Збiрникзадачзкомплексногоаналiзу ЧастинаI ...matphys.rpd.univ.kiev.ua/downloads/publ/complan_taskbook_1.pdfПередмова Видання розпочинає

КИЇВСЬКИЙ НАЦIОНАЛЬНИЙ УНIВЕРСИТЕТ IМЕНI ТАРАСА ШЕВЧЕНКА

Є. Д. Бiлоколос, Л. Л. Зайцева, Д. Д. Шека

Збiрник задач з комплексного аналiзуЧастина I. Функцiї комплексної змiнної

Методична розробкадля студентiв природничих факультетiв

Київ2014

УДК 517.53

Є. Д. Бiлоколос, Л. Л. Зайцева, Д. Д. Шека версiя 25 березня 2014 р.Збiрник задач з комплексного аналiзу. Частина I. Функцiї комплексноїзмiнної: Методична розробка для студентiв природничих факультетiв. — К.,2014.-71 с.

Збiрник задач мiстить близько 400 задач рiзного рiвня складностi, середяких докладно розiбрано близько 40 прикладiв.

Для студентiв фiзико-математичних спецiальностей унiверситетiв.

Рецензенти: С. А. Кривошея, канд. фiз.-мат. наук, доцентТ. М. Жеребко, канд. фiз.-мат. наук, асистент.

Затверджено Радоюрадiофiзичного факультету

Протокол № 7 вiд 11 березня 2013 року

c© Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

Змiст

Глава 1. Основнi поняття комплексного аналiзу 6§ 1. Операцiї над комплексними числами . . . . . . . . . . . . . . . 6§ 2. Способи зображення комплексних чисел . . . . . . . . . . . . . 10§ 3. Добування кореня з комплексного числа . . . . . . . . . . . . . 16§ 4. Елементарнi трансцендентнi функцiї . . . . . . . . . . . . . . . 18

Глава 2. Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiн-ної 24§ 5. Поняття аналiтичної функцiї. Умови Кошi–Рiмана . . . . . . . . 24§ 6. Геометрична iнтерпретацiя аналiтичної функцiї . . . . . . . . . 29§ 7. Гармонiчнi функцiї . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33§ 8. Iнтеграл вiд функцiї комплексної змiнної . . . . . . . . . . . . . 40§ 9. Iнтегральна формула Кошi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Вiдповiдi 60

Рекомендована лiтература 69

Абетковий покажчик 70

3

Деякi позначенняМАТЕМАТИЧНI СИМВОЛИa = b a дорiвнює b;a ≡ b a тотожно дорiвнює b;

МНОЖИНИN множина натуральних чисел;Z множина цiлих чисел;R множина дiйсних чисел;C множина комплексних чисел (комплекснаплощина);C розширена комплексна площина;Γ, γ крива (контур);D область;∂D межа областi D;

КОМПЛЕКСНI ЧИСЛАz комплексне число;z комплексне число, спряжене до z;

Re z дiйсна частина комплексного числа z;Im z уявна частина комплексного числа z;|z| модуль комплексного числа z;Arg z аргумент комплексного числа z;arg z головне значення аргументукомплексного числа z;

ФУНКЦIЇf(z) функцiя комплексної змiнної;f(z) ∈ A(D) функцiя, аналiтична в D;f(x, y) ∈ H(D) функцiя, гармонiчна в D;

ДЕЯКI УМОВНI ПОЗНАЧЕННЯC початок прикладу;B кiнець прикладу;J початок розв’язку;I кiнець розв’язку;

4

ПередмоваВидання розпочинає серiю збiрникiв задач з курсу «Комплексний ана-

лiз». За основу використано завдання, якi впродовж багатьох рокiв викори-стовуються авторами на радiофiзичному факультетi Київського нацiонально-го унiверситету iменi Тараса Шевченка. В першу частину увiйшли задачiз основних понять комплексного аналiзу i теорiї аналiтичних функцiй, якiскладають перший модуль курсу. Задачi добиралися у вiдповiдностi до ле-кцiйного матерiалу. Для зручностi читача кожний параграф мiстить основнiпоняття i факти. Вiдповiдi до усiх задач наведено в кiнцi книги.

Основна частина задач складалася авторами спецiально для «Збiрника»,iншi було запозичено з [6–9].

«Збiрник» розраховано на студентiв фiзико-математичних спецiальностейунiверситетiв.

5

Глава 1

Основнi поняття комплексного аналi-зу

§ 1. Операцiї над комплексними числами

Комплексним числом називається вираз z = x + iy, де x та y—дiйснiчисла, i =

√−1—це символ, що називається уявною одиницею, тобто число,

квадрат якого дорiвнює −1, i2 = −1. Числа x та y називаються дiйсною тауявною частинами комплексного числа z i позначаються x = Re z, y = Im z.Комплексне число z = x − iy називається комплексно спряженим до z iпозначається як z. Таким чином, x+ iy = x − iy. Множина комплекснихчисел позначається C = {z : z = x+ iy, x, y ∈ R}.

Поняття рiвностi та основнi арифметичнi операцiї на множинi C визна-чаються таким чином:

• Два комплекснi числа z1 = x1 + iy1 i z2 = x2 + iy2 рiвнi тодi i лише тодi,коли x1 = x2 та y1 = y2.

• Сумою z1 + z2 комплексних чисел z1 = x1 + iy1 i z2 = x2 + iy2 називаєтьсякомплексне число

z = z1 + z2 = (x1 + x2) + i(y1 + y2).

• Добутком z1z2 комплексних чисел z1 = x1 + iy1 i z2 = x2 + iy2 називаєтьсякомплексне число

z = z1z2 = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + y1x2).

• Часткою z1/z2 вiд дiлення комплексного числа z1 = x1+iy1 на комплекснечисло z2 = x2 + iy2 6= 0 називається комплексне число

z =z1

z2=z1z2

z2z2=x1x2 + y1y2

x22 + y2

2

+ iy1x2 − x1y2

x22 + y2

2

.

Зауважимо, що всi властивостi операцiй додавання i множення (кому-тативнiсть, асоцiативнiсть i т.п.), притаманнi R, зберiгаються i на множинiC.

Модулем комплексного числа z = x+ iy називається число

|z| =√x2 + y2 ≥ 0.

Аргументом комплексного числа z = x + iy, z 6= 0 називається сукупнiстьчисел

Argz =

{arctg y

x + 2kπ, (x, y) в I та IV квадрантах,arctg y

x + π + 2kπ, (x, y) в II та III квадрантах,

6

Роздiл 1. Операцiї над комплексними числами 7

де k ∈ Z. Через arg z позначатиме будь-яке iз значень функцiї Arg z. Длязручностi в деяких прикладах вважатимемо, що arg z ∈ (−π, π].

У багатьох задачах зручно використовувати тригонометричну формузапису комплексного числа z = ρ(cosϕ + i sinϕ) або показникову формузапису z = ρeiϕ, тут ρ = |z|, ϕ = Arg z. Зв’язок мiж тригонометричною тапоказниковою формами запису комплексного сила встановлює формула Ей-лера:

eiϕ = cosϕ+ i sinϕ. (1.1)

Операцiї множення та дiлення двох комплексних чисел z1 = ρ1(cosϕ1 +i sinϕ1) = ρ1e

iϕ1, z2 = ρ2(cosϕ2 + i sinϕ2) = ρ2eiϕ2 в цих формах запису мають

такий вигляд:

z1z2 = ρ1ρ2 (cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)) = ρ1ρ2ei(ϕ1+ϕ2),

z1

z2=ρ1

ρ2(cos(ϕ1 − ϕ2) + i sin(ϕ1 − ϕ2)) =

ρ1

ρ2ei(ϕ1−ϕ2), ρ2 6= 0.

Для пiднесення числа z = ρ(cosϕ + i sinϕ) = ρeiϕ до цiлого степеня зручновикористовувати формулу Муавра:

(cosϕ+ i sinϕ)n = cosnϕ+ i sinnϕ, n ∈ Z. (1.2)

Тодi zn = ρn(cosnϕ+ i sinnϕ) = ρneinϕ.Приклад 1.1. C Знайти дiйсну та уявну частини комплексного числа

z =4− 3i

(3− 2i)(2 + i).

B

Розв’язання. J

z =4− 3i

(3− 2i)(2 + i)=

4− 3i

6 + 3i− 4i+ 2=

4− 3i

8− i=

(4− 3i)(8 + i)

(8− i)(8 + i)=

=32 + 4i− 24i+ 3

64 + 1=

35− 20i

65=

7

13− i 4

13.

Таким чином, Re z = 713 , Im z = − 4

13. I

Приклад 1.2. C Записати комплексне число z =(−√

3 + i)6

(3− 2i)4у показниковiй

формi. B

Розв’язання. J Позначимо z1 = −√

3 + i, z2 = 3 − 2i. Знайдемо модуль тааргумент z1 та z2 :

|z1| =√

(−√

3)2 + 12 = 2, |z2| =√

32 + (−2)2 =√

13,

arg z1 = − arctg1√3

+ π =5π

6, arg z2 = − arctg

2

3,

c© Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014 v. 25 березня 2014 р.

8 Глава 1. Основнi поняття комплексного аналiзу

при обчисленнi аргументiв було враховано, що число z1 знаходиться у IIквадрантi, а число z2 у IV квадрантi. Запишемо числа z1 i z2 у показниковiйформi:

z1 = 2ei5π6 , z2 =

√13e−i arctg 2

3 .

Використовуючи формулу Муавра, отримаємо

z =z6

1

z42

=26e6i 5π6

(√

13)4e−4i arctg 23

=64

169ei5π+i4 arctg 2

3 =64

169ei(4 arctg 2

3−π),

остання рiвнiсть випливає з того, що ei6π = 1. Зауважимо, що 4 arctg 23 − π ∈

(−π, π]. I

Приклад 1.3. C Використовуючи формулу Муавра, виразити cos 4ϕ черезстепенi cosϕ та sinϕ. B

Розв’язання. J З формули Муавра випливає, що

cos 4ϕ = Re (cos 4ϕ+ i sin 4ϕ) = Re (cosϕ+ i sinϕ)4 =

= Re(cos4 ϕ+ 4i cos3 ϕ sinϕ− 6 cos2 ϕ sin2 ϕ− 4i cosϕ sin3 ϕ+ sin4 ϕ

)=

= cos4 ϕ− 6 cos2 ϕ sin2 ϕ+ sin4 ϕ.

I

Приклад 1.4. C Знайти дiйсну та уявну частини числа w = (z + 1)2 +i

z + i.

B

Розв’язання. J Нехай z = x+ iy. Тодi z = x− iy i

w = (x+ 1− iy)2 +i

x+ i(y + 1)= (x+ 1)2 − 2iy(x+ 1)− y2 +

i (x− i(y + 1))

x2 + (y + 1)2=

= (x+ 1)2 − y2 − 2iy(x+ 1) +y + 1

x2 + (y + 1)2+ i

x

x2 + (y + 1)2=

= (x+ 1)2 − y2 +y + 1

x2 + (y + 1)2+ i

(x

x2 + (y + 1)2− 2y(x+ 1)

).

Таким чином,

Rew = (x+ 1)2 − y2 +y + 1

x2 + (y + 1)2; Imw =

x

x2 + (y + 1)2− 2y(x+ 1).

I

Приклад 1.5. C Довести, що для довiльних z1, z2 ∈ C, ϕ ∈ R виконуютьсянаступнi спiввiдношення:

z1 + z2 = z1 + z2, eiϕeiϕ = 1.

B

v. 25 березня 2014 р. c© Є. Д. Бiлоколос, Л. Д. Зайцева, Д. Д. Шека, 2014

Роздiл 1. Операцiї над комплексними числами 9

Розв’язання. J Доведемо першу рiвнiсть. Нехай z1 = x1 + iy1, z2 = x2 +iy2, x1, x2, y1, y2 ∈ R. Тодi

z1 + z2 = x1 + iy1 + x2 + iy2 = x1 − iy1 + x2 − iy2 = x1 + x2 − i(y1 + y2) =

= x1 + x2 + i(y1 + y2) = x1 + iy1 + x2 + iy2 = z1 + z2.

Розглянемо другу рiвнiсть. Для довiльного ϕ ∈ R скористаємось означе-нням eiϕ = cosϕ+ i sinϕ. Тодi

eiϕeiϕ = (cosϕ+ i sinϕ) cosϕ+ i sinϕ = (cosϕ+ i sinϕ) (cosϕ− i sinϕ) =

= cos2 ϕ+ sin2 ϕ = 1.

I

Завдання для класної роботи i домашнi завдання.В прикладах 1–6 знайти дiйсну та уявну частини комплексних чисел.

1.3i− 5

(2 + i)2.

2.(4i+ 3)2 + (3i− 5)2

(3 + 2i)(2− i)

3.(2i53 + 1)3

(2− 3i)(3 + i)

4.−i+ 4

(−3 + i)2

5.(i31 − 2)3 − (4i33 + 3)2

(1− 2i)(5 + i)

6.(i+ 1)3

(−1− 3i35)(−2 + i)

В прикладах 7–12 знайти модуль та аргумент комплексних чисел

7. −1− i.8. (12− 5i)13.

9.(−1 + 3i)10

(1− i√

6)36.

10. −4 + 4i.11. (−8 + 6i)100.

12.(2− 5i)25

(−1− i√

13)39.

В прикладах 13–16 записати комплекснi числа у показниковiй формi.

13. i.

14. −3.

15.(1 + 2i)16

(−1− 7i)11.

16. 2.

17. − i2.

18.(1 + i)16

(−1 + 3i)15.

В прикладах 19–22, використовуючи формулу Муавра, виразити черезстепенi cosϕ та sinϕ наступнi функцiї.

19. sin 5ϕ.20. cos 8ϕ.

21. cos 3ϕ.22. sin 9ϕ.

В прикладах 23–26 знайти дiйсну та уявну частини числа w, якщо z =x+ iy.



23. w =1

z, z 6= 0.

24. w = z2 + z.

25. w =z2

z + 1, z 6= −1.

26. w = z2 − 4iz + 1.

В прикладах 27–30 довести, що

27. |z1z2| = |z1||z2|, z1, z2 ∈ C.

28.1

eiϕ= e−iϕ, ϕ ∈ R.

29. (zn) = (z)n, z ∈ C.

30.(eiϕ)n

= eiϕn, ϕ ∈ R, n ∈ N.

31. Довести, що для довiльного многочлена P (z) з дiйсними коефiцiєнтамиi для довiльного комплексного числа z має мiсце рiвнiсть P (z) = P (z).32. Довести, що функцiя f(z) = zn, n ∈ N є взаємно однозначним вiдобра-

женням на множинi D = {(ρ, ϕ) : ρ > 0, ϕ ∈ (α, β)}, якщо |β − α| ≤ 2π

n.

§ 2. Способи зображення комплексних чисел

ρ

0 x

iy

1

i

C

ϕ

z

Рис. 1: Геометри-чна iнтерпретацiякомплексного числа

Геометрична iнтерпретацiя комплексних чисел.Кожному комплексному числу z = x + iy ставитьсяу вiдповiднiсть точка з координатами (x, y) прямоку-тної декартової системи координат xOy. Саму площи-ну при цьому називають комплексною. Вiсь Ox нази-вається дiйсною вiссю, вiсь Oy—уявною. Кожнiй точцi(x, y) вiдповiдає єдиний радiус-вектор цiєї точки {x, y}.Вiдповiднiсть мiж множиною всiх комплексних чиселC та комплексною площиною (або множиною радiус-векторiв точок комплексної площини) є взаємно одно-значною, тому надалi ми не будемо розрiзнювати термi-ни комплексного числа та точки комплексної площини(радiус-вектора цiєї точки).

x

iyC

0

z1 − z2z1

z2

z1 + z2

Рис. 2: Геометрична iн-терпретацiя додаваннята вiднiмання компле-ксних чисел.

Модуль ρ та аргумент ϕ комплексного числа z =ρeiϕ є координатами точки z в полярнiй системi коор-динат (див. рис. 1).

З геометричної точки зору суму або рiзницю двохчисел z1 i z2 можна отримати за допомогою правилдодавання або вiднiмання векторiв, що вiдповiдаютьцим комплексним числам (див. рис. 2).

