Комплексен анализ - трудни задачи с решения

Решение:
Дробно-линейното изображение преобразува прави и окръжности в прави и окръжности. Правата [tex]l[/tex] (т.е. [tex]y=-x[/tex]) не минава през полюса [tex]z=2[/tex], затова образът ѝ не съдържа [tex]w=\infty[/tex] и е окръжност [tex]k[/tex].
Според принципа за симетрията точки, симетрични относно [tex]l[/tex], се изобразяват в точки, симетрични относно [tex]k[/tex]. Полюсът [tex]z=2[/tex] отива в [tex]w=\infty[/tex], а точката, симетрична на [tex]\infty[/tex] относно окръжност, е нейният център. Симетрията относно правата [tex]y=-x[/tex] изобразява [tex](x,y)[/tex] в [tex](-y,-x)[/tex], така че симетричната на [tex]z=2[/tex] точка е [tex]z=-2i[/tex]. Следователно
[tex]w_0=w(-2i)=\frac{2-2i}{-2-2i}=-\frac{1-i}{1+i}=-\frac{(1-i)^{2}}{2}=i[/tex]
Точката [tex]z=0\in l[/tex] отива в [tex]w=-1\in k[/tex], следователно
[tex]R=|-1-w_0|=|-1-i|=\sqrt{2}[/tex]
Проверка с друга точка от [tex]l[/tex]: при [tex]z=1-i[/tex] получаваме [tex]w=\frac{3-i}{-1-i}=-1+2i[/tex] и [tex]|-1+2i-i|=|-1+i|=\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Полагаме [tex]w=z-i[/tex]. Единствената особена точка [tex]z=0[/tex] съответства на [tex]w=-i[/tex], [tex]|w|=1[/tex], затова функцията е аналитична в областта [tex]|w|\gt 1[/tex] и има там развитие в ред на Лоран. Записваме [tex]z=w+i=w\left(1+\frac{i}{w}\right)[/tex], като при [tex]|w|\gt 1[/tex] имаме [tex]\left|\frac{i}{w}\right|\lt 1[/tex].
Като диференцираме почленно геометричния ред, при [tex]|q|\lt 1[/tex] получаваме
[tex]\frac{1}{1+q}=\sum_{n=0}^{\infty}(-q)^{n}\Rightarrow\frac{1}{(1+q)^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)(-q)^{n}[/tex]
При [tex]q=\frac{i}{w}[/tex] получаваме за [tex]|z-i|\gt 1[/tex]
[tex]\frac{1}{z^{2}}=\frac{1}{w^{2}}\cdot \frac{1}{\left(1+\frac{i}{w}\right)^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(n+1)(-i)^{n}}{w^{n+2}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(n+1)(-i)^{n}}{(z-i)^{n+2}}[/tex]
Първите членове са
[tex]\frac{1}{z^{2}}=\frac{1}{(z-i)^{2}}-\frac{2i}{(z-i)^{3}}-\frac{3}{(z-i)^{4}}+\ldots[/tex]
(В кръга [tex]|z-i|\lt 1[/tex] се получава вместо това редът на Тейлър [tex]-\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)i^{n}(z-i)^{n}[/tex], който не е сходящ в дадената област.)

Решение:
Разлагаме знаменателя на множители:
[tex]z^{3}+2z^{2}+2z=z(z^{2}+2z+2)=z(z+1-i)(z+1+i)[/tex]
Числителят не се анулира в точките [tex]0[/tex], [tex]-1+i[/tex], [tex]-1-i[/tex], следователно те са прости полюси на подинтегралната функция. Окръжността [tex]C[/tex] има център [tex]-1+i[/tex] и радиус [tex]\frac{3}{2}[/tex]; полюсът [tex]-1+i[/tex] е нейният център, а за другите два полюса
[tex]|0-(-1+i)|=|1-i|=\sqrt{2}\lt\frac{3}{2},\qquad |-1-i-(-1+i)|=|-2i|=2\gt\frac{3}{2}[/tex]
Следователно [tex]0[/tex] и [tex]-1+i[/tex] лежат вътре в [tex]C[/tex], а [tex]-1-i[/tex] е извън нея. Резидуумите в двата прости полюса вътре в [tex]C[/tex] са (като използваме [tex](-1+i)^{2}=-2i[/tex])
[tex]\operatorname{Res}_{z=0}=\left.\frac{z^{2}+4}{z^{2}+2z+2}\right|_{z=0}=\frac{4}{2}=2[/tex]
[tex]\operatorname{Res}_{z=-1+i}=\left.\frac{z^{2}+4}{z(z+1+i)}\right|_{z=-1+i}=\frac{4-2i}{2i(-1+i)}=\frac{4-2i}{-2-2i}=\frac{-1+3i}{2}[/tex]
По теоремата за резидуумите
[tex]\oint_C\frac{(z^{2}+4)\,dz}{z^{3}+2z^{2}+2z}=2\pi i\left(2+\frac{-1+3i}{2}\right)=\pi i(3+3i)=3\pi(i-1)[/tex]

