] mamy, że f(z) > 1 = g(z). Zaś dla z Γ R f(z) R > 1 > e R sin t = g(z) dla R > 3. Spe lnione sa za lożenia twierdzenia Rouché tzn. dla z Γ, stad f(z) > g(z) N f+g = N f we wnetrzu obszaru D ograniczonego przez Γ, czyli f(z) + g(z) = + z e iz ma tyle samo zer w D co f(z) = z +. Ponieważ, f(z) = z + = z = ±. Zatem f ma w górnej pó lp laszczyznie tylko jedno zero, czyli + z e iz ma też tylko jedno zero w górnej pó lp laszczyznie. 11. Udowodnić, że dla każdego λ > 1, równanie z + e z = λ ma dok ladnie jedno zero w prawej pó lp laszczyźnie H + := {z C : Rez > }. Pokazać, że to zero jest liczba rzeczywista. Niech f(z) = z λ, g(z) = e z. 5

51 Pokażemy, że na Γ = Γ R [ ir, ir], gdzie Γ R = {z C : z = Re it, t [ π/, π/]}, [ ir, ir] = {z = iy : R y R} zachodzi g(z) < f(z). Dla z [ ir, ir] mamy, że f(z) = z λ = λ + y λ > 1, natomiast g(z) = e Rez = 1 dla Rez =. Zaś dla z Γ R i Rez > λ + 1 mamy f(z) = z λ = (x λ ) + y > 1 + y 1 > e Rez = g(z). Spe lnione sa za lożenia twierdzenia Rouché tzn. dla z Γ, stad f(z) > g(z) 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. Ponieważ, f(z) = z λ z = λ. Zatem f ma w prawej pó lp laszczyznie tylko jedno zero, czyli z + e z + λ ma też tylko jedno zero w górnej pó lp laszczyznie. 1. Określić liczbe pierwiastków wielomianu w(z) = z 5 4z 4 z leżacych wewnatrz ko la jednostkowego D(, 1) = {z C : z < 1}. Niech f(z) = z 5 4z 4, zaś g(z) = z Wtedy na brzegu dysku D(, 1) mamy f(z) z 5 4z 4 = z 4 (z 4) 4 1 = 3, g(z) = z Zatem g(z) f(z) na S 1. Z Twierdzenia Rouché wynika, że N f+g = N f, 51

52 zaś f(z) = z 5 4z 4 = z 1 = z = 4, przy czym z 1 jest pierwiastkiem czerokrotnym. Zatem f m cztery zera w D(, 1). Ostatecznie w(z) = f(z) + g(z) ma cztery zera w D(, 1). 13. Określić liczbe pierwiastków wielomianu w(z) = z 5 z 3 +3z z +8 leżacych wewnatrz ko la jednostkowego D(, 1) = {z C : z < 1}. w nie pierwiastków w D(, 1). 14. Określić liczbe pierwiastków wielomianu w(z) = z 8 4z 5 + z 1 leżacych wewnatrz ko la jednostkowego D(, 1) = {z C : z < 1}. w ma pi eć pierwiastków w D(, 1). 15. Określić liczbe pierwiastków wielomianu w(z) = z 5 16z + 14 leżacych wewnatrz ko la jednostkowego D(, 1) = {z C : z < 1}. w ma tylko jeden pierwiastek w D(, 1). 16. Określić liczbe pierwiastków wielomianu w(z) = z 9 z 6 +z 8z leżacych wewnatrz ko la jednostkowego D(, 1) = {z C : z < 1}. w ma tylko jeden pierwiastek w D(, 1). 17. Niech f bedzie funkcja ca lkowita. Udowodnić: (a) Jeśli Ref M (gdzie M <, to f jest funkcja sta l a. 5

53 Z za lożenia wiemy, że f jest funkcja ca lkowita. Stad e f też jest funkcja ca lkowita. Wtedy e f e Ref. Poniewa ż dla każedego R > mamy, że e f e R e M, to oznacza, że funkcja ca lkowita e f jest ograniczona. Z twierdzenia Liouville a wynika, że musi być funkcja sta l a tzn. e f const. Ponieważ oraz e f =, wynika stad, że (e f ) = e f (f) f, czyli f(z) const Niech f bedzie funkcja holomorficzna w obszarze jednospójnym D C, ciag l a na domknieciu D i różna od sta lej. Udowodnić, że cześć rzeczywista funkcji f (tzn. Ref) nie może przyjmować wartości najwiekszej w obszarze D. Wprowadzimy funkcje pomocnicza g(z) = e f(z). Jeśli f jest holomorficzna w obszarze jednospójnym D C, to e f też kest holomorficzna w tym obszarze. Ponadto g(z) = e Ref. Jeśli Ref przyjmuje wartość najwieksz a w punkcie z D, to max g by loby osiagane we wnetrzu D, co przeczy zasadzie maksimum dla g H(D) i g C( D). 19. Niech bedzie funkcja ca lkowita taka, że f(z + π) = f(z) oraz f(z + πi) = f(z) dla każdego z C. Udowodnić, że f jest funkcja sta l a. Niech D = {z C : 1 Rez 1, 1 Imz 1}. Ponieważ f jest funkcja calkowita, to min f(z) i max f(z) jest osiagane na brzegu D. Z za lożenia dla każdego z C istnieja n Z i z D takie, że f(z) = f(z + πn). 53

54 Stad i min f(z) = min f(z) C D max C f(z) = max f(z). Powyższe nierówności implikuja, że f jest ograniczona na C. Zatem z twierdzenia Liouville a f jest funkcja sta l a. D 11. (*) Korzystajac ze wzoru ca lkowego Cauchy ego wykazać, że jeśli f H(D(a, R)) oraz f(z) f(a) dla z D(a, R), to f jest funkcja sta l a. Ustalmy 1 < r < R. Ze wzoru Cauchy ego f(a) = 1 πi Stad i z za lożenia A to oznacza, że = 1 πi = 1 π D(a,r) π π f(z) z a dz f(a + re it )rie it dt re it f(a + re it )dt. f(a) 1 π f(a + re it ) dt f(a). π π [ f(a) f(a + re it ) ]dt =. Ponieważ wyrażenia pod ca lka sa nieujemne, a ca lla wynosi zero, to f(a) = f(a+re it ) dla dowolnego r < R. Czyli f(z) musi być sta ly. 54