Стереографiчна проекцiя. В трьохвимiрному про-сторi введемо декартову систему координат i розгля-немо координатну площину xOy як комплексну пло-щину. Побудуємо сферу одиничного дiаметра, яка єдотичною до площини в точцi z = 0 (див. рис. 3).Позначимо точку дотику через O, а дiаметрально про-тилежну їй точку сфери — через N. З’єднаємо точкуN прямою з точкою z комплексної площини i позначимо через M(z) точку


Роздiл 2. Способи зображення комплексних чисел 11

перетину цiєї прямої зi сферою. Вiдображення z ↔ M(z) є взаємно одно-значним вiдображенням мiж комлексною площиною i сферою, проколотою вточцi N.

xξ

iy

η

ζ

z

M(z)

N

O

Рис. 3: Сфера Рiмана

Доповнимо комплексну площину сим-волiчною точкою, яка називається нескiн-ченно вiддаленою точкою, позначимо її ∞i покладемо M(∞) = N. Комплексна пло-щина, яка доповнена точкою ∞ називає-ться розширеною комплексною площиноюабо повною комплексною площиною та по-значається C, а сфера, на яку вона прое-ктується— сферою Рiмана. Виберемо си-стему координат ξ, η, ζ таким чином, щобосi Oξ i Oη збiгалися з осями Ox i Oy ком-плексної площини, а вiсь Oζ була напрям-лена вздовж дiаметра сфери Рiмана (див.рис. 3). Координати точки на сферi зв’я-занi рiвнянням ξ2 + η2 + (ζ − 1/2)2 = 1/4.Зв’язок мiж координатами точки на пло-щинi x, y та координатами точки на сферiξ, η, ζ задається такими формулами

x =ξ

1− ζ, y =

η

1− ζ, ξ =

x

1 + |z|2, η =

y

1 + |z|2, ζ =

|z|2

1 + |z|2. (2.1)

Матрична iнтерпретацiя комплексних чисел. При операцiях множеннята дiлення комплекснi числа мають властивiсть лiнiйних операторiв. А саме,геометрично множення комплексного числа z1 = ρ1e

iϕ1 на комплексне числоz2 = ρ2e

iϕ2 зводиться до повороту вектора z1 на кут ϕ2 та змiни його довжинив ρ2 разiв, тобто можна розглядати z1 як вектор, а z2 як лiнiйний оператор,що дiє на цей вектор (або навпаки). Таким чином, кожне комплексне числоz = x + iy може бути ототожнено з кососиметричною матрицею другогопорядку такого вигляду

z =

(x y−y x

).

Для таким матриць виконуються алгебраїчнi операцiї додавання, вiднiмання,множення та дiлення так само, як i для комплексних чисел.Приклад 2.1. C Зобразити на комплекснiй площинi множину точок

M =

{z : Re

z − 3

z + 4i≥ −1

2

}.

B

Розв’язання. J Знайдемо множину точок z, яка задовольняє рiвняння

Rez − 3

z + 4i= −1

2,



це буде межа множиниM. Нехай z = x+iy, x, y ∈ R. Зауважимо, що z 6= −4i.

Пiдставимо в шукане рiвняння: Rex+ iy − 3

x+ iy + 4i= −1

2, або Re

x− 3 + iy

x+ i(y + 4)=

−1

2. Знайдемо частку вiд дiлення двох комплексних чисел, а потiм її дiйсну

частину:

Re(x− 3 + iy)(x− i(y + 4))

x2 + (y + 4)2= Re

(x− 3)x+ y(y + 4) + i (yx− (x− 3)(y + 4))

x2 + (y + 4)2=

=(x− 3)x+ y(y + 4)

x2 + (y + 4)2= −1

2.

Розв’яжемо звичайне рiвняння для двох дiйсних змiнних x, y:

(x− 3)x+ y(y + 4)

x2 + (y + 4)2= −1

2,

звiдки 2x2− 6x+ 2y2 + 8y = −x2− (y+ 4)2, тому 3x2− 6x+ 3y2 + 16y+ 16 = 0.Отримали рiвняння другого порядку. Видiлимо повнi квадрати:

(x− 1)2 +

(y +

8

3

)2

=

(5

3

)2

, або |z − z0| =5

3, де z0 = 1− 8i

3.

x

iy

1

i

-4i

−8i3

103

z0

z1

Рис. 4: До прикладу 2.1

Це рiвняння описує коло з центром в точцi z0 =1 − 8i

3 радiуса 53. Межею множини M буде ко-

ло з виколотою точкою −4i. Залишилось визна-чити, множина M—це внутрiшнiсть або зовнi-шнiсть побудованого кола. Для цього вiзьмемодовiльну точку комплексної площини, наприклад,точку z1 = 3. З одного боку, точка z1 не нале-

жить множинi M, оскiльки Rez1 − 3

z1 + 4i= 0, тобто її

координати не задовольняють нерiвнiсть, що ви-значає M. З iншого боку, точка z1 лежить зовнiкола, оскiльки |z1 − z0| = 10

3 . Це означає, що M—це внутрiшня частина побудованого кола (разом змежею, але з виколотою точкою −4i, див. рис. 4).

Таким чином, M ={z :∣∣z − 1 + 8i

3

∣∣ ≤ 53

}\{−4i}. I



Приклад 2.2. C Для заданих z1, z2 ∈ C зобрази-ти на комплекснiй площинi множину точок M ={z : ||z − z1| − |z − z2|| = 1} . BРозв’язання. J На вiдмiну вiд попереднього при-кладу, тут для розв’язку задачi зручно викори-стати не аналiтичний пiдхiд, а геометричну iн-терпретацiю комплексного числа. Дiйсно, рiвняння||z − z1| − |z − z2|| = 1 задає множину точок компле-ксної площини, рiзниця вiдстаней вiд яких до двохфiксованих точок z1 i z2 є величина стала i дорiвнює1 або −1. З курсу аналiтичної геометрiї вiдомо, щотаку властивiсть має крива другого порядку— гiпер-бола, а точки z1 i z2 —це фокуси даної гiперболи (див.рис. 5). I

x

iy

z1

z2


Приклад 2.3. C Який образ на сферi Рiмана має точка i? Точка1

z? B

Розв’язання. J Точка i має координати (0, 1), |i| = 1. Для знаходженнякоординат точки M(i) скористаємось формулами (2.1):

ξ =0

1 + 1= 0, η =

1

1 + 1=

1

2, ζ =

1

1 + 1=

1

2.

Таким чином, M(i) =

(0,

1

2,1

2

).

Нехай z = x+iy, z 6= 0. Тодi точка1

zмає координати

(x

|z|2,− y

|z|2

),

∣∣∣∣1z∣∣∣∣ =

1

|z|. З формул (2.1) випливає, що точка M

(1z

)має такi координати:

ξ 1z

=x/|z|2

1 + (1/|z|)2 =x

1 + |z|2= ξz, η 1

z= − y/|z|2

1 + (1/|z|)2 = − y

1 + |z|2= −ηz,

ζ 1z

=(1/|z|)2

1 + (1/|z|)2 =1

1 + |z|2= 1− ζz.

Таким чином, M(

1z

)= (ξ,−η, 1− ζ) . Якщо z = 0, тодi 1

z = ∞, M(∞) =N (пiвнiчний полюс сфери). IПриклад 2.4. C При якому значеннi параметра a колу |z − i| = a, a > 0комплексної площини вiдповiдає велике коло на сферi Рiмана? BРозв’язання. J Спочатку зауважимо, що |z − i| = a тодi i тiльки тодi, колиz− i = a(cosϕ+ i sinϕ), ϕ ∈ (−π, π], або z = a cosϕ+ i(a sinϕ+ 1). Крiм того,|z|2 = 1 + a2 + 2a sinϕ. Тодi образ точки z (яка лежить на колi |z − i| = a) насферi Рiмана має такi координати

ξ =a cosϕ

2 + a2 + 2a sinϕ, η =

a sinϕ+ 1

2 + a2 + 2a sinϕ, ζ =

1 + a2 + 2a sinϕ

2 + a2 + 2a sinϕ.



Множинi точок сфери вiдповiдає велике коло тодi i тiльки тодi, колиця множина належить деякiй площинi, яка проходить через центр сфери. Увипадку сфери Рiмана така площина задовольняє рiвняння Aξ + Bη + C(ζ −1/2) = 0, де A,B,C — це деякi константи, якi одночасно не дорiвнюють0 (тобто для кожного набору параметрiв A,B,C площина, яка задовольняєвказане рiвняння, проходить через точку (0, 0, 1/2) — центр сфери Рiмана).Таким чином, потрiбно знайти, при якому значеннi параметра a знайдуться

константи A,B,C такi, що рiвнiсть Aξ +Bη + C(ζ − 1

2) = 0 виконується для

всiх точок z, якi лежать на колi |z−i| = a. Пiдставимо в цю рiвнiсть знайденiвирази для ξ, η, ζ :

Aa cosϕ+B(a sinϕ+ 1) + C(1 + a2 + 2a sinϕ)

2 + a2 + 2a sinϕ≡ 0

для всiх ϕ ∈ (−π, π]. Знаменник завжди бiльше 0 при довiльних a > 0, ϕ ∈(−π, π]. Чисельник тотожно дорiвнює 0 тодi i тiльки тодi, коли коефiцiєнтипри sinϕ, cosϕ i вiльний член дорiвнюють 0 одночасно. Запишемо цю умову{

Aa = 0,aB + aC = 0,2B + a2C = 0.

Оскiльки a > 0, то A = 0, C = −B i, з третього рiвняння, B(2 − a2) = 0.B 6= 0 (тодi A = B = C = 0) i a =

√2.

Таким чином, колу |z − i| =√

2 комплексної площини вiдповiдає великеколо на сферi Рiмана. I

Приклад 2.5. C Знайти матричне зображення числа 1z. B

Розв’язання. J Нехай z = x+ iy. Даному числу вiдповiдає така матриця

z =

(x y−y x

).

Оскiльки при такому ототожненнi всi алгебраїчнi операцiї виконуються зазвичайними правилами матричної алгебри, то

1

z=

(x y−y x

)−1

=1

x2 + y2

(x −yy x

)=

( xx2+y2 −

yx2+y2

yx2+y2

xx2+y2

).

I

Завдання для класної роботи i домашнi завдання.В прикладах 33–44 визначити геометричний смисл вказаних спiввiдно-

шень.

33. |z − z0| = R z0 ∈ C, R > 0.

34. |z − z0| < R z0 ∈ C, R > 0.

35. |z − z0| ≥ R, z0 ∈ C, R > 0.

36. Re z ≥ C,C ∈ R.



37. Im z < C,C ∈ R.38. α < arg z < β, α, β ∈ R, α < β.

39. α < arg(z − z0) < β,

α, β ∈ R, α < β, z0 ∈ C.40. |z − z1| = |z − z2|, z1, z2 ∈ C.41. |z − z1| − |z − z2| = 2a,

z1, z2 ∈ C, a > 0.

42. |z − z1|+ |z − z2| = 2a,z1, z2 ∈ C, a > 1

2|z2 − z1|.

43. Rez − z1

z − z2= 0, z1, z2 ∈ C.

44. Imz − z1

z − z2= 0, z1, z2 ∈ C.

В прикладах 45–55 зобразити на C-площинi множину точок, яка задо-вольняє вказану рiвнiсть або нерiвнiсть.

45. Rez − 3 + i

z − i> 0.

46. Rez − 2

z + 1 + 2i< 0.

47. Rez − 4− iz + 2− i

> 4.

48. Imz + i

z − i− 2> 0.

49. Imz − 3i− 1

z + 1< 0.

50. Imz − 1− 2i

z + 3− i< 1.

51. Re z + Im z < 1.

52. |z| < Re z + 1.

53. Im(z(1− i)) <√

2.

54.

∣∣∣∣z − z1

z − z2

∣∣∣∣ = λ, λ > 0.

55. 0 < argi− zz + i

<π

2.

В прикладах 56–59 визначити сiм’ю лiнiй, яка задана рiвнянням.

56. Re1

z= C, C ∈ R.

57. Re z2 = C, C ∈ R.

58. Im1

z= C, C ∈ R.

59. Im z2 = C, C ∈ R.

В прикладах 60–61 за допомогою геометричних мiркувань довести спiв-вiдношення.60. |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2| z ∈ C.

61. |z1 + z2| ≥ 12 (|z1|+ |z2|)

∣∣∣∣ z1

|z1|+

z2

|z2|

∣∣∣∣ , z1, z2 ∈ C.

В прикладах 62–67 знайти образ точки на сферi Рiмана.

62. 1.

63. −i.

64. 1− i.

65.3 + i√

2.

66. −2 + 2i.

67.−1− i√

8.

В прикладах 68–71 знайти образ вказаної множини точок на сферi Рiма-на.

68. arg z = α, R > 0.

69. |z| = R, R > 0.

70. |z| < 1.

71. |z| > 1.

72. Imz > 0.

73. Imz < 0.

В прикладах 72–79 знайти матричне зображення комплексного числа.



74. z.

75. |z|2.76. z2 + i.

77. (z − 2i)2 + 1.

78. i(2z + z)2.

79.i

z + 1.

80. Довести, що для довiльних A > 0, C ∈ R, B ∈ C таких, що AC < |B|2рiвняння

A |z|2 +Bz +Bz + C = 0

є рiвнянням кола. Знайти радiус i центр цього кола.

81. Для довiльного a ∈ C такого, що Im a > 0 довести, що величинаz − az − a

бiльша за 1 у верхнiй пiвплощинi, менша за 1 у нижнiй пiвплощинi, дорiвнює1 на дiйснiй осi.82. Нехай точки z1, z2, z3 лежать на колi з центром в початку координат.Довести, що трикутник з вершинами в цих точках є рiвностороннiм тодi iлише тодi, коли z1 + z2 + z3 = 0.83. Нехай точки z1, z2, z3 — три вершини паралелограма (точки занумерованiв порядку обходу кола). Довести, що точка ζ є внутрiшньою точкою цьогопаралелограма тодi i лише тодi, коли iснують числа a, b, c ∈ (0, 1) такi, щоa+ b+ c = 1 i ζ = az1 + bz2 + cz3. Показати, що для кожної внутрiшньої точкиζ числа a, b, c визначаються єдиним чином.84. Довести спiввiдношення 2.1, якi дають взаємозв’язок мiж коoрдинатамиточки на комплекснiй площинi i на сферi Рiмана.85. Для заданого α ∈ R визначити, при якому значеннi параметра R колу|z − α| = R вiдповiдає велике коло на на сферi Рiмана.86. Довести, що колу на сферi Рiмана вiдповiдає коло або пряма на ком-плекснiй площинi, причому пряма вiдповiдає в тому i лише в тому випадку,коли коло на сферi Рiмана проходить через точку N (пiвнiчний полюс).

§ 3. Добування кореня з комплексного числа

Число z1 називається коренем n-го степеня (n ∈ N) з комплексного числаz, якщо z = zn1 . Нехай z = ρeiϕ, z1 = ρ1e

iϕ1, тодi z1 = z1/n, якщо ρ = ρn1 ,ϕ = nϕ1.

Алгебраїчне рiвняння zn = a, де a = |a|eiα, n ∈ N при a 6= 0 має рiвно nрiзних коренiв, якi обчислюються за формулою

zk = n√|a|ei(α+2πk)/n, k = 0, n− 1.

На комплекснiй площинi коренi рiвняння zn = a зображуються точками,розташованими у вершинах правильного n-кутника, вписаного у коло радiусаn√|a| з центром у початку координат (див. рис. 6).


Роздiл 3. Добування кореня з комплексного числа 17

x

iy C

0

z0

z1

α/n

2π/n

Рис. 6: Добування коренняз комплексного числа

Надалi ми позначатимемо через z1/n множинувсiх значень кореня n-го степеня з комплексногочисла z, через n

√α—арифметичнi (дiйснi невiд’єм-

нi) значення кореня з дiйсного числа α.Приклад 3.1. C Розв’язати рiвняння z2 + 1 =0, z3 + 1 = 0. BРозв’язання. J Перш нiж переходити до розв’яза-ння рiвнянь, зауважимо, що на множинi дiйснихчисел перше рiвняння не має жодного кореня, адруге рiвняння має рiвно один корiнь z = −1.

