Комплексен анализ - задачи с решения

Решение:
Функцията [tex]v[/tex] е дефинирана при [tex]z\ne 0[/tex]. Намираме [tex]u[/tex] от условията на Коши-Риман:
[tex]u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x[/tex]
Частните производни на [tex]v[/tex] са
[tex]v_x=-\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}},\qquad v_y=\frac{x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}[/tex]
Интегрираме [tex]u_x=v_y[/tex] по [tex]x[/tex]:
[tex]u=\int\frac{x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}\,dx=-\frac{x}{x^{2}+y^{2}}+\varphi(y)[/tex]
Тогава [tex]u_y=\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}+\varphi'(y)[/tex], а второто условие [tex]u_y=-v_x=\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}[/tex] дава [tex]\varphi'(y)=0[/tex], т.е. [tex]\varphi(y)=C[/tex] е реална константа. Следователно
[tex]f=u+iv=-\frac{x-iy}{x^{2}+y^{2}}+C=-\frac{\bar z}{|z|^{2}}+C=-\frac{1}{z}+C[/tex]
От условието [tex]f(2)=0[/tex]:
[tex]f(2)=-\frac{1}{2}+C=0\Rightarrow C=\frac{1}{2}\Rightarrow f(z)=\frac{1}{2}-\frac{1}{z}[/tex]
Проверка: [tex]-\frac{1}{z}=\frac{-x+iy}{x^{2}+y^{2}}[/tex] има имагинерна част [tex]\frac{y}{x^{2}+y^{2}}[/tex].

Решение:
Подинтегралната функция [tex]x=\operatorname{Re}z[/tex] не е аналитична функция на [tex]z[/tex], затова интегралът зависи от пътя и го пресмятаме чрез параметризация на [tex]L[/tex]. Полагаме [tex]z=e^{it}[/tex], където [tex]t[/tex] се изменя от [tex]0[/tex] до [tex]\pi[/tex] (дъгата започва от [tex]z=1[/tex]). Тогава
[tex]x=\cos t,\qquad dz=ie^{it}\,dt[/tex]
[tex]\int_L x\,dz=i\int_0^{\pi}\cos t\,(\cos t+i\sin t)\,dt=i\int_0^{\pi}\cos^{2}t\,dt-\int_0^{\pi}\sin t\cos t\,dt[/tex]
Имаме
[tex]\int_0^{\pi}\cos^{2}t\,dt=\int_0^{\pi}\frac{1+\cos 2t}{2}\,dt=\frac{\pi}{2}[/tex]
[tex]\int_0^{\pi}\sin t\cos t\,dt=\left[\frac{\sin ^{2}t}{2}\right]_0^{\pi}=0[/tex]
Следователно
[tex]\int_L x\,dz=\frac{\pi i}{2}[/tex]

Решение:
Подинтегралната функция [tex]\frac{1}{(z-1)^{2}(z+1)^{2}}[/tex] е аналитична навсякъде освен в точките [tex]z=\pm 1[/tex]. Окръжността [tex]L[/tex] има център [tex]-1-i[/tex] и радиус [tex]\sqrt{2}[/tex], като
[tex]|-1-(-1-i)|=1\lt\sqrt{2},\qquad |1-(-1-i)|=\sqrt{5}\gt\sqrt{2}[/tex]
т.е. точката [tex]z=-1[/tex] е вътре в [tex]L[/tex], а [tex]z=1[/tex] е извън нея. Записваме подинтегралната функция като [tex]\frac{g(z)}{(z+1)^{2}}[/tex], където [tex]g(z)=\frac{1}{(z-1)^{2}}[/tex] е аналитична вътре в [tex]L[/tex] и върху нея. От интегралната формула на Коши за първата производна при [tex]a=-1[/tex]
[tex]\oint_L\frac{g(z)}{(z-a)^{2}}\,dz=2\pi i\,g'(a)[/tex]
Тъй като [tex]g'(z)=-\frac{2}{(z-1)^{3}}[/tex], получаваме
[tex]g'(-1)=-\frac{2}{(-2)^{3}}=\frac{1}{4}\Rightarrow\oint_L\frac{dz}{(z^{2}-1)^{2}}=2\pi i\cdot \frac{1}{4}=\frac{\pi i}{2}[/tex]

Решение:
Хиперболата не минава през [tex]z=0[/tex], затова [tex]w=\frac{1}{z}[/tex] е дефинирано във всички нейни точки и [tex]w\ne 0[/tex]. Изображението [tex]z\mapsto\frac{1}{z}[/tex] е взаимно еднозначно изображение на [tex]\mathbb{C}\setminus\{0\}[/tex] върху себе си с обратно изображение
[tex]z=\frac{1}{w}=\frac{\bar w}{|w|^{2}}=\frac{u-iv}{u^{2}+v^{2}}\Rightarrow x=\frac{u}{u^{2}+v^{2}},\quad y=-\frac{v}{u^{2}+v^{2}}[/tex]
Следователно
[tex]x^{2}-y^{2}=\frac{u^{2}-v^{2}}{\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2}}[/tex]
Значи при [tex]w\ne 0[/tex] точката [tex]z=\frac{1}{w}[/tex] лежи на хиперболата [tex]x^{2}-y^{2}=1[/tex] тогава и само тогава, когато
[tex]\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2}=u^{2}-v^{2}[/tex]
Следователно образът на хиперболата е точно множеството от точките [tex]w\ne 0[/tex] на лемнискатата на Бернули. Точката [tex]w=0[/tex], която лежи на лемнискатата, не се получава: тя съответства на [tex]z=\infty[/tex] (когато [tex]z\to\infty[/tex] по клон на хиперболата, [tex]w\to 0[/tex]).