Комплексный анализ - сложные задачи с решениями

Решение:
Дробно-линейное отображение переводит прямые и окружности в прямые и окружности. Прямая [tex]l[/tex] (т.е. [tex]y=-x[/tex]) не проходит через полюс [tex]z=2[/tex], поэтому её образ не содержит [tex]w=\infty[/tex] и является окружностью [tex]k[/tex].
По принципу симметрии точки, симметричные относительно [tex]l[/tex], переходят в точки, симметричные относительно [tex]k[/tex]. Полюс [tex]z=2[/tex] переходит в [tex]w=\infty[/tex], а точка, симметричная [tex]\infty[/tex] относительно окружности, — это её центр. Симметрия относительно прямой [tex]y=-x[/tex] переводит [tex](x,y)[/tex] в [tex](-y,-x)[/tex], поэтому точка, симметричная [tex]z=2[/tex], есть [tex]z=-2i[/tex]. Следовательно,
[tex]w_0=w(-2i)=\frac{2-2i}{-2-2i}=-\frac{1-i}{1+i}=-\frac{(1-i)^{2}}{2}=i[/tex]
Точка [tex]z=0\in l[/tex] переходит в [tex]w=-1\in k[/tex], поэтому
[tex]R=|-1-w_0|=|-1-i|=\sqrt{2}[/tex]
Проверка по другой точке прямой [tex]l[/tex]: при [tex]z=1-i[/tex] получаем [tex]w=\frac{3-i}{-1-i}=-1+2i[/tex] и [tex]|-1+2i-i|=|-1+i|=\sqrt{2}[/tex].

Решение:
Положим [tex]w=z-i[/tex]. Единственная особая точка [tex]z=0[/tex] соответствует [tex]w=-i[/tex], [tex]|w|=1[/tex], поэтому функция аналитична в области [tex]|w|\gt 1[/tex] и раскладывается там в ряд Лорана. Запишем [tex]z=w+i=w\left(1+\frac{i}{w}\right)[/tex]; при [tex]|w|\gt 1[/tex] имеем [tex]\left|\frac{i}{w}\right|\lt 1[/tex].
Почленно дифференцируя геометрический ряд, при [tex]|q|\lt 1[/tex] получаем
[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] получаем для [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]
Первые члены ряда:
[tex]\frac{1}{z^{2}}=\frac{1}{(z-i)^{2}}-\frac{2i}{(z-i)^{3}}-\frac{3}{(z-i)^{4}}+\ldots[/tex]
(В круге [tex]|z-i|\lt 1[/tex] получается вместо этого ряд Тейлора [tex]-\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)i^{n}(z-i)^{n}[/tex], который в данной области расходится.)

Решение:
Разложим знаменатель на множители:
[tex]z^{3}+2z^{2}+2z=z(z^{2}+2z+2)=z(z+1-i)(z+1+i)[/tex]
Числитель не обращается в нуль в точках [tex]0[/tex], [tex]-1+i[/tex], [tex]-1-i[/tex], поэтому это простые полюсы подынтегральной функции. Окружность [tex]C[/tex] имеет центр [tex]-1+i[/tex] и радиус [tex]\frac{3}{2}[/tex]; полюс [tex]-1+i[/tex] — её центр, а для двух других полюсов
[tex]|0-(-1+i)|=|1-i|=\sqrt{2}\lt\frac{3}{2},\qquad |-1-i-(-1+i)|=|-2i|=2\gt\frac{3}{2}[/tex]
Значит, [tex]0[/tex] и [tex]-1+i[/tex] лежат внутри [tex]C[/tex], а [tex]-1-i[/tex] — вне её. Вычеты в двух простых полюсах внутри [tex]C[/tex] равны (учитывая, что [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 теореме о вычетах
[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:
Подынтегральная функция чётная, поэтому
[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]
Рациональная функция [tex]f[/tex] не имеет действительных полюсов, а степень её знаменателя на [tex]2[/tex] больше степени числителя. Поэтому при больших [tex]R[/tex] на верхней полуокружности [tex]|z|=R[/tex] выполнено [tex]|f(z)|\le\frac{c}{R^{2}}[/tex], интеграл по ней по модулю не больше [tex]\pi R\cdot \frac{c}{R^{2}}=\frac{\pi c}{R}\to 0[/tex], и [tex]\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\,dx[/tex] равен [tex]2\pi i[/tex], умноженному на сумму вычетов в верхней полуплоскости. Там [tex]f[/tex] имеет простые полюсы [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]
Следовательно,
[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]
а искомый интеграл равен половине этого значения:
[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:
Положим [tex]g=f-a[/tex]. Она голоморфна в [tex]G[/tex] и [tex]|g(z)|=r[/tex] для всех [tex]z\in G[/tex]. Если [tex]r=0[/tex], то [tex]g\equiv 0[/tex], т.е. [tex]f\equiv a[/tex]. Пусть [tex]r\gt 0[/tex] и [tex]g=U+iV[/tex], где [tex]U,V[/tex] — действительные функции. Тогда в [tex]G[/tex]
[tex]U^{2}+V^{2}=r^{2}[/tex]
Дифференцируя по [tex]x[/tex] и по [tex]y[/tex] и используя условия Коши-Римана [tex]V_x=-U_y[/tex], [tex]V_y=U_x[/tex], получаем
[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]
Это однородная линейная система относительно [tex]U_x,U_y[/tex] с определителем [tex]U^{2}+V^{2}=r^{2}\ne 0[/tex], поэтому [tex]U_x=U_y=0[/tex] в каждой точке [tex]G[/tex], а по условиям Коши-Римана и [tex]V_x=V_y=0[/tex]. Итак,
[tex]g'(z)=U_x+iV_x=0,\qquad z\in G[/tex]
Область связна, а функция с нулевой производной на связном открытом множестве постоянна. Значит, [tex]g[/tex], а потому и [tex]f=g+a[/tex], постоянна. (Другой способ: по принципу сохранения области непостоянная голоморфная функция отображает [tex]G[/tex] на открытое множество, а окружность не содержит непустых открытых подмножеств [tex]\mathbb{C}[/tex].)