На множинi комплексних чисел перше рiвнян-ня має два рiзних кореня:

z = (−1)1/2 = ei(π+2πk)/2, k = 0, 1. z0 = eiπ/2 = i, z1 = ei3π/2 = −i.На множинi комплексних чисел перше рiвняння має три рiзних кореня:

z = (−1)1/3 = ei(π+2πk)/3, k = 0, 1, 2.

z0 = eiπ/3 =1

2+i√

3

2, z1 = eiπ = −1, z2 = ei5π/3 =

1

2− i√

3

2.

IПриклад 3.2. C Обчислити всi значення (−

√3 + i)1/6. B

Розв’язання. J Позначимо z = −√

3 + i. Запишемо z в показниковiй формiz = 2ei(−π/6+2πk). Тодi

z1/6 =6√

2ei(−π/6+2πk)/6, k = 0, 5.

Таким чином, вираз (−√

3 + i)1/6 має шiсть рiзних значень:

z0 =6√

2e−iπ/36, z1 =6√

2e−i11π/36, z2 =6√

2e−i23π/36,

z3 =6√

2e−i35π/36, z4 =6√

2e−i47π/36, z5 =6√

2e−i59π/36.

IПриклад 3.3. C Обчислити всi значення (3− 2i)1/5. BРозв’язання. J Позначимо z = 3 − 2i. Запишемо z в показниковiй формiz =√

13ei(− arctg 2/3+2πk). Тодi

z1/5 =10√

13ei(− arctg 2/3+2πk)/5, k = 0, 4.

Таким чином, вираз (3− 2i)1/5 має п’ять рiзних значень:

z0 =10√

13ei(− arctg 2/3)/5, z1 =10√

13ei(− arctg 2/3+2π)/5, z2 =10√

13e−i(− arctg 2/3+4π)/5,

z3 =10√

13e−i(− arctg 2/3+6π)/5, z4 =10√

13e−i(− arctg 2/3+8π)/5.

IЗавдання для класної роботи i домашнi завдання.В прикладах 87–96 обчислити всi значення кореня i побудувати їх.



87. i1/4.

88. (2− 2i)1/6.

89. (−3 + 5i)2/3.

90. (−7− 9i)1/5.

91. (8 + i)1/8.

92. (3− 4i)1/7.

93. Довести, що для будь-якого комплексного числа z = x+ iy справедливо:

(x+ iy)1/2 = ±

(√ρ+ x

2+ i signy

√ρ− x

2

), де ρ =

√x2 + y2. (3.1)

В прикладах 94–99, використовуючи результат задачi 93, знайти всi зна-чення кореня:

94. (−9 + 2i)1/2.95. (11− 3i)1/2.

96. (7 + 4i)1/2.97. (−8− 5i)1/2.

98. (−2 + 12i)1/2.99. (6− 9i)1/2.

В прикладах 100–105, знайти всi розв’язки рiвнянь:

100. z4 − 1 = 0.101. z5 + 1 = i.

102. z6 − 2 = i√

3.103. (z + i)7 + i = 0.

104. (z + 1)4 = 4i− 7.105. z5 = 6i− 8.

106. Скiльки значень має вираз zn/m, де z ∈ C, n,m ∈ N, m 6= 0?

107. За якої умови множини значень(z1/m

)ni (zn)1/m збiгаються?

108. Довести, що всi вершини довiльного правильного n-кутника, який ле-жить в комплекснiй площинi, задаються формулою zk = awk + b, k = 0, n− 1,де w = e2πi/n, a, b ∈ C.

§ 4. Елементарнi трансцендентнi функцiї

Показникова функцiя ez, z ∈ C визначається наступним спiввiдношенням

exp z = ez = ex+iy = ex (cos y + i sin y) . (4.1)

Тригонометричнi функцiї sin z, cos z, z ∈ C визначаються за формулами Ей-лера:

sin z =eiz − e−iz

2i, cos z =

eiz + e−iz

2, (4.2)

звiдкиeiz = cos z + i sin z. (4.3)

Тригонометричнi функцiї tg z, ctg z визначаються за допомогою рiвностей:

tg z =sin z

cos z, ctg z =

cos z

sin z. (4.4)

Функцiя tg z визначена на множинi C\{z : cos z = 0} = C\{π/2 + πn, n ∈ Z},функцiя ctg z — на множинi C\{z : sin z = 0} = C\{πn, n ∈ Z}. Для тригоно-метричних функцiй залишаються справедливими всi формули тригонометрiї.


Роздiл 4. Елементарнi трансцендентнi функцiї 19

Гiперболiчнi функцiї комплексного аргументу визначаються за допомо-гою рiвностей:

ch z =ez + e−z

2, sh z =

ez − e−z

2, thz =

sh z

ch z, cth z =

ch z

sh z. (4.5)

Функцiя thz визначена на множинi C\{z : ch z = 0} = C\{iπ/2 + πni, n ∈ Z},функцiя cth z — на множинi C\{z : sh z = 0} = C\{πni, n ∈ Z}.

Функцiї sin z, cos z є перiодичними з дiйсним перiодом 2π, функцiї tg z,ctg z є перiодичними з дiйсним перiодом π. Аналогiчно, функцiї ez, sh z, ch zє перiодичними з уявним перiодом 2πi, функцiї thz, cth z є перiодичними зуявним перiодом iπ. Зауважимо, що на множинi комплексних чисел функцiїsin z, cos z, z ∈ C не є обмеженими.

Логарифм визначається як функцiя, обернена до експоненти. Число w ∈C називається логарифмом числа z i позначається w = Ln z, якщо ew = z.Якщо z = |z|ei(arg z+2πn) = eln |z|+i(arg z+2πn), n ∈ Z, тодi

Ln z = ln |z|+ iArg z = ln |z|+ i(arg z+ 2πn) = ln ρ+ i(ϕ+ 2πn), n ∈ Z. (4.6)

Функцiя Ln z визначена на множинi C\{0}. Зауважимо, що на множинi ком-плексних чисел функцiя Ln z, z ∈ C є багатозначною, її уявна частина визна-чена з точнiстю до числа, кратного 2π. Через ln z, z ∈ C позначається будь-яке iз значень функцiї Ln z.

Узагальнена степенева функцiя визначається спiввiдношенням

za = eaLn z, z ∈ C, a ∈ C. (4.7)

Нехай a = α + iβ ∈ C, z = ρei(ϕ+2πn), n ∈ Z, тодi:

w = za = eaLn z = e(α+iβ)(ln ρ+i(ϕ+2πn)) = eα ln ρ−β(ϕ+2πn)+i(β ln ρ+α(ϕ+2πn)) =

= eα ln ρ−β(ϕ+2πn)[cos [β ln ρ+ α(ϕ+ 2πn)) + i sin(β ln ρ+ α(ϕ+ 2πn))

].

Узагальнена степенева функцiя є багатозначною на множинi комплекснихчисел, якщо a 6∈ Z.

Аналогiчно визначається узагальнена показникова функцiя:

az = ez Ln a, z ∈ C, a ∈ C. (4.8)

Нехай a = |a|ei(α+2πn), n ∈ Z, ρ 6= 0, z = x+ iy, тодi:

w = az = ez Ln a = e(x+iy)(ln |a|+i(α+2πn)) = ex ln |a|−y(α+2πn)+i(y ln |a|+x(α+2πn)) =

= ex ln |a|−y(α+2πn) (cos(y ln |a|+ x(α + 2πn)) + i sin(y ln |a|+ x(α + 2πn))) .

Оберненi тригонометричнi i гiперболiчнi функцiї Arcsin z, Arccos z, Arctg z,Arcctg z, Arsh z, Arch z, Arth z, Arcth z визначаються як функцiї оберне-нi до функцiй sinw, cosw, tgw, ctgw, shw, chw, thw, cthw, вiдповiдно.Наприклад, число w ∈ C називається арксiнусом числа z i позначається



w = Arcsin z, якщо z = sinw. Всi оберненi тригонометричнi функцiї є багато-значними i виражаються через логарифмiчну функцiю:

Arcsin z = −iLn(iz + (1− z2)1/2

), Arccos z = −iLn

(z + (z2 − 1)1/2

),

Arctg z = − i2

Ln1 + iz

1− iz, Arcctg z = − i

2Ln

z + i

z − i,

Arsh z = Ln(z + (z2 + 1)1/2

), Arch z = Ln

(z + (z2 − 1)1/2

),

Arth z =1

2Ln

1 + z

1− z, Arcth z =

1

2Ln

z + 1

z − 1.

Через arcsin z, arccos z, arctg z, arcctg z, arsh z, arch z, arth z, arcth z, z ∈ Cпозначається будь-яке iз значень функцiй Arcsin z, Arccos z, Arctg z, Arcctg z,Arsh z, Arch z, Arth z, Arcth z, вiдповiдно.Приклад 4.1. C Обчислити суму sin z + sin 2z + . . .+ sinnz, n ≥ 1, z ∈ C. BРозв’язання. J Скористаємось означенням функцiї sin z для кожного додан-ка:

sin z + sin 2z + . . .+ sinnz =1

2i

(eiz − e−iz + e2iz − e−2iz + . . .+ einz − e−inz

)=

=1

2i

[(eiz + e2iz + . . .+ einz

)−(e−iz + e−2iz + . . .+ e−inz

)]=

=1

2i

(eiz − ei(n+1)z

1− eiz− e−iz − e−i(n+1)z

1− e−iz

)=

=eiz − ei(n+1)z − 1 + einz − e−iz + e−i(n+1)z + 1− e−inz

2i (1− eiz − e−iz + 1)=

=2i sin z + 2i sinnz − 2i sin(n+ 1)z

2i (2− 2 cos z)=

sin z + sinnz − sin(n+ 1)z

2(1− cos z).

В третiй рiвностi ми скористалися вiдомою формулою для обчислення сумигеометричної прогресiї, в п’ятiй — означеннями тригонометричних функцiй.IПриклад 4.2. C Знайти всi точки z, в яких функцiя thz приймає дiйснiзначення. BРозв’язання. J Iншими словами, потрiбно знайти всi z ∈ C такi, що Im thz =0. Нехай z = x+ iy, тодi

thz = th(x+ iy) =ex+iy − e−x−iy

ex+iy + e−x−iy=ex(cos y + i sin y)− e−x(cos y − i sin y)

ex(cos y + i sin y) + e−x(cos y − i sin y)=

=cos y(ex − e−x) + i sin y(ex + e−x)

cos y(ex + e−x) + i sin y(ex − e−x)=

cos y shx+ i sin y chx

cos y chx+ i sin y shx=

=cos2 y shx chx− sin2 y shx chx+ i

(ch2 x sin y cos y − sh2 x sin y cos y

)√cos2 y ch2 x+ sin2 y sh2 x

=

=shx chx cos 2y + i sin y cos y√

cos2 y ch2 x+ sin2 y sh2 x,



звiдки Im thz =sin y cos y√

cos2 y ch2 x+ sin2 y sh2 x. Таким чином, Im thz = 0 тодi i

лише тодi, коли sin y cos y = 0, тобто y = πn/2, n ∈ Z. IПриклад 4.3. C Знайти всi розв’язки рiвняння sin z + cos z = i. BРозв’язання. J Скористаємось означенням тригонометричних функцiй:

eiz − e−iz

2i+eiz + e−iz

2= i.

Покладемо eiz = t, t ∈ C. Маємо

t− 1

t+ it+

i

t= −2 ⇒ (1 + i)t2 + 2t− 1 + i = 0 ⇒ t =

−1 + 31/2

1 + i.

31/2 = {√

3,−√

3}. Розглянемо перше значення кореня:

t =−1 +

√3

1 + i=−1 +

√3

2+ i

1−√

3

2=

=

√2−√

3 exp

[i

(arctg 1−

√3

−1 +√

3+ 2πn

)]=

√2−√

3ei(−π4 +2πn), n ∈ Z.

Ми врахували той факт, що число −1+√

32 + i1−

√3

2 лежить в IV квадрантi.Таким чином,

iz = Ln

√2−√

3ei(−π4 +2πn) =

1

2ln(2−

√3) + i(−π

4+ 2πn),

z = −π4

+ 2πn− i

2ln(2−

√3).

Аналогiчно, для другого значення кореня маємо таку вiдповiдь:

z =3π

4+ 2πn− i

2ln(2 +

√3).

IПриклад 4.4. C Знайти всi значення Ln Ln(−1 + i). BРозв’язання. J Маємо

Ln Ln(−1 + i) = Ln Ln√

2ei(3π4 +2πn) = Ln

(1

2ln 2 + i

[3π

4+ 2πn

])=

= Ln

√1

4ln2 2 +

[3π

4+ 2πn

]2

exp

[i

(arctg

2(

3π4 + 2πn

)ln 2

+ 2πk

)]=

=1

2ln

(1

4ln2 2 +

[3π

4+ 2πn

]2)

+ i

(arctg

π(8n+ 3)

2 ln 2+ 2πk

)для всiх n, k ∈ Z. В другiй рiвностi ми врахували, що при всiх n ∈ Z число12 ln 2 + i(3π

4 + 2πn) знаходиться в I або в IV квадрантi. I



Приклад 4.5. C Знайти всi значення (−1− 3i)√

2−i. B

Розв’язання. J Маємо (−1 − 3i)√

2−i = e(√

2−i) Ln(−1−3i). Обчислимо спочаткупоказник експоненти:

(√

2− i) Ln(−1− 3i) = (√

2− i) Ln√

10ei(π−arctg 3+2πn) =

= (√

2− i)(

ln 10

2+ i(π − arctg 3 + 2πn)

)=

=ln 10√

2+ π − arctg 3 + 2πn+ i

(√2(π − arctg 3 + 2πn)− ln 10

2

).


(−1− 3i)2−i = exp

(ln 10√

2+ π − arctg 3 + 2πn

)[cos(√

2(π − arctg 3 + 2πn)−

− ln 10

2

)+ i sin

(√2(π − arctg 3 + 2πn)− ln 10

2

)].

I

Приклад 4.6. C Знайти всi значення Arcsin(4i− 1). BРозв’язання. J Скористаємось означенням функцiї Arcsin z:

Arcsin(4i− 1) = −iLn(i(4i− 1) +

√1− (4i− 1)2

)=

= −iLn(−4− i+

√16 + 8i

)= −iLn

(−4− i± 2

(√√5 + 2 + i

√√5− 2

)),

при знаходженнi кореня ми скористались формулою (3.1). Позначимо a =

2√√

5 + 2, тодi 2√√

5− 2 = a−1 i

Arcsin(4i− 1) = −iLn(−4± a+ i(±a−1 − 1)

)=

=

arctg

a−1 − 1

a− 4+ 2πn− i

2 ln((a− 4)2 + (a−1 − 1)2

),

arctga−1 + 1

a+ 4+ π + 2πn− i

2 ln((a+ 4)2 + (a−1 + 1)2

).

I

Завдання для класної роботи i домашнi завдання.В прикладах 109–113 за допомогою означення тригонометричних та гi-

перболiчних функцiй, а також, формул Ейлера, довести, що для довiльнихz, z1, z2 ∈ C справедливi такi тотожностi:

109. cos iz = ch z.110. sin iz = i sh z.111. thiz = i tg z.

112. cos2 z + sin2 z = 1.113. sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 +cos z1 sin z2.



В прикладах 114–115, обчислити суми для довiльних n ∈ N, z, θ ∈ C:114. cos z + cos(z + θ) + . . .+ cos(z + nθ).

115. sin z + sin(z + θ) + . . .+ sin(z + nθ).

В прикладах 116–124 виразити через функцiї дiйсного аргументу дiйснiта уявнi частини, а також, модуль функцiї.

116. f(z) = ez.117. f(z) = sin z.118. f(z) = cos z.

119. f(z) = sh z.120. f(z) = ch z.121. f(z) = tg z.

122. f(z) = ctg z.123. f(z) = thz.124. f(z) = cth z.

В прикладах 125–132 представити число в алгебраїчнiй формi.

125. sin 3i.

126. cos(3 + i).

127. sh(−i√

2).128. ch(−i/2).129. tg(3− i).

130. ctg(3i− 1).131. th(1− 3i).132. cth(i− 3).