Решение:
Подинтегралната функция е четна, затова
[tex]\int_{0}^{\infty}\frac{2x^{2}+1}{x^{4}+4x^{2}+3}\,dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx,\qquad f(z)=\frac{2z^{2}+1}{(z^{2}+1)(z^{2}+3)}[/tex]
Рационалната функция [tex]f[/tex] няма реални полюси, а степента на знаменателя ѝ е с [tex]2[/tex] по-голяма от степента на числителя. Следователно за големи [tex]R[/tex] върху горната полуокръжност [tex]|z|=R[/tex] имаме [tex]|f(z)|\le\frac{c}{R^{2}}[/tex], интегралът по нея е по модул най-много [tex]\pi R\cdot \frac{c}{R^{2}}=\frac{\pi c}{R}\to 0[/tex] и [tex]\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx[/tex] е равен на [tex]2\pi i[/tex], умножено по сумата от резидуумите в горната полуравнина. Там [tex]f[/tex] има прости полюси [tex]i[/tex] и [tex]i\sqrt{3}[/tex]:
[tex]\operatorname{Res}_{z=i}f=\left.\frac{2z^{2}+1}{(z+i)(z^{2}+3)}\right|_{z=i}=\frac{-1}{2i\,(-1+3)}=\frac{-1}{4i}=\frac{i}{4}[/tex]
[tex]\operatorname{Res}_{z=i\sqrt{3}}f=\left.\frac{2z^{2}+1}{(z^{2}+1)(z+i\sqrt{3})}\right|_{z=i\sqrt{3}}=\frac{-5}{(-2)\,2i\sqrt{3}}=\frac{5}{4\sqrt{3}\,i}=-\frac{5\sqrt{3}}{12}i[/tex]
Следователно
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx=2\pi i\left(\frac{i}{4}-\frac{5\sqrt{3}}{12}i\right)=-\frac{2\pi\left(3-5\sqrt{3}\right)}{12}=\frac{\pi\left(5\sqrt{3}-3\right)}{6}[/tex]
и търсеният интеграл е половината от тази стойност:
[tex]\int_{0}^{\infty}\frac{2x^{2}+1}{x^{4}+4x^{2}+3}\,dx=\frac{\pi\left(5\sqrt{3}-3\right)}{12}[/tex]

Решение:
Полагаме [tex]g=f-a[/tex]. Тя е холоморфна в [tex]G[/tex] и [tex]|g(z)|=r[/tex] за всяко [tex]z\in G[/tex]. Ако [tex]r=0[/tex], то [tex]g\equiv 0[/tex], т.е. [tex]f\equiv a[/tex]. Нека [tex]r\gt 0[/tex] и [tex]g=U+iV[/tex], където [tex]U,V[/tex] са реални функции. Тогава в [tex]G[/tex]
[tex]U^{2}+V^{2}=r^{2}[/tex]
Диференцираме по [tex]x[/tex] и по [tex]y[/tex] и използваме условията на Коши-Риман [tex]V_x=-U_y[/tex], [tex]V_y=U_x[/tex]:
[tex]\begin{cases} UU_x+VV_x=0\\ UU_y+VV_y=0\end{cases}\ \Rightarrow\ \begin{cases} UU_x-VU_y=0\\ VU_x+UU_y=0\end{cases}[/tex]
Това е хомогенна линейна система за [tex]U_x,U_y[/tex] с детерминанта [tex]U^{2}+V^{2}=r^{2}\ne 0[/tex], следователно [tex]U_x=U_y=0[/tex] във всяка точка на [tex]G[/tex], а от условията на Коши-Риман и [tex]V_x=V_y=0[/tex]. Така
[tex]g'(z)=U_x+iV_x=0,\qquad z\in G[/tex]
Областта е свързано множество, а функция с нулева производна в свързано отворено множество е константа. Следователно [tex]g[/tex], а значи и [tex]f=g+a[/tex], е константа. (Друг начин: по теоремата за отвореното изображение (принципа за запазване на областта) неконстантна холоморфна функция изобразява [tex]G[/tex] в отворено множество, а окръжността не съдържа непразно отворено подмножество на [tex]\mathbb{C}[/tex].)