Комплексный анализ - задачи с решениями

Решение:
Функция [tex]v[/tex] определена при [tex]z\ne 0[/tex]. Находим [tex]u[/tex] из условий Коши-Римана:
[tex]u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x[/tex]
Частные производные функции [tex]v[/tex] равны
[tex]v_x=-\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}},\qquad v_y=\frac{x^{2}-y^{2}}{(x^{2}+y^{2})^{2}}[/tex]
Интегрируем [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]
Тогда [tex]u_y=\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}+\varphi'(y)[/tex], а второе условие [tex]u_y=-v_x=\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})^{2}}[/tex] даёт [tex]\varphi'(y)=0[/tex], т.е. [tex]\varphi(y)=C[/tex] — действительная постоянная. Следовательно,
[tex]f=u+iv=-\frac{x-iy}{x^{2}+y^{2}}+C=-\frac{\bar z}{|z|^{2}}+C=-\frac{1}{z}+C[/tex]
Из условия [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: мнимая часть [tex]-\frac{1}{z}=\frac{-x+iy}{x^{2}+y^{2}}[/tex] равна [tex]\frac{y}{x^{2}+y^{2}}[/tex].

Решение:
Подынтегральная функция [tex]x=\operatorname{Re}z[/tex] не является аналитической функцией от [tex]z[/tex], поэтому интеграл зависит от пути и вычисляется через параметризацию [tex]L[/tex]. Положим [tex]z=e^{it}[/tex], где [tex]t[/tex] меняется от [tex]0[/tex] до [tex]\pi[/tex] (дуга начинается в точке [tex]z=1[/tex]). Тогда
[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]
Имеем
[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]
Следовательно,
[tex]\int_L x\,dz=\frac{\pi i}{2}[/tex]

Решение:
Подынтегральная функция [tex]\frac{1}{(z-1)^{2}(z+1)^{2}}[/tex] аналитична всюду, кроме точек [tex]z=\pm 1[/tex]. Окружность [tex]L[/tex] имеет центр [tex]-1-i[/tex] и радиус [tex]\sqrt{2}[/tex], причём
[tex]|-1-(-1-i)|=1\lt\sqrt{2},\qquad |1-(-1-i)|=\sqrt{5}\gt\sqrt{2}[/tex]
т.е. точка [tex]z=-1[/tex] лежит внутри [tex]L[/tex], а [tex]z=1[/tex] — вне её. Запишем подынтегральную функцию в виде [tex]\frac{g(z)}{(z+1)^{2}}[/tex], где [tex]g(z)=\frac{1}{(z-1)^{2}}[/tex] аналитична внутри [tex]L[/tex] и на ней. По интегральной формуле Коши для первой производной при [tex]a=-1[/tex]
[tex]\oint_L\frac{g(z)}{(z-a)^{2}}\,dz=2\pi i\,g'(a)[/tex]
Так как [tex]g'(z)=-\frac{2}{(z-1)^{3}}[/tex], получаем
[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:
Гипербола не проходит через точку [tex]z=0[/tex], поэтому [tex]w=\frac{1}{z}[/tex] определено во всех её точках и [tex]w\ne 0[/tex]. Отображение [tex]z\mapsto\frac{1}{z}[/tex] взаимно однозначно отображает [tex]\mathbb{C}\setminus\{0\}[/tex] на себя, причём обратное отображение имеет вид
[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]
Следовательно,
[tex]x^{2}-y^{2}=\frac{u^{2}-v^{2}}{\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2}}[/tex]
Значит, при [tex]w\ne 0[/tex] точка [tex]z=\frac{1}{w}[/tex] лежит на гиперболе [tex]x^{2}-y^{2}=1[/tex] тогда и только тогда, когда
[tex]\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2}=u^{2}-v^{2}[/tex]
Следовательно, образ гиперболы — это в точности множество точек [tex]w\ne 0[/tex] лемнискаты Бернулли. Точка [tex]w=0[/tex], лежащая на лемнискате, не достигается: она соответствует [tex]z=\infty[/tex] (при [tex]z\to\infty[/tex] вдоль ветви гиперболы [tex]w\to 0[/tex]).