В прикладах 133–147 обчислити всi значення:

133. Ln (−1).

134. Ln(√

3− i).

135. Ln Ln i.136. Ln Ln (2i− 1).

137. 1√

3.

138. (−1)√

3.139. ii.140.

(−2 + i

√5)i.

141. (3− 4i)1+i.142. Arccos 2.

143. Arcsin i.

144. Arch 2i.

145. Arsh(1 + i√

2).

146. Arctg(−1− i).147. Arth(1− 2i).

В прикладах 148–156 знайти всi розв’язки рiвнянь:

148. sin z = 3.

149. ch z = −1.

150. tg z = 2i.

151. cth z = 2i− 1.

152. sh z − e−z =i

2.

153. cos z − 2eiz = 1.

154. izi = 1.

155. z1/(1−i) = i+ 1.

156. (z + i)(i+1)/√

2 = 1.

157. Довести, що узагальнена степенева функцiя f(z) = za, z ∈ C має скiн-ченну множину значень тодi i тiльки тодi, коли a — рацiональне число.158. Довести, що у випадку рацiонального показника степеня a = m/n,m ∈Z, n ∈ N, означення узагальненої степеневої функцiї f(z) = za = zm/n, z ∈ Cзбiгається з тим, яке було введено в пiдроздiлi 3.159. Чи збiгаються множини значень z2a, (za)2,

(z2)a, z, a ∈ C?

160. Довести, що функцiя f(z) = ez є взаємно однозначним вiдображеннямна множинi D = {(x, y) : x ∈ R, y ∈ (a, b)}, якщо |b− a| ≤ π.

161. Знайти помилку у мiркуваннях, якi приводять до парадоксу I. Бернуллi,а саме, (−z)2 = z2, тому, 2 Ln(−z) = 2 Ln z, звiдки Ln(−z) = Ln z.

В подальшому для зручностi ми будемо використовувати позначення n√z

i z1/n для позначення алгебраїчного кореня та арифметичного кореня (длядiйсних змiнних) в залежностi вiд контексту.


Глава 2

Аналiтичнi функцiї. Iнтегруванняфункцiй комплексної змiнної

§ 5. Поняття аналiтичної функцiї. Умови Кошi–Рiмана

Функцiя f(z), визначена i однозначна в деякому околi точки z0 ∈ C,називається називається диференцiйовною в смислi комплексного аналiзу,або C-диференцiйовною в точцi z0, якщо iснує границя

limh∈Ch→0

f(z0 + h)− f(z0)

h= f ′(z0) (5.1)

i вона не залежить вiд способу наближення h до нуля. Сама границя f ′(z0)називається похiдною функцiї f в точцi z0. Нехай z = x+ iy, функцiя f(z) =u(x, y) + iv(x, y) визначена в деякому околi точки z0 ∈ C, та, крiм того, в цiйточцi u(x, y) та v(x, y) диференцiйовнi. Критерiєм диференцiйовностi функцiїf в z0 в термiнах її дiйсної та уявної частини u i v є виконання умов Кошi—Рiмана:

∂u

∂x=∂v

∂y,

∂u

∂y= −∂v

∂x. (5.2)

Функцiя f(z) називається аналiтичною (регулярною, голоморфною) вобластi D ⊂ C, якщо вона диференцiйовна в кожнiй точцi областi D. ЧерезA(D) будемо позначати множину всiх аналiтичних в областi D функцiй.

Враховуючи умови Кошi—Рiмана, похiдну аналiтичної функцiї f(z) мо-жна представити в наступних рiвносильних формах

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x=∂v

∂y− i∂u

∂y=∂u

∂x− i∂u

∂y=∂v

∂y+ i

∂v

∂x.

Оскiльки звичайнi властивостi алгебраїчних операцiй i граничного пере-ходу зберiгаються i при переходi вiд дiйсних функцiй дiйсних змiнних дофункцiй комплексної змiнної, то зберiгаються i звичайнi правила диференцi-ювання, наприклад:

(f ± g)′ = f ′ ± g′, (fg)′ = f ′g + fg′,(f

g

)′=f ′g − fg′

g2, (f [g(z)])′ = f ′[g(z)]g′(z).

Порiвняємо поняття комплексної диференцiйовностi та диференцiйовно-стi як функцiї двох змiнних. Довiльну функцiю двох дiйсних змiнних x, yможна розглядати як функцiю двох незалежних змiнних z = x+iy i z = x−iyтаким чином:

w = f(x, y) = f

(z + z

2,z − z

2i

)= w(z, z).

24

Роздiл 5. Поняття аналiтичної функцiї. Умови Кошi–Рiмана 25

Частиннi похiднi по змiнних z, z називаються формальними похiдними Кошi

∂

∂z=

1

2

(∂

∂x− i ∂

∂y

),

∂

∂z=

1

2

(∂

∂x+ i

∂

∂y

). (5.3)

Умови Кошi—Рiмана (5.2) в термiнах формальних похiдних Кошi мають ви-гляд

∂w

∂z= 0. (5.4)

Приклад 5.1. C Довести, що функцiя f(z) = ez є аналiтичною на множинiC. Крiм того, (ez)′ = ez, z ∈ C. BРозв’язання. J I СПОСIБ. Нехай z = x + iy, тодi ez = ex(cos y + i sin y) iu(x, y) = ex cos y, v(x, y) = ex sin y. Зауважимо, що u, v ∈ C∞(R2). Перевiримо,що виконуються умови Кошi—Рiмана в кожнiй точцi комплексної площини:

∂u

∂x= ex cos y =

∂v

∂y,

∂u

∂y= −ex sin y = −∂v

∂x, x, y ∈ R.

Таким чином, ez ∈ A(C). Знайдемо похiдну:

(ez)′ = (ex cos y)′x + i (ex sin y)′x = ex cos y + iex sin y = ez, z ∈ C.II СПОСIБ. Перевiримо, аналiтичнiсть функцiї f(z) = ez = ex+iy в термiнах

формальних похiдних за Кошi:

∂f

∂z=

1

2

(∂f

∂x+ i

∂f

∂y

)=

1

2

(ex+iy + i · iex+iy

)= 0.

IПриклад 5.2. C Знайти множину точок, в якiй функцiя f(z) = zz є дифе-ренцiйовною. BРозв’язання. J

I СПОСIБ. Нехай z = x+ iy, тодi zz = x2 + y2 i u(x, y) = x2 + y2, v(x, y) = 0.Зауважимо, що u, v ∈ C∞(R2). Обчислимо частиннi похiднi цих функцiй:

∂u

∂x= 2x,

∂u

∂y= 2y,

∂v

∂x= 0,

∂v

∂y= 0.

Умови Кошi—Рiмана мають вигляд: 2x = 0, 2y = 0. Таким чином, функцiяf(z) = zz є диференцiйовною в однiй точцi (0, 0).

II СПОСIБ. Скористаємось умовами Кошi—Рiмана в термiнах формальнихпохiдних (5.4). Функцiя f(z) = zz є диференцiйовною тiльки в тих точках, в

яких∂f

∂z= 0, звiдки z = 0.

III СПОСIБ. Скориставшись означенням похiдної, покажемо, що функцiяf(z) = zz є диференцiйовною в точцi (0, 0):

limh→0

hh

h= lim

h→0h = 0.

Таким чином, функцiя f(z) = zz є диференцiйовною в точцi (0, 0).I


26 Глава 2. Аналiтичнi функцiї. Iнтегрування функцiй комплексної змiнної

Приклад 5.3. C Нехай z = ρeiϕ i f(z) = u(ρ, ϕ) + iv(ρ, ϕ). Довести, що вцьому випадку умови Кошi—Рiмана мають вигляд

ρ∂u

∂ρ=∂v

∂ϕ,∂u

∂ϕ= −ρ∂v

∂ρ(умови Кошi—Рiмана в полярних координатах).

(5.5)Крiм того, похiдна функцiї f(z) може бути подана у наступному виглядi:

f ′(z) = e−iϕ(∂u

∂ρ+ i

∂v

∂ρ

). (5.6)

B

Розв’язання. J Якщо u(ρ, ϕ) = u(x, y), v(ρ, ϕ) = v(x, y), тодi для функцiй u, vвиконуються умови Кошi—Рiмана. Виразимо частиннi похiднi функцiй u, v

по змiнних ρ, ϕ через∂u

∂x,∂v

∂y,∂u

∂y,∂v

∂x, пригадавши, що x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ:

∂u

∂ρ=∂u

∂x

∂x

∂ρ+∂u

∂y

∂y

∂ρ=∂u

∂xcosϕ+

∂u

∂ysinϕ,

∂u

∂ϕ=∂u

∂x

∂x

∂ϕ+∂u

∂y

∂y

∂ϕ=∂u

∂x(−ρ sinϕ) +

∂u

∂yρ cosϕ,

∂v

∂ρ=∂v

∂x

∂x

∂ρ+∂v

∂y

∂y

∂ρ=∂v

∂xcosϕ+

∂v

∂ysinϕ = −∂u

∂ycosϕ+

∂u

∂xsinϕ = −1

ρ

∂u

∂ϕ,

∂v

∂ϕ=∂v

∂x

∂x

∂ϕ+∂v

∂y

∂y

∂ϕ= −∂v

∂xρ sinϕ+

∂v

∂yρ cosϕ =

∂u

∂yρ sinϕ+

∂u

∂xρ cosϕ = ρ

∂u

∂ρ.

Тут ми скористались умовами Кошi—Рiмана для функцiй u, v i першимидвома рiвностями. Доведемо формулу для похiдної:

f ′(z) =∂u

∂x+ i

∂v

∂x=∂u

∂ρ

∂ρ

∂x+∂u

∂ϕ

∂ϕ

∂x+ i

(∂v

∂ρ

∂ρ

∂x+∂v

∂ϕ

∂ϕ

∂x

)=

=∂u

∂ρcosϕ+ ρ

∂v

∂ρ

sinϕ

ρ+ i

(∂v

∂ρcosϕ− ρ∂u

∂ρ

sinϕ

ρ

)=

=∂u

∂ρ(cosϕ− i sinϕ) +

∂v

∂ρ(sinϕ+ i cosϕ) =

∂u

∂ρe−iϕ + i

∂v

∂ρe−iϕ,

в передостаннiй рiвностi ми скористалися умовами Кошi—Рiмана i тим, що∂ρ

∂x= cosϕ,

∂ϕ

∂x= −sinϕ

ρ. I

Приклад 5.4. C Нехай f(z) =1

z. Довести, що f ∈ A(C\{0}). Крiм того,(

1

z

)′= − 1

z2, z ∈ C\{0}. B


Роздiл 5. Поняття аналiтичної функцiї. Умови Кошi–Рiмана 27

Розв’язання. J Нехай z = ρeiϕ. Тодi f(z) =1

z=

1

ρ(cosϕ− i sinϕ) i

u(ρ, ϕ) =cosϕ

ρ, v(ρ, ϕ) = −sinϕ

ρ, ρ > 0, ϕ ∈ R.

Зауважимо, що u, v ∈ C∞(

(0,+∞)×R). Перевiримо, що виконуються умови

Кошi—Рiмана в полярних координатах, див. (5.5):

ρ∂u

∂ρ= −cosϕ

ρ=∂v

∂ϕ,

∂u

∂ϕ= −sinϕ

ρ= −ρ∂v

∂ρ.

Знайдемо f ′(z), z 6= 0, див. (5.6):

f ′(z) = e−iϕ(∂u

∂ρ+ i

∂v

∂ρ

)= e−iϕ

(−cosϕ

ρ2+ i

sinϕ

ρ2

)=

= −e−iϕ

ρ2(cosϕ− i sinϕ) = −e

−2iϕ

ρ2= − 1

z2.

I

Завдання для класної роботи i домашнi завдання.162. Показати, що умови Кошi—Рiмана для модуля та аргументу аналiтичноїфункцiї f(z) = R(x, y)eiΦ(x,y) можна подати у формi:

1

R

∂R

∂x=∂Φ

∂y,

1

R

∂R

∂y= −∂Φ

∂x. (5.7)

Крiм того, довести, що похiдна функцiї f(z) може бути записана наступнимчином:

f ′(z) = eiΦ(∂R

∂x+ iR

∂Φ

∂x

). (5.8)

163. Показати, що умови Кошi—Рiмана для модуля та аргументу аналiтичноїфункцiї f(z) = R(ρ, ϕ)eiΦ(ρ,ϕ) в полярних координатах можна подати у формi:

ρ

R

∂R

∂ρ=∂Φ

∂ϕ,

1

R

∂R

∂ϕ= −ρ∂Φ

∂ρ. (5.9)

Крiм того, довести, що похiдна функцiї f(z) може бути записана наступнимчином:

f ′(z) = ei(Φ−ϕ)

(∂R

∂ρ+ iR

∂Φ

∂ρ

). (5.10)

В прикладах 164–172 довести, що функцiя f(z) є аналiтичною на областiвизначення.



164. f(z) = iz2 − z.165. f(z) = z3 − iez.166. f(z) = ez

2

.

167. f(z) = sin z

168. f(z) = ch z

169. f(z) = thz

170. f(z) = ln z.

171. f(z) = arccos z.

172. f(z) = arctg z.

В прикладах 173–178 перевiрити, чи буде функцiя f(z) диференцiйовноюхоча б в однiй точцi.

173. f(z) = z2z.

174. f(z) = |z| z.175. f(z) = sin zRe z.

176. f(z) = ch z Im z.

177. f(z) = cos z.

178. f(z) = ln z.

179. Довести, що всi елементарнi функцiї є аналiтичними на областi визна-чення, обчислити їх похiднi i показати, що при переходi до функцiй компле-ксного аргументу зберiгається таблиця похiдних:

а) (zα)′ = αzα−1;

б) (az)′ = az ln a;

в) (ln z)′ =1

z;

г) (sin z)′ = cos z;

д) (cos z)′ = − sin z;

е) (tg z)′ =1

cos2 z;

є) (ctg z)′ = − 1

sin2 z;

ж) (sh z)′ = ch z;

з) (ch z)′ = sh z;

и) (thz)′ =1

ch2 z;

i) (cth z)′ = − 1

sh2 z;

ї) (arcsin z)′ =1√

1− z2;

й) (arccos z)′ = − 1√1− z2

;

к) (arctg z)′ =1

1 + z2;

л) (arcctg z)′ = − 1

1 + z2.

180. Знайти константи a, b, c, при яких функцiя f(z) буде аналiтичною:

a) f(z) = x+ ay + i(bx+ cy),

b) f(z) = cos x (ch y + a sh y) + i sinx (ch y + b sh y) .

181. Довести, що якщо аналiтична функцiя f(z) є дiйсною в деякiй областiD, тодi f(z) = const, z ∈ D.182. Нехай функцiя f(z) = u+iv = ρeiϕ є аналiтичною в областi D. Довести,що якщо одна з функцiй u, v, ρ, ϕ тотожно дорiвнює константi в цiй областi,тодi i функцiя f(z) є константою в D.183. Нехай функцiя f(z) = u(x, y) + iv(x, y) є аналiтичною в областi D.Довести, що в кожнiй точцi цiєї областi виконується рiвнiсть

∂u

∂x

∂v

∂x+∂u

∂y

∂v

∂y= 0.


Роздiл 6. Геометрична iнтерпретацiя аналiтичної функцiї 29

184. Нехай функцiя f(z) = u(x, y)+iv(x, y) є аналiтичною в областi D. Пере-вiрити, що сiм’ї лiнiй {u(x, y) = const} i {v(x, y) = const} є ортогональними.185. Нехай функцiя f(z) = u(x, y) + iv(x, y) є аналiтичною в областi D i(s, n)—довiльна пара ортогональних векторiв, якi мають додатну орiєнтацiю(поворот вiд вектора s до вектора n здiйснюється проти годинникової стрiл-ки). Довести, що похiднi функцiй u i v за напрямами s i n пов’язанi мiжсобою умовами Кошi—Рiмана для довiльного базису:

∂u

∂s=∂v

∂n,

∂u

∂n= −∂v

∂s. (5.11)

§ 6. Геометрична iнтерпретацiя аналiтичної функцiї

Розглянемо вiдображення w = f(z) площини z на площину w. Нехайфункцiя f аналiтична в точцi z0 i f ′(z0) 6= 0.

Модуль похiдної |f ′(z0)| дорiвнює коефiцiєнту лiнiйного розтягнення вточцi z0 при вiдображеннi w = f(z) площини z на площину w. Точнiше, при|f ′(z0)| > 1 має мiсце розтягнення, при |f ′(z0)| < 1— стиснення в точцi z0 привiдображеннi f.

Аргумент похiдної arg f ′(z0) дорiвнює куту повороту в точцi z0 при вiд-ображеннi w = f(z) площини w вiдносно площини z (куту, на який потрiбноповернути дотичну в точцi z0 до довiльної гладкої кривої на площинi z длятого, щоб отримати напрямок дотичної в точцi w0 = f(z0) до образу цiєїкривої на площинi w при перетвореннi w = f(z)). Якщо arg f ′(z0) > 0, топоворот вiдбувається проти годинникової стрiлки, якщо arg f ′(z0) < 0— загодинниковою стрiлкою.

Нехай функцiя f є аналiтичною в областi D. Розглянемо довiльну ку-сково гладку криву Γ, яка лежить в D. Якщо функцiя f взаємно однозначновiдображає Γ на криву Γ∗, тодi довжина l(Γ∗) кривої Γ∗ дорiвнює

l(Γ∗) =

∫Γ

|f ′(z)| |dz| =b∫

a

|f ′(z(t))| |z′(t)|dt, (6.1)

де Γ = {z = z(t) : t ∈ [a, b] ⊂ R}—параметризацiя кривої Γ. Зауважимо, щоперший iнтеграл є звичайним криволiнiйним iнтегралом першого роду.

Нехай функцiя f є аналiтичною в областi D i взаємно однозначно вiд-ображає D на D∗. Тодi площа S(D∗) областi D∗ дорiвнює

S(D∗) =

∫∫D

|f ′(z)|2 dxdy. (6.2)

Таким чином, |f ′(z0)|2 дорiвнює коефiцiєнту розтягнення площi (коефiцi-єнту спотворення площi) в точцi z0 при вiдображеннi w = f(z).

Питання взаємної однозначностi вiдображення є суттєвим для використа-ння наведених результатiв. В прикладi 6.2 показано, що при багатозначному



вiдображеннi можна отримати декiлька образiв одного й того самого об’єкта(кривої, областi тощо).

При дослiдженнi питання, чи є вiдображення f : D → D∗ взаємно одно-значним, в деяких прикладах зручно користуватися результатами прикладiв32, 160.Приклад 6.1. C Знайти коефiцiєнт розтягнення i кут повороту комплексноїплощини в точцi z0 = 1− i при вiдображеннях

w1 = i(z + 1)5, w2 = sin2 z.

BРозв’язання. J Спочатку зауважимо, що кожне з вiдображень є аналiтичнимв точцi 1− i, див. задачу 179.

Знайдемо похiдну першого вiдображення в точцi 1− i :

w′1|z=1−i = 5i (z + 1)4∣∣∣z=1−i

= 5i (2− i)4 .

Знайдемо модуль i аргумент числа 5i (2− i)4 , скориставшись властивостямимодуля i аргументу комплексного числа:

|5i (2− i)4 | = |5i| (|2− i|)4 = 5 · 25 = 125,

arg(

5i (2− i)4)

= arg 5i+ 4 arg (2− i) =π

2− 4 arctg

1

2< 0.

Таким чином, при вiдображеннi w1 = i(z + 1)5 в точцi 1 − i комплексна

площина розтягується в 125 разiв i повертається на кутπ

2− 4 arctg

1

2.

Знайдемо похiдну другого вiдображення в точцi 1− i:

w′2|z=1−i = 2 sin z cos z|z=1−i = sin 2z|z=1−i = sin (2− 2i) =

= sin 2 cos (−2i) + cos 2 sin (−2i) = sin 2 ch 2− i cos 2 sh 2.

В останнiй рiвностi ми скористалися результатами прикладiв 109 i 110.Знайдемо модуль i аргумент числа sin 2 ch 2− i cos 2 sh 2, зауваживши, що

це число лежить в першому квадрантi:

| sin 2 ch 2− i cos 2 sh 2| =√

sin2 2 ch2 2 + cos2 2 sh2 2 > 1,

arg (sin 2 ch 2− i cos 2 sh 2) = − arctg (ctg 2 th2) > 0.

Таким чином, при вiдображеннi w2 = sin2 z в точцi 1 − i комплексна пло-щина розтягується в

√sin2 2 ch2 2 + cos2 2 sh2 2 разiв i повертається на кут

− arctg (ctg 2 th2) . IПриклад 6.2. C Обчислити довжини образiв кривих

Γ1 = {z(t) : z(t) = (i+ 1) t, t ∈ [0, 1]} ,Γ2 = {z(t) : z(t) = (i+ 1) t, t ∈ [−1, 1]}

при вiдображеннi w = f(z) = z2. B


Роздiл 6. Геометрична iнтерпретацiя аналiтичної функцiї 31

Розв’язання. J Спочатку зауважимо, що f ∈ A(C) , див. задачу 179. Вiд-ображення f : Γ1 → Γ∗1 (образ кривої Γ1) є взаємно однозначним. Дiй-сно, при кожному значеннi параметра t образом точки (i+ 1) t буде точка(i+ 1)2 t2 = 2it2. Образом Γ1 буде Γ∗1 =

{2it2, t ∈ [0, 1]

}.

За допомогою (6.1) знайдемо довжину образу кривої Γ1:

l(Γ∗1) =

∫Γ1

|2z| |dz| = 2

1∫0

|(i+ 1)t| |i+ 1|dt = 2|i+ 1|2t∫

0

tdt = 2.

Розглянемо вiдображення f : Γ2 → Γ∗2 (образ кривої Γ2). Це вiдображенняне є однозначним, оскiльки образами точок z1 = z(t1) = (i + 1)t1 i z2 =z(−t1) = −(i + 1)t1 буде одна й та сама точка w1 = w2 = 2it21. Розiб’ємоконтур на два, в кожному з яких функцiя w = f(z) буде однозначною, тобтоподамо Γ2 у виглядi Γ2 = Γ1 ∪ Γ3, де

Γ3 = {z(t) : z(t) = − (i+ 1) t, t ∈ [0, 1]} .

Образ кривої Γ3 дорiвнює Γ∗3 ={

2it2, t ∈ [0, 1]}, тобто спiвпадає з Γ∗1. При

цьому довжина l(Γ∗2) = l(Γ∗1) = l(Γ∗3) = 2.Зазначимо, що безпосереднє використання формули (6.1) дає хибну вiд-

повiдь: ∫Γ2

|2z| |dz| = 2

1∫−1

|(i+ 1)t| |i+ 1|dt = 4.

I

Приклад 6.3. C Обчислити площi образiв областей D1 ={

Re z ∈ (0, 1),

Im z ∈ (0, 1)}i D2 =

{|z| ∈ (1, 2), arg z ∈

(0,π

3

)}при вiдображеннi f(z) = z3.

B

Розв’язання. J Зауважимо, що f ∈ A(C), див. задачу 179. Вiдображенняf : D1 → D∗1 i f : D2 → D∗2 (D

∗1 i D

∗2 —образи областей D1 i D2, вiдповiдно)

є взаємно однозначним, див. 32. Для знаходження площ областей D∗1 i D∗2скористаємось формулою (6.2):

S(D∗1) =

∫∫D1

|3z2|2dxdy = 9

∫∫D1

(x2 + y2

)2dxdy = 9

1∫0

dx

1∫0

(x2 + y2

)2dy =

28

5,

S(D∗2) =

∫∫D2

|3z2|2dxdy = 9

∫∫D2

(x2 + y2

)2dxdy = 9

∫∫D2

ρ5dρdϕ =

= 9

2∫1

ρ5dρ

π/3∫0

dϕ =63π

2.



При обчисленнi останнього iнтегралу ми скористалися тим, що якобiан пе-

реходу до полярної системи координат:D(ρ, ϕ)

D(x, y)= ρ. I

В прикладах 186–191 обчислити |f ′(z)| та arg f ′(z). Яка частина компле-ксної площини стискається, а яка розширюється?

186. f(z) = z3.

187. f(z) =1

z2.

188. f(z) = e3z.

189. f(z) = eiz − 1.

190. f(z) =1

z + 3.

191. f(z) =i+ 3z

z + 3i.

В прикладах 192–201 обчислити |f ′(a)| та arg f ′(a). Стискається чи роз-ширюється комплексна площина C в точцi a?

192. f(z) = cos (5− z), a = 3i+ 5.193. f(z) = (5z − 1)2, a = i.194. f(z) = (z − 3i)7, a = 1 + 2i.195. f(z) = (z − 2)4eiπ/4, a = 3 + i.196. f(z) = eiz−2, a = 4− 3i.197. f(z) = tg z, a = 3i− 1.

198. f(z) = ez+5iz , a = i− 2.

199. f(z) = cth(2z + 7i), a = 1− 4i.

200. f(z) =z2 + i

z2 − i, a = 1 + 2i.

201. f(z) =z

(z + 1)2, a = 3− i.

В прикладах 202–207 обчислити довжини образiв кривих Γ при зазначе-них вiдображеннях w = f(z).202. Γ = {z(t) : z(t) = it+ 1, t ∈ [0, 1]}, w = z3.203. Γ = {z(t) : z(t) = t(1 + 2i), t ∈ [0, 1]}, w = z4.204. Γ = {z(t) : z(t) = i+ (i− 1)t, t ∈ [0, 1]}, w = z5.205. Γ = {z(t) : z(t) = it, t ∈ [0, 2π]}, w = ez.206. Γ = {z(t) : z(t) = 6πt, t ∈ [0, 1/6]}, w = eiz.207. Γ =

{z(t) : z(t) = e2πit, t ∈ [0, 1/4]

}, w = 1

2

(z + 1

z

).

208. Для заданих α ∈ C i n ≥ 1 обчислити довжину образу кривої

Γ = {z(t) : z(t) = αt, t ∈ [0, 1]}

при вiдображеннi w = zn.209. Для заданого α ∈ C обчислити довжину образу кривої

Γ = {z(t) : z(t) = αt, t ∈ [0, 1]}

при вiдображеннi w = ez.210. Для заданого α ∈ C обчислити довжину образу кривої

Γ = {z(t) : z(t) = αt, t ∈ [0, 1]}

при вiдображеннi w = eiz.


Роздiл 7. Гармонiчнi функцiї 33

В прикладах 211–216 обчислити площi образiв областей D при зазначе-них вiдображеннях w = f(z).211. D = {z : |z| < 5, 0 < arg z < π/4}, w = z4.212. D = {z : 1 < |z| < 2, π/3 < arg z < 2π/3}, w = z5.213. D = {z : 0 < Re z < 1, 0 < Im z < π}, w = eiz.214. D = {z : ln 2 < Re z < ln 3, −π/2 < Im z < π/2}, w = e2z+3i.215. D = {z : 0 < Re z < 1, −1 < Im z < 1}, w = z5.216. D = {z : Re z > 0, Im z > 0, Re z + Im z < 1}, w = 1 + iz2.217. Знайти образ областi D = {z : 1 < Re z < 2, 0 < Im z < 8} при вiдобра-женнi w = ez. Обчислити площу образу D.

Вказiвка. Звернiть увагу на те, що функцiя w не є однозначною в областiD, тому потрiбно спочатку розбити D на областi однозначностi.

§ 7. Гармонiчнi функцiї

Нехай D—область в R2. Функцiя u(x, y), (x, y) ∈ D називається гармо-нiчною в областi D, якщо

а) функцiя u двiчi неперервно диференцiйовна в D : u ∈ C2(D),

б) функцiя u задовольняє рiвняння Лапласа в D:

∆u =∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0.

Через H(D) позначається множина всiх гармонiчних функцiй на областi D.Якщо функцiя f(z) = u(x, y) + iv(x, y) є аналiтичною в областi D : f ∈

A(D), тодi її дiйсна частина u(x, y) та уявна частина v(x, y) є гармонiчнимив цiй областi функцiями: u, v ∈ H(D). Якщо u(x, y) i v(x, y)—двi довiльнiгармонiчнi функцiї, то функцiя f(z) = u(x, y) + iv(x, y) не обов’язково єаналiтичною функцiєю. Для аналiтичностi функцiї f необхiдно, щоб функцiїu i v задовольняли умови Кошi—Рiмана.

Функцiї u(x, y), v(x, y), (x, y) ∈ D називаються парою спряжених гармо-нiчних функцiй (порядок функцiй в парi суттєвий), якщо

а) u, v є гармонiчними в областi D : u, v ∈ H(D),

б) u, v задовольняють умови Кошi—Рiмана (5.2).

Для довiльної аналiтичної функцiї f(z) = u(x, y) + iv(x, y) функцiї u, v єпарою спряжених гармонiчних функцiй зв’язаних мiж собою умовами Кошi-Рiмана (5.2). За заданою дiйсною частиною u(x, y) функцiї f(z) можнa вiд-новити уявну частину v(x, y) з точнiстю до константи.



Приклад 7.1. C Показати, якщо функцiя u(x, y) є гармонiчною в однозв’я-знiй областi D, то спряжена до неї гармонiчна функцiя v(x, y) може бутиподана у виглядi криволiнiйного iнтеграла:

v(x, y) =

(x,y)∫(x0,y0)

−∂u∂y

dx+∂u

∂xdy + c0, (7.1)

де c0 —довiльна дiйсна стала. BРозв’язання. J Розглянемо функцiю, що введена спiввiдношенням (7.1). Зцiєї формули випливатиме, що частиннi похiднi vx = −uy та vy = ux, тобтозв’язанi спiввiдношеннями Кошi—Рiмана, звiдки функцiя v(x, y) є спряженоюдо u(x, y). I

За дiйсною та уявною частинами ми можемо знайти явний вигляд аналi-тичної функцiї f(z) = u(x, y) + iv(x, y).

На практицi зручним способом вiдновлення аналiтичної функцiї за дiй-сною, або за уявною частинами, є формули Гурса:

f(z) = 2u

(z + z0

2,z − z0

2i

)− u(x0, y0) + ic0, (7.2)

f(z) = 2iv

(z + z0

2,z − z0

2i

)− iv(x0, y0) + c0. (7.3)

де c0 —довiльна дiйсна стала.Нехай дiйсну i уявну частину аналiтичної функцiї f(z) подано в поляр-

нiй системi координат: f(z) = u(ρ, ϕ) + iv(ρ, ϕ). Тодi функцiї u i v є пароюспряжених гармонiчних функцiй, зв’язаних мiж собою умовами Кошi—Рiма-на в полярних координатах (5.5). При цьому функцiї u i v задовольняютьрiвняння Лапласа в полярних координатах:

∆u =∂2u

∂ρ2+

1

ρ

∂u

∂ρ+

1

ρ2

∂2u

∂ϕ2= 0. (7.4)

За заданою дiйсною частиною u(ρ, ϕ) функцiї f(z) можнa вiдновити уявнучастину v(ρ, ϕ) з точнiстю до константи.Приклад 7.2. C Показати, якщо функцiя u(ρ, ϕ) є гармонiчною в однозв’я-знiй областi D, то спряжена до неї гармонiчна функцiя v(ρ, ϕ) може бутиподана у виглядi криволiнiйного iнтеграла:

v(ρ, ϕ) =

(ρ,ϕ)∫(ρ0,ϕ0)

−1

ρ

∂u

∂ϕdρ+ ρ

∂u

∂ρdϕ+ c0. (7.5)

BРозв’язання. J Розглянемо функцiю, що введена спiввiдношенням (7.5). З

цiєї формули випливатиме, що∂v

∂ρ= −1

ρ

∂u

∂ϕта

∂v

∂ϕ= ρ

∂u

∂ρ, тобто зв’язанi



спiввiдношеннями Кошi—Рiмана (5.5), звiдки функцiя v(ρ, ϕ) є спряженоюдо u(ρ, ϕ). I

Приклад 7.3. C За заданою дiйсною частиною u(x, y) =1

2ln(x2 + y2

)знайти

аналiтичну функцiю f(z) = u(x, y) + iv(x, y) в областi R2\{x ≤ 0, y = 0}. BРозв’язання. J

I СПОСIБ. З аналiтичностi функцiї f випливає, що функцiї u i v пов’язанiмiж собою умовами Кошi—Рiмана. Скористаємось цим: vy = ux =

x

x2 + y2.

Звiдки

v(x, y) =

∫x

x2 + y2dy + c(x) = arctg

y

x+ c(x).

Невiдому функцiю c(x) знайдемо, скориставшись другою умовою Кошi—Рi-мана:

∂v

∂x= − y

x2 + y2+ c′(x) = −∂u

∂y= − y

x2 + y2,

звiдки випливає, що c′(x) = 0, тобто c(x) = c0 = const. Таким чином,

f(z) =1

2ln(x2 + y2

)+ i(

arctgy

x+ c0

)= ln |z|+ i (arg z + c0) =

= ln z + ic0.(7.6)

II СПОСIБ. Функцiю v, яка є спряженою гармонiчноюфункцiєю до функцiї u, можна знайти за допомогоюкриволiнiйного iнтегралу (7.1). При обчисленнi кри-волiнiйного iнтеграла (7.1) зручно подати його як су-му двох дiйсних iнтегралiв (перший iнтеграл є iнте-гралом уздовж контуру Γ1, другий— вздовж Γ2, див.рис.7):

v(x, y) = −x∫

x0

∂u(x, y0)

∂ydx+

y∫y0

∂u(x, y)

∂xdy + c1, (7.7)

де c1 — стала (див. рис. 7).Оберемо початкову точку (x0, y0) = (1, 1). Пiдставив-ши значення частинних похiдних ux i uy, маємо

x

iy

0 1

iΓ1

Γ2

(x0, y0)(x, y0)

(x, y)


v(x, y) = −x∫

1

dx

x2 + 1+ x

y∫1

dy

x2 + y2+ c1 =

= arctgy

x− π

4+ c1 = arctg

y

x+ c0, c0 = c1 +

π

4= const.

Звiдки для f(z) = u+ iv маємо остаточно (7.6).



III СПОСIБ. Скористаємося формулою Гурса (7.2), обравши z0 = i:

f(z) = 2u

(z − i

2,z + i

2i

)− u(0, 1) + ic0 = 2

1

2ln

((z − i

2

)2

+

(z + i

2i

)2)−

− ln 1

2+ ic0 = ln(−iz) + ic0 = ln z + ic0.

I

Завдання для класної роботи i домашнi завдання.В прикладах 218–224 довести спiввiдношення.

218. Довести, якщо функцiя f(z) = u(x, y) + iv(x, y) = R(x, y)eiΦ(x,y) є ана-лiтичною в областi D, то функцiї u(x, y) та v(x, y) є парою спряжених гар-монiчних функцiй в цiй областi. Аналогiчно, показати, що функцiї A(x, y) =lnR(x, y) та Φ(x, y) також є парою спряжених гармонiчних функцiй. Показа-ти, що R(x, y) не є гармонiчною, взагалi кажучи.219. Показати, якщо функцiя v(x, y) є гармонiчною в однозв’язнiй областiD, то спряжена до неї гармонiчна функцiя u(x, y) може бути подана у виглядiкриволiнiйного iнтегралу:

u(x, y) =

(x,y)∫(x0,y0)

∂v

∂ydx− ∂v

∂xdy + c0. (7.8)

220. Показати, якщо функцiя v(ρ, ϕ) є гармонiчною в однозв’язнiй областiD, то спряжена до неї гармонiчна функцiя u(ρ, ϕ) може бути подана у виглядiкриволiнiйного iнтеграла:

u(ρ, ϕ) =

(ρ,ϕ)∫(ρ0,ϕ0)

1

ρ

∂v

∂ϕdρ− ρ∂v

∂ρdϕ+ c0. (7.9)

221. Показати, якщо функцiя A(x, y) = lnR(x, y) є гармонiчною в однозв’я-знiй областi D, то гармонiчна функцiя Φ(x, y), яка є аргументом аналiтичноїфункцiї f(z) = R(x, y)eiΦ(x,y) може бути подана у виглядi:

Φ(x, y) =

(x,y)∫(x0,y0)

− 1

R

∂R

∂ydx+

1

R

∂R

∂xdy + c0 =

=

(x,y)∫(x0,y0)

−∂A∂y

dx+∂A

∂xdy + c0.

(7.10)



222. Показати, якщо функцiя Φ(x, y) є гармонiчною в однозв’язнiй областiD, то функцiя R(x, y), яка є модулем аналiтичної функцiїf(z) = R(x, y)eiΦ(x,y) може бути подана у виглядi:

R(x, y) = c0 exp

(x,y)∫

(x0,y0)

∂Φ

∂ydx− ∂Φ

∂xdy

, (7.11)

де c0 —довiльна додатна стала.223. Показати, якщо функцiя A(ρ, ϕ) = lnR(ρ, ϕ) є гармонiчною в однозв’я-знiй областi D, то гармонiчна функцiя Φ(ρ, ϕ), яка є аргументом аналiтичноїфункцiї f(z) = R(ρ, ϕ)eiΦ(ρ,ϕ) може бути подана у виглядi:

Φ(ρ, ϕ) =

(ρ,ϕ)∫(ρ0,ϕ0)

− 1

ρR

∂R

∂ϕdρ+

ρ

R

∂R

∂ρdϕ+ c0 =

=

(ρ,ϕ)∫(ρ0,ϕ0)

−1

ρ

∂A

∂ϕdρ+ ρ

∂A

∂ρdϕ+ c0.

(7.12)

224. Показати, якщо функцiя Φ(ρ, ϕ) є гармонiчною в однозв’язнiй областiD, то функцiя R(ρ, ϕ), яка є модулем аналiтичної функцiї f(z) = R(ρ, ϕ)eiΦ(ρ,ϕ)

може бути подана у виглядi:

R(ρ, ϕ) = c0 exp

(ρ,ϕ)∫

(ρ0,ϕ0)

1

ρ

∂Φ

∂ϕdρ− ρ∂Φ

∂ρdϕ

, (7.13)

де c0 —довiльна додатна стала.В прикладах 225–232 вiдновити аналiтичну функцiю f(z) за вiдомою

дiйсною u(x, y) або уявною частиною v(x, y) та значенням f(z0), див. (7.2),(7.3).225. u(x, y) = ex

[(x+ 1) cos y − y sin y

], f(−1) = 0.

226. u(x, y) =2x

x2 + (y − 1)2, f(i− 1) = −2.

227. u(x, y) =x

2ln(x2 + y2

)− y arctg

y

x, f(1) = 0.

228. u(x, y) = ex3−3xy2 cos

(3x2y − y3

), f(0) = 1.

229. v(x, y) = sinx sh y, f(iπ) = − chπ.230. v(x, y) = y shx cos y + x chx sin y, f(0) = 0.

231. v(x, y) = y − y

x2 + y2, f(i) = 0.



232. v(x, y) = arctgy − 5

x− 4, f(5 + 5i) = 0.

В прикладах 233–240 перевiрити умову гармонiчностi функцiї u(x, y).Якщо u(x, y) є гармонiчною, то вважати її дiйсною частиною аналiтичноїфункцiї f(z). Знайти уявну частину v(x, y) аналiтичної функцiї f(z) i самуаналiтичну функцiю f(z).

233. u(x, y) = 2xy + x.234. u(x, y) = x2 − y2 − 2y − 1.235. u(x, y) = 3x2− 3y2− 3x2y+ y3 +3y − 1.236. u(x, y) = cos x ch(y − 1).

237. u(x, y) = x/(x2 + y2).238. u(x, y) = 3x+ x2 − y2.239. u(x, y) = exp (x2 − y2) cos(2xy).

240. u(x, y) = exy cos(x2−y2

2

).

В прикладах 241–248 перевiрити умову гармонiчностi функцiї v(x, y).Якщо v(x, y) гармонiчна, то вважати її уявною частиною аналiтичної функцiїf(z). Знайти дiйсну частину u(x, y) аналiтичної функцiї f(z) i саму аналiти-чну функцiю f(z).

241. v(x, y) = 4x2 + 6xy − 4y2.242. v(x, y) = 2x3 + 3x2y− 6xy2− y3.243. v(x, y) = ex(x sin y + y cos y).244. v(x, y) = x shx sin y +y chx cos y.

245. v(x, y) = cos(x− y) sh(x+ y).246. v(x, y) = x

x2+(y+1)2 .

247. v(x, y) = e−2x(y−1) sin(x2 − y2 +2y).248. v(x, y) = e−2y sin(2x+ 1).

В прикладах 249–256 перевiрити умову гармонiчностi функцiї u(ρ, ϕ).Якщо u(ρ, ϕ) гармонiчна, то вважати її дiйсною частиною аналiтичної фун-кцiї f(z). Знайти уявну частину v(ρ, ϕ) аналiтичної функцiї f(z) i саму ана-лiтичну функцiю f(z).

249. u(ρ, ϕ) = ρ2 cos 2ϕ+ ρ sinϕ+ 1.

250. u(ρ, ϕ) =7 cosϕ

ρ− ρ sinϕ.

251. u(ρ, ϕ) = ρ exp (ρ cosϕ) cos(ϕ +ρ sinϕ).252. u(ρ, ϕ) = ϕ+ ln ρ.

253. u(ρ, ϕ) =2 sin 3ϕ+ cos 3ϕ

ρ3.

254. u(ρ, ϕ) = ρ ln ρ cosϕ− ρϕ sinϕ.

255. u(ρ, ϕ) = −ρn sinnϕ, n ∈ N.256. u(ρ, ϕ) = ρ3(2 cos 3ϕ− sin 3ϕ).

В прикладах 257–264 перевiрити умову гармонiчностi функцiї v(ρ, ϕ).Якщо v(ρ, ϕ) гармонiчна, то вважати її уявною частиною аналiтичної функцiїf(z). Знайти дiйсну частину u(ρ, ϕ) аналiтичної функцiї f(z) i саму аналiти-чну функцiю f(z).

257. v(ρ, ϕ) = (ρ+ 1/ρ) cosϕ.

258. v(ρ, ϕ) = ρ cosϕ− ϕ.259. v(ρ, ϕ) = ρ(sinϕ+ 2 cosϕ).

260. v(ρ, ϕ) = ρ2(cos 2ϕ− sin 2ϕ).

261. v(ρ, ϕ) = e−ρ sinϕ cos(ρ cosϕ).

262. v(ρ, ϕ) =2 cosϕ− 3 sinϕ

ρ.

263. v(ρ, ϕ) =cosnϕ− n sinnϕ

nρn, n ∈



N.264. v(ρ, ϕ) = eρ cosϕ

[sin(ρ sinϕ) −

cos(ρ sinϕ)].

В прикладах 265–272 перевiрити умову гармонiчностi функцiї A(x, y).Якщо A(x, y) гармонiчна, то вважати функцiю R(x, y) = exp[A(x, y)] модулем|f(z)| аналiтичної функцiї f(z). Знайти аргумент arg f(z) = Φ(x, y) аналiти-чної функцiї f(z) i саму функцiю f(z).

265. A(x, y) = 7x− 3y.

266. A(x, y) =x+ y

x2 + y2.

267. A(x, y) = ln[4x2 + (2y + 1)2

].

268. A(x, y) = ex−y cos(x+ y).

269. A(x, y) = ex(x sin y + y cos y).270. A(x, y) = 3xy + 2 ln(x2 + y2).271. A(x, y) = ln(x2 + y2) + ln(x2 +y2 + 2x+ 1).272. A(x, y) = n ln(x2+y2)+m(x−y),m,n ∈ N.

В прикладах 273–280 перевiрити умову гармонiчностi функцiї Φ(x, y).Якщо Φ(x, y) гармонiчна, то вважати її аргументом arg f(z) аналiтичної фун-кцiї f(z). Знайти модуль |f(z)| = R(x, y) аналiтичної функцiї f(z) i самуфункцiю f(z).

273. Φ(x, y) = 2x+ 3y.274. Φ(x, y) = 3xy − x+ 2y.275. Φ(x, y) = ey sinx.276. Φ(x, y) = 3x2y − y3.

277. Φ(x, y) = 6 arctg2y + 1

2x.

278. Φ(x, y) =x2 − y2

(x2 + y2)2 .

279. Φ(x, y) = ln[(x+ 2)2 + (y + 3)2

].

280. Φ(x, y) = ex2−y2[x sin(2xy) +

y cos(2xy)].

В прикладах 281–288 перевiрити умову гармонiчностi функцiї A(ρ, ϕ).Якщо вона гармонiчна, то вважати функцiю R(ρ, ϕ) = exp(A(ρ, ϕ)) модулем|f(z)| аналiтичної функцiї f(z). Знайти аргумент arg f(z) = Φ(ρ, ϕ) аналiти-чної функцiї f(z) i саму функцiю f(z).

281. A(ρ, ϕ) = ln 5− 7 ln ρ

282. A(ρ, ϕ) = ρ2 cos 2ϕ.

283. A(ρ, ϕ) =cosϕ+ sinϕ

ρ.

284. A(ρ, ϕ) = ρ cosϕ+ ln ρ.285. A(ρ, ϕ) = eρ cosϕ sin(ρ sinϕ)

286. A(ρ, ϕ) = ρ3 cos 3ϕ+3ρ2 cos 2ϕ+3ρ cosϕ+ 1.

287. A(ρ, ϕ) = ln[(ln ρ)2 + ϕ2)

].

288. A(ρ, ϕ) =n sinmϕ

ρm, n,m ∈ N

В прикладах 289–296 перевiрити умову гармонiчностi функцiї Φ(ρ, ϕ).Якщо Φ(ρ, ϕ) гармонiчна, то вважати її аргументом arg f(z) аналiтичної фун-кцiї f(z). Знайти модуль |f(z)| = R(ρ, ϕ) аналiтичної функцiї f(z) i самуфункцiю f(z).

289. Φ(ρ, ϕ) = ϕ+ ρ cosϕ.

290. Φ(ρ, ϕ) = 3ρ sinϕ+ 5 ln ρ.

291. Φ(ρ, ϕ) = ρ2 sin 2ϕ+ 2ρ cosϕ.

292. Φ(ρ, ϕ) = ρn sinnϕ, n ∈ N.



293. Φ(ρ, ϕ) = sin(ρ sinϕ)eρ cosϕ.294. Φ(ρ, ϕ) = ϕ2 − ln2 ρ.

295. Φ(ρ, ϕ) = n arctg

(ϕ

ln ρ

), n ∈ N.

296. Φ(ρ, ϕ) = e−ρ sinϕ[cos(ϕ0 −

ρ cosϕ) + sin(ϕ0 − ρ cosϕ)], ϕ0 ∈ R.

§ 8. Iнтеграл вiд функцiї комплексної змiнної

Нехай на D ⊂ C задана однозначна неперервна функцiя f(z), z ∈ D, iΓ—це деяка кусково-гладка орiєнтована жорданова крива в D. Позначимо

z = x+ iy, f(z) = u(x, y) + iv(x, y), (x, y) ∈ D,

де u(x, y), v(x, y)—дiйснi функцii змiнних x i y, дiйсна та уявна частинифункцiї f(z).

Обчислення iнтеграла∫

Γ f(z)dz вздовж кривої Γ зводиться до обчислен-ня звичайних криволiнiйних iнтегралiв другого роду функцiї дiйсної змiнної,а саме,∫

Γ

f(z)dz =

∫Γ

[u(x, y) + iv(x, y)] (dx+ idy) =

=

∫Γ

u(x, y)dx− v(x, y)dy + i

∫Γ

u(x, y)dy + v(x, y)dx.(8.1)

Виявляється, що для неаналiтичної функцiї iнтеграл∫Γ

f(z)dz залежить вiд

шляху iнтегрування Γ.Обчислення iнтеграла

∫Γ

f(z) |dz| зводиться до обчислення звичайних кри-

волiнiйних iнтегралiв першого роду функцiй дiйсних змiнних, а саме,

∫Γ

f(z) |dz| =∫Γ

u(x, y)dl + i

∫Γ

v(x, y)dl. (8.2)

Якщо крива Γ задана параметрично

Γ = {z(t) : z(t) = x(t) + iy(t), t ∈ [a, b]} ,


Роздiл 8. Iнтеграл вiд функцiї комплексної змiнної 41

тодi ∫Γ

f(z)dz =

b∫a

f (z(t)) z′(t)dt =

b∫a

f (x(t) + iy(t)) (x′(t) + iy′(t)) dt, (8.3)

∫Γ

f(z) |dz| =b∫

a

f (z(t)) |z′(t)| dt =

=

b∫a

f (x(t) + iy(t))√

(x′(t))2 + (y′(t))2dt. (8.4)

В частинному випадку, коли Γ—це вiдрiзок з початком в точцi z1 =x1 + iy1 i кiнцем в точцi z2 = x2 + iy2, тодi зручно використовувати такупараметризацiю

Γ = {z(t) : z(t) = (1− t)z1 + tz2 =

= (1− t)x1 + tx2 + i ((1− t)y1 + ty2) , t ∈ [0, 1]} . (8.5)

Якщо Γ—це коло з центром в точцi z0 = x0 + iy0 i радiуса R (позначенняΓ = {z : |z − z0| = R}), тодi зручно використовувати таку параметризацiю

Γ ={z(t) : z(t) = z0 +Reit = x0 +R cos t+ i (y0 +R sin t), t ∈ [0, 2π)

}. (8.6)

Наведемо деякi властивостi iнтеграла (8.1) у випадку аналiтичної пiдiн-тегральної функцiї f ∈ A(D).

Згiдно з iнтегральною теоремою Кошi iнтеграл вiд аналiтичної функцiїпо замкненому контуру, що належить областi аналiтичностi, дорiвнює нулевi:∫

Γ

f(z)dz = 0, якщо f(z) ∈ A(D), Γ ⊂ D. (8.7)

Як наслiдок, iнтеграл вiд аналiтичної функцiї не залежить вiд шляхуiнтегрування, тобто для будь-яких кривих Γk, що належать областi D тамають спiльнi кiнцi:

Γk = {z(t) : t ∈ [0, 1], z(0) = z1, z(1) = z2} ⊂ D, (8.8)

iнтеграл приймає одне й те саме значення:∫Γk

f(z)dz =

z2∫z1

f(z)dz. (8.9)

Для функцiї f(z), яка є аналiтичною в однозв’язнiй областi D, має мiсцеформула Ньютона—Лейбнiца:

z2∫z1

f(z)dz = Φ(z)∣∣∣z2z1

= Φ(z2)− Φ(z1), (8.10)



тут Φ(z)—довiльна первiсна функцiї f(z), тобто Φ′(z) = f(z) в областi D.Якщо f(z) i g(z) є аналiтичними в однозв’язнiй областi D, тодi має мiсце

формула iнтегрування частинами:

z2∫z1

f(z)g′(z)dz = [f(z)g(z)]∣∣∣z2z1−

z2∫z1

g(z)f ′(z)dz (8.11)

для довiльних z1, z2 ∈ D.Замiна змiнних в iнтегралах вiд функцiї комплексної змiнної вiдбуває-

ться аналогiчно випадку функцiї дiйсної змiнної. Нехай аналiтична функцiяz = g(w) вiдображає взаємно однозначно контур Γ1 в w-площинi на контурΓ в z-площинi. Тодi ∫

Γ

f(z)dz =

∫Γ1

f [g(w)]g′(w)dw.

При обчисленнi iнтегралiв вiд багатозначних функцiї будемо видiлятивiтку цiєї функцiї. Це можна зробити, наприклад, завдавши значення бага-тозначної функцiї в деякiй точцi контуру iнтегрування.

Зауваження. В усiх задачах, де контур Γ замкнений, вважаємо, що обхiдконтуру вiдбувається проти годинникової стрiлки.

Приклад 8.1. C Обчислити iнтеграл

Ik =

∫Γk

(2z − Im z + 1) dz, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 —це вiдрiзок, який з’єднує точки z1 = 0 i z2 = 1− 2i;

б) Γ2 —це частина параболи, яка з’єднує точки z1 i z2, за умови, що заданапарабола має вершину в точцi z1 i є симетричною вiдносно уявної осi;

в) Γ3 —це ламана z1z3z2, де z3 = 1.

B




x

iy

0 1

−2i

Γ1

Γ2

Γ13

Γ23

z1

z2

z3

Рис. 8: До прикладу8.1

Кожна з кривих Γ1, Γ2 або Γ3 —це лiнiя, яка з’єднуєточки z1 = 0 i z2 = 1 − 2i по рiзних траєкторiях.Оскiльки пiдiнтегральна функцiя не є аналiтичною,iнтеграл залежить вiд шляху iнтегрування, i природноочiкувати в кожнiй ситуацiї рiзнi вiдповiдi.а) Параметризуємо Γ1 аналогiчно до (8.5):

Γ1 = {z(t) : z(t) = (1− 2i) t, t ∈ [0, 1]} .Тодi dz = (1− 2i) dt,

2z − Im z + 1 = 2 (1 + 2i) t+ 2t+ 1 = 4 (1 + i) t+ 1,

де при знаходженнi останнього виразу ми скориста-лися тим, що параметр t є дiйсним.Обчислимо iнтеграл, див. (8.3):

I1 =

∫Γ1

(2z − Im z + 1) dz = (1− 2i)

1∫0

(4 (1 + i) t+ 1) dt =

= (1− 2i)(2 (1 + i) t2 + t

)∣∣∣10

= (1− 2i) (2 (1 + i) + 1) = 7− 4i.

б) Параметризуємо Γ2 :

Γ2 =

{z(t) : z(t) = x(t) + iy(t) =

∣∣∣∣x(t) = t,

y(t) = −2t2

∣∣∣∣ = t− 2t2i, t ∈ [0, 1]

}.

Тодi dz = (1− 4ti) dt,

2z − Im z + 1 = 2(t+ 2t2i

)t+ 2t2 + 1 = (2 + 4i) t2 + 2t+ 1,

при знаходженнi останнього виразу, ми скористалися тим, що параметр t—дiйсний.

Обчислимо iнтеграл, див. (8.3):

I2 =

∫Γ2

(2z − Im z + 1) dz =

1∫0

((2 + 4i) t2 + 2t+ 1

)(1− 4ti) dt =

=

1∫0

((16− 8i) t3 + (2− 4i) t2 + (2− 4i) t+ 1

)dt =

=

((4− 2i) t4 +

2− 4i

3t3 + (1− 2i) t2 + t

)∣∣∣∣10

=20

3− 16

3i.

в) Позначимо через Γ13 вiдрiзок z1z3, через Γ2

3 —вiдрiзок z3z2 (див. рис. 8).



Ламана Γ3 є об’єднанням цих вiдрiзкiв Γ3 = Γ13

⋃Γ2

3 i

I3 =

∫Γ13

(2z − Im z + 1) dz +

∫Γ23

(2z − Im z + 1) dz.

Параметризуємо Γ13 аналогiчно (8.5):

Γ13 = {z(t) : z(t) = t, t ∈ [0, 1]} .

Тодi dz = dt, 2z − Im z + 1 = 2t+ 1.

Параметризуємо Γ23 аналогiчно (8.5):

Γ23 = {z(t) : z(t) = 1− 2ti, t ∈ [0, 1]} .

Тодi dz = −2idt, 2z − Im z + 1 = 2 (1 + 2it) + 2t+ 1 = (2 + 4i) t+ 3.


I3 =

1∫0

(2t+ 1) dt− 2i

1∫0

((2 + 4i) t+ 3) dt =

=(t2 + t

)∣∣∣10− 2i

((1 + 2i) t2 + 3t

)∣∣∣10

= 6− 8i.

I


I =

∫Γ

(z3 − zz2

)dz,

якщо Γ ={z : |z| = 1,−π

2≤ arg z ≤ π

2

}. B

x

iy

0 1

i

−i Γ

Рис. 9: До прикладу8.2

Розв’язання. J Зауважимо, що пiдiнтегральна функцiя не є аналiтичною,iнтеграл залежить вiд шляху iнтегрування.

Параметризуємо Γ аналогiчно (8.6):

Γ ={z(t) : z(t) = eit, t ∈

[−π

2,π

2

]}.

Тодi dz = ieitdt, z3 − zz2 = e3it − eite−2it = e3it − e−it.




I =

∫Γ

(z3 − zz2

)dz = i

π/2∫−π/2

(e3it − e−it

)eitdt = i

π/2∫−π/2

(e4it − 1

)dt =

= i

(e4it

4i− t)∣∣∣∣∣

π/2

−π/2

= −iπ.

I


I =

∫Γ

cos z |dz| ,

якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки z1 = iπ i z2 = −2π − iπ. B


Цей iнтеграл визначається формулою (8.2). Параме-тризуємо Γ аналогiчно (8.5):

Γ = {z(t) : z(t) = πi+ (−2π − 2πi) t, t ∈ [0, 1]} .

Тодi |dz| = |−2π − 2πi| dt = 2π√

2dt,z = −πi+ (−2π + 2πi) t.

x

iy

0 1

i

Γz1

z2



I =

∫Γ

cos z |dz| = 2π√

2

1∫0

cos (−πi+ (−2π + 2πi) t) dt =

=2π√

2

−2π + 2πisin (−πi+ (−2π + 2πi) t)

∣∣∣10

=

√2

i− 1(sin (πi− 2π) + sin πi) =

=

√2 (−i− 1)

2· 2 sinπi =

√2 (−i− 1) i shπ =

√2 shπ(1− i).

I




Ik =

∫Γk

(z2 + sin2 z

)dz, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 = {z : |z| = 1} ;

б) Γ2 —це вiдрiзок, який з’єднує точки z1 = −1 i z2 =i;

в) Γ3 ={z : |z| = 1,−π ≤ arg z ≤ π

2

}.

B

x

iy

0 1

iΓ1

Γ 2

Γ3

z1

z2


Розв’язання. J Зауважимо, що пiдiнтегральна функцiя f(z) = z2 + sin2 zвсюди є аналiтичною f ∈ A (C) (див. задачу 179).

а) Оскiльки Γ1 —це замкнена крива, а пiдiнтегральна фукцiя є аналiти-чною, то за iнтегральною теоремою Кошi, див. (8.7), випливає, що

I1 =

∫Γ1

(z2 + sin2 z

)dz = 0.

б) Застосуємо формулу Ньютона—Лейбнiца (8.10):

I2 =

∫Γ2

(z2 + sin2 z

)dz =

i∫−1

(z2 + sin2 z

)dz =

i∫−1

(z2 +

1− cos 2z

2

)dz =

=

(z3

3+z

2− sin 2z

4

)∣∣∣∣i−1

= − i3

+i

2− sin 2i

4−(−1

3− 1

2+

sin 2

4

)=

=5

6+

sin 2

4+ i

(1

6− sh 2

4

).

в) Кривi Γ2 i Γ3 мають однаковi початки i кiнцi, а пiдiнтегральна фукцiя єаналiтичною, тому iнтеграл не залежить вiд шляху iнтегрування, див. (8.9),звiдки

I3 = I2 =5

6+

sin 2

4+ i

(1

6− sh 2

4

).

IПриклад 8.5. C Обчислити iнтеграл

I =

∫Γ

zezdz,

якщо Γ—це деякий кусково-гладкий контур, який з’єднує точки z1 = iπ iz2 = π. B



Розв’язання. J Зауважимо, що пiдiнтегральна фун-кцiя f(z) = zez всюди є аналiтичною f ∈ A (C), томуможна застосувати формулу (8.11) iнтегрування ча-стинами:

I =

∫Γ

zezdz =

π∫iπ

zezdz = (zez)∣∣∣πiπ−

π∫πi

ezdz =

= πeπ − iπeiπ − ez∣∣∣πiπ

= πeπ + iπ − eπ − 1 =

= eπ (π − 1)− 1 + iπ.

I

x

iy

0 1

i

Γz1

z2



I =

∫Γ

dz√z,

якщо Γ ={|z| = 4,−π

2≤ arg z ≤ π

2

}, за умови

√4 = −2. B

Розв’язання. J Параметризуємо Γ аналогiчно (8.6):

Γ ={z(t) = 4eit, t ∈

[−π

2,π

2

]}.

Тодi dz = 4ieitdt,1√z

=1

2ei(t+2πk)/2, k = 0, 1.

Пiдiнтегральна функцiя f(z) =1√zє багатозначною.

Iнтегрувати будемо ту вiтку, яка визначається умовою√

4 =√

4ei·2πk = 2eiπk = −2,

звiдки k = 1.

x

iy

0 1 4

i

4i

−4iΓ



I =

∫Γ

dz√z

= 4i

π/2∫−π/2

eitdt

2ei(t+2π)/2= 2ie−iπ

π/2∫−π/2

eit/2dt =

= −2i

(2

ieit/2

)∣∣∣∣π/2−π/2

= −4(eiπ/4 − e−iπ/4

)= −4 · 2i sin

π

4= −4

√2i.

IПриклад 8.7. C Обчислити iнтеграл

I =

∫Γ

z2 Ln zdz,



якщо Γ = {z : |z| = 1}, за умови Ln(−1) = −iπ. BРозв’язання. J Параметризуємо Γ аналогiчно (8.6):

Γ ={z(t) : z(t) = eit, t ∈ [−π, π]

}.

Тодi dz = ieitdt, z2 Ln z = e2iti (t+ 2πk) , k ∈ Z.

Пiдiнтегральна функцiя Ln z є багатозначною. Iнте-грувати будемо ту вiтку, яка визначається умовою

Ln(−1) = Ln ei(π+2πk) = i(π + 2πk) = −iπ,

тобто k = −1.

x

iy

0 1

i

Γ

Рис. 14: До прикладу 8.7Обчислимо iнтеграл, див. (8.3):

I =

∫Γ

z2 Ln zdz = −π∫

−π

(t− 2π) e3itdt = − (t− 2π)e3it

3i

∣∣∣∣π−π

+

π∫−π

e3it

3idt =

= − 1

3i

(−πe3iπ + 3πe−3iπ

)+

e3it

(3i)2

∣∣∣∣π−π

= −2

3iπ.

I297. Обчислити iнтеграл

Ik =

∫Γk

(3z − 2 Re z) dz, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 —це вiдрiзок, який з’єднує точки z1 = 1− i i z2 = 0;

б) Γ2 —це частина параболи, яка з’єднує точки z1 i z2, за умови, щозадана парабола має вершину в z2 i є симетричною вiдносно уявноїосi;


298. Обчислити iнтеграл

Ik =

∫Γk

(Im z − z + 2z) dz, k = 1, 2, 3, 4,

якщо

а) Γ1 —це вiдрiзок, який з’єднує точки z1 = 0 i z2 = 2i− 3;

б) Γ2 —це частина параболи, яка з’єднує точки z1 i z2, за умови, щозадана парабола має вершину в z1 i є симетричною вiдносно уявноїосi;



в) Γ3 —це ламана z1z3z2, де z3 = −3;

г) Γ4 —це ламана z1z4z2, де z4 = 2i.


Ik =

∫Γk

(3|z|2 + 1

)dz, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 —це вiдрiзок, який з’єднує точки z1 = 0 i z2 = 1 + 2i;

б) Γ2 —це частина параболи, яка з’єднує точки z1 i z2, за умови, щозадана парабола має вершину в z1 i є симетричною вiдносно дiйсноїосi;

в) Γ3 —це ламана z1z3z2, де z3 = 2i.


Ik =

∫Γk

(z2 − Re z + i

)dz, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 —це вiдрiзок, який з’єднує точки z1 = −1− i i z2 = 0;

б) Γ2 —це частина кубiчної параболи y = x3, яка з’єднує точки z1 i z2;

в) Γ3 —це ламана z1z3z2, де z3 = −1.

В прикладах 301–308 обчислити iнтеграл I вздовж кривої Γ:301. I =

∫Γ

(z5 − |z|3z2

)dz, якщо Γ = {z : |z| = 2, 0 < arg z < π} .

302. I =∫Γ

(|z|z2 − z2z

)dz, якщо Γ = {z : |z| = 1/2, −π < arg z < π/2} .

303. I =∫Γ

(Re z + Im2 z

)dz, якщо Γ =

{z : |z| =

√2}.

304. I =∫Γ

(Im z − |z|z) dz, якщо Γ = {z : |z| = 1, −2π/3 < arg z < π/3} .

305. I =∫Γ

sh zdz, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки 2iπ та −2π.

306. I =∫Γ

e2z+Im zdz, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки 2i − 1 та

1− 2i.

307. I =∫Γ

z ch Re zdz, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки −1 − i та

2i.

308. I =∫Γ

Im z sin zdz, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки −π та

π + iπ.



В прикладах 309–312 обчислити iнтеграл першого роду I вздовж кривоїΓ:309. I =

∫Γ

Im z2 |dz|, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки 4 та1− 3i.

310. I =∫Γ

sh z |dz|, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки iπ/2 та π −

iπ/2.

311. I =∫Γ

Re z4 |dz|, якщо Γ ={z : |z| = 5

√2, 0 < arg z < π/8

}.

312. I =∫Γ

z3 |dz|, якщо Γ = {z : |z| = 1, −π/6 < arg z < π/6} .


Ik =

∫Γk

z cos z2dz, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 ={z : |z| =

√2}

;

б) Γ2 —це вiдрiзок, який з’єднує точки 1− i i 1 + i;

в) Γ3 ={z : |z| =

√2, −π/4 < arg z < π/4

}.


Ik =

∫Γk

sh2 2zdz, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 = {z : |z| = π} ;

б) Γ2 —це вiдрiзок, який з’єднує точки πi i π;

в) Γ3 = {z : |z| = π, 0 < arg z < π/2} .


Ik =

∫Γk

(iz − 2)15 dz, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 —це прямокутник з вершинами в точках 1 + i, 1− i, −1− i, −1 + i;

б) Γ2 —це вiдрiзок, який з’єднує точки z1 = −1− i i z2 = i;

в) Γ3 —це ламана z1z3z2, де z3 = −1 + i.




Ik =

∫Γk

tg2 zdz, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 —це ромб з вершинами в точках i, π/4, −i, −π/4;

б) Γ2 —це вiдрiзок, який з’єднує точки z1 = π/4 i z2 = i;


В прикладах 317–308 обчислити iнтеграл I вздовж кривої Γ:317. I =

∫Γ

z sh z2dz, якщо Γ ={z : |z| =

√2}.

318. I =∫Γ

ez2

dz, якщо Γ—це трикутник з вершинами в точках 1 + 2i, −i,

−1 + 2i.

319. I =∫Γ

th2zdz, якщо Γ = {z : |z| = 1} .

320. I =∫Γ

dz

z2 − 5, якщо Γ—це прямокутник з вершинами в точках 2 + 2i,

2− 2i, −2− 2i, −2 + 2i.

321. I =∫Γ

(2z + i)11 dz, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки 1 + i/2 i

−i.322. I =

∫Γ

sin iz cos 4izdz, якщо Γ = {z : |z| = π/2, 0 < arg z < π/2} .

323. I =∫Γ

e3iz + 1

eiz + 1dz, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки −i ln 2 i 2π.

324. I =∫Γ

ch3 zdz, якщо Γ = {z : |z| = π, π/2 < arg z < π} .

325. I =∫Γ

(z + 1) sh zdz, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки πi i −1.

326. I =∫Γ

(iz + 1) eizdz, якщо Γ = {z : |z| = π, 0 < arg z < π/2} .

327. I =∫Γ

z2 sin zdz, якщо Γ—це вiдрiзок, який з’єднує точки −2i i π/2.

328. I =∫Γ

(z2 + 2z + 1

)ch zdz, якщо Γ—це ламана, який з’єднує точки −1,

0 i πi.В прикладах 329–346 обчислити iнтеграл I вiд заданої вiтки багатозна-

чної функцiї вздовж кривої Γ:

329. I =∫Γ

dz3√z, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови 3

√1 = 1.



330. I =∫Γ

z√

2dz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови 1√

2 = 1.

331. I =∫Γ

z3idz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови 13i = 1.

332. I =∫Γ

4√zdz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови 4

√1 = −i.

333. I =∫Γ

z√

3dz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови 1√

3 = e4πi√

3.

334. I =∫Γ

dz

z2i+1, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови 12i+1 = e2π(i−2).

335. I =∫Γ

Ln zdz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови Ln 1 = −6πi.

336. I =∫Γ

Ln zdz, якщо Γ = {z : |z| = 5} , за умови Ln 5 = ln 5 + 8πi.

337. I =∫Γ

|Ln z| dz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови Ln 1 = 2πi.

338. I =∫Γ

|Ln z| dz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови Ln(−1) = −3πi.

339. I =∫Γ

Ln z

zdz, якщо Γ = {z : |z| = e} , за умови Ln e = 1.

340. I =∫Γ

Ln z

zdz, якщо Γ = {z : |z| = 4} , за умови Ln 4 = ln 4− 2πi.

341. I =∫Γ

z5 Ln zdz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови Ln 1 = 0.

342. I =∫Γ

z9 Ln zdz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови Ln(−1) = −πi.

343. I =∫Γ

z3 Ln zdz, якщо Γ = {z : |z| = 2} , за умови Ln 2 = ln 2 + 4πi.

344. I =∫Γ

|Ln z|2 dz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови Ln 1 = 0.

345. I =∫Γ

|Ln z|2 dz, якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови Ln 1 = −4πi.

346. I =∫Γ

|Ln z|2 dz, якщо Γ = {z : |z| = 1/2} , за умови Ln 1/2 = − ln 2 +

2πi.347. Для заданого α ∈ R обчислити

I =

∫Γ

zαdz,

якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови 1α = e2πik0α, k0 ∈ Z.348. Для заданого α ∈ R обчислити

I =

∫Γ

ziαdz,



якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови 1iα = e−2πk0α, k0 ∈ Z.349. Для заданого α ∈ C обчислити

I =

∫Γ

zαdz,

якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови 1α = e2πik0α, k0 ∈ Z.350. Обчислити

I =

∫Γ

Ln zdz,

якщо Γ = {z : |z| = R} , за умови LnR = lnR + 2πik0, k0 ∈ Z.351. Обчислити

I =

∫Γ

|Ln z| dz,

якщо Γ = {z : |z| = 1} , за умови Ln 1 = 2πik0, k0 ≥ 0.352. Обчислити

I =

∫Γ

Ln z

zdz,

якщо Γ = {z : |z| = R} , за умови LnR = lnR + 2πik0, k0 ∈ Z.353. Для заданого n ∈ Z\{−1} обчислити

I =

∫Γ

zn Ln zdz,

якщо Γ = {z : |z| = R} , за умови LnR = lnR + 2πik0, k0 ∈ Z.354. Обчислити

I =

∫Γ

|Ln z|2 dz,

якщо Γ = {z : |z| = R} , за умови LnR = lnR + 2πik0, k0 ∈ Z.355. Довести, якщо |a| 6= R, то∫

|z|=R

|dz||z − a||z + a|

<2πR

|R2 − |a|2|.

356. Довести, якщо |a| 6= R, то∫|z|=R

|dz||z − a|2

=2πR

|R2 − |a|2|.

357. Нехай f(z) ∈ C ({z : |z − z0| ≤ R})) для деякого R > 0. Довести, що

limε→0

∫|z−z0|=ε

f(z)

z − z0dz = 2πi · f(z0).



§ 9. Iнтегральна формула Кошi

Якщо функцiя f(z) є аналiтичною в областi D i неперервною в D, тодiдля довiльного z0 /∈ ∂D має мiсце iнтегральна формула Кошi:

1

2πi

∫∂D

f(z)

z − z0dz =

{f(z0), z0 ∈ D0, z0 /∈ D,

(9.1)

напрямок обходу контуру ∂D додатний (так, що область D залишається лiво-руч). Вираз в лiвiй частинi формули (9.1) має назву iнтеграл Кошi. Важли-вою властивiстю цього iнтеграла є iснування i аналiтичнiсть всiх похiднихдовiльного порядку, так звана iнтегральна формула Кошi для похiдних:

n!

2πi

∫∂D

f(z)

(z − z0)n+1dz =

{f (n)(z0), z0 ∈ D0, z0 /∈ D,

(9.2)


Ik =

∫Γk

sin zdz

z2 + 1, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 = {z : |z − 2i| = 1/2} ;

б) Γ2 = {z : |z − 2i| = 3/2} ;

в) Γ3 = {z : |z − 2i| = 7/2} .

B

x

iy

0 1

i

Γ1

Γ2

Γ3

Γ+3

γ+

Γ−3γ−

z1

z2

α1α2


Розв’язання. J а) Пiдiнтегральна функцiяsin z

z2 + 1є аналiтичною в областi

|z − 2i| ≤ 3/4, яка мiстить замкнений контур Γ1, тому за iнтегральною фор-мулою Кошi (9.1) для випадку, коли особлива точка не належить областi,випливає, що

I1 =

∫Γ1

sin zdz

z2 + 1= 0.

Цей результат можна отримати також, пригадавши iнтегральну теорему Кошi(8.7).

б) Всерединi областi, яка обмежена контуром Γ2, знаходиться одна то-чка z1 = i, в якiй знаменник пiдiнтегральної функцiї обертається в нуль.


Роздiл 9. Iнтегральна формула Кошi 55

Перепишемо iнтеграл у виглядi

I2 =

∫Γ2

sin zdz

z2 + 1=

∫Γ2

sin zdz

(z + i)(z − i)=

∫Γ2

sin z

z + idz

z − i.

Функцiяsin z

z + iє аналiтичною в областi, яка обмежена Γ2. Застосувавши

iнтегральну формулу Кошi (9.1), отримаємо∫Γ2

sin z

z + idz

z − i= 2πi

sin z

z + i

∣∣∣∣z=i

= 2πisin i

2i= πi sh 1.

в) Всерединi областi, яка обмежена контуром Γ3, знаходяться двi точкиz1 = i i z2 = −i, в яких знаменник пiдiнтегральної функцiї обертаєтьсяв нуль. Тому беспосередньо застосовувати iнтегральну формулу Кошi дляобчислення I3 не можна. Розглянемо два способи обчислення iнтегралу.

I СПОСIБ. Скористаємося лiнiйною властивiстю iнтегралiв: зведемо пiдiн-тегральну функцiю до виразу, в якому зможемо безпосередньо скористатися

iнтегральною формулою Кошi, розклавши1

z2 + 1на елементарнi дроби:

1

z2 + 1=

1

2i· 1

z − i− 1

2i· 1

z + i.

Тодi можемо переписати шуканий iнтеграл у виглядi:

I3 =

∫Γ3

sin zdz

z2 + 1=

1

2i

∫Γ3

sin zdz

z − i− 1

2i

∫Γ3

sin zdz

z + i

Застосувавши iнтегральну формулу Кошi (9.1) для кожного з iнтегралiв,отримаємо

I3 =2πi

2isin i− 2πi

2isin(−i) = 2πi sh i.

II СПОСIБ. Скористаємося властивiстю адитивностi iнтегралу: подамо кон-тур iнтегрування у виглядi об’єднання таких контурiв, для кожного з якихможна скористатися iнтегральною формулою Кошi. Для цього позначимо

α1 =

√33

2, α2 = −

√33

2(це точки, в яких Γ3 перетинає вiсь абсцис) та

розглянемо наступнi додатковi контури (див. рис. 15):

γ+ = {z : z(t) = α2 + (α1 − α2)t, t ∈ [0, 1]} (верхнiй берег розрiзу [α2, α1]),γ− = {z : z(t) = α1 + (α2 − α1)t, t ∈ [0, 1]} (нижнiй берег розрiзу [α1, α2]),Γ+

3 = {z : |z − 2i| = 3/2, Im z ≥ 0} (пiвколо вiд α1 до α2),Γ−3 = {z : |z − 2i| = 3/2, Im z < 0} (пiвколо вiд α2 до α1).



Зауважимо, що Γ3 = Γ+3

⋃Γ−3 , крiм того,

∫γ+⋃γ−

sin zdz

z2 + 1= 0. Перепишемо

iнтеграл I3 наступним чином:

I3 =

∫Γ3

sin zdz

z2 + 1=

∫Γ+3

⋃Γ−3

sin zdz

z2 + 1+

∫γ+⋃γ−

sin zdz

z2 + 1=

∫Γ+3

⋃Γ−3

⋃γ+⋃γ−

sin zdz

z2 + 1=

=

∫Γ+3

⋃γ+

sin zdz

z2 + 1+

∫Γ−3

⋃γ−

sin zdz

z2 + 1=

∫Γ+3

⋃γ+

sin z

z + idz

z − i+

∫Γ−3

⋃γ−

sin z

z − idz

z + i.

Кожний з контурiв Γ+3

⋃γ+ i Γ−3

⋃γ− є кусково-гладким i замкненим, при-

чому напрям обходу кожного контуру є додатним. Всерединi кожного з цихконтурiв знаходиться по однiй точцi, в якiй знаменник обертається в нуль.Функцiї, якi стоять в чисельниках, є аналiтичними у вiдповiдних областях.Тому для кожного з iнтегралiв можна застосувати iнтегральну формулу Кошi(9.1): ∫

Γ4

⋃γ2

sin z

z + idz

z − i= 2πi

sin z

z + i

∣∣∣∣∣z=i

= 2πisin i

2i= πi sh 1,∫

Γ5

⋃γ1

sin z

z − idz

z + i= 2πi

sin z

z − i

∣∣∣∣∣z=−i

= 2πisin(−i)−2i

= πi sh 1.


I3 = 2πi sh 1.

I


I =

∫Γ

z cos izdz

(z − 2πi)3 ,

якщо Γ = {|z| = 7} . B



Розв’язання. J Всерединi областi, яка обме-жена контуром Γ, знаходиться одна точка z0 =2πi, в якiй знаменник пiдiнтегральної функцiїобертається в нуль (див. рис. 16). Функцiяz cos iz є аналiтичною в областi, яка обмеже-на Γ. Застосувавши iнтегральну формулу Кошiдля похiдних (9.2) для n = 3, отримаємо

I =

∫Γ

z cos izdz

(z − 2πi)4 =2πi

3!(z cos iz)′′′

∣∣∣z=2πi

=

=πi

3

[3(cos iz)′′ + z(cos iz)′′′

]∣∣∣∣∣z=2πi

=

=πi

3

(−3i2 cos iz − zi3 sin iz

)∣∣∣z=2πi

= πi.

I

x

iy

0 1

iΓ

z0



Ik =

∫Γk

zezdz

z2 + 4, k = 1, 2, 3,

якщо

а) Γ1 = {z : |z + i| = 1/4} ;

б) Γ2 = {z : |z + i| = 2} ;

в) Γ3 = {z : |z + i| = 7/2} .


Ik =

∫Γk

ch2 zdz

z (z2 + π2), k = 1, 2, 3, 4,

якщо

а) Γ1 = {z : |z − 4i| = 1/3} ;

б) Γ2 = {z : |z − 4i| = 4/3} ;

в) Γ3 = {z : |z − 4i| = 13/3} ;

г) Γ4 = {z : |z − 4i| = 25/3} .


Ik =

∫Γk

z sin zdz

4z2 − π2, k = 1, 2, 3,

якщо



а) Γ1 = {z : |z − 1| = 1/5} ;

б) Γ2 = {z : |z − 1| = 1} ;

в) Γ3 = {z : |z − 1| = 3} .


Ik =

∫Γk

z2eizdz

(z − 1) (z2 + 9), k = 1, 2, 3, 4,

якщо

а) Γ1 = {z : |z − 4i| = 1/2} ;

б) Γ2 = {z : |z − 4i| = 3/2} ;

в) Γ3 = {z : |z − 4i| = 9/2} ;

г) Γ4 = {z : |z − 4i| = 15/2} .

В прикладах 362–365, обчислити iнтеграл:

362. ∫|z−1|=3

z5(i− z2)dz

(z + i)5 .

363. ∫|z−3i|=3

eizdz

(z − 5i)10 .

364. ∫|z+i|=4

z2 ch(πz)dz

(z − i)7 .

365. ∫|z+1|=2

(2z + 3)e3zdz

(z + 2)21 .

В прикладах 366–377, обчислити iнтеграл:

366. ∫|z|=1/2

sin2 zdz

z3.

367. ∫|z|=1

ch 2zdz

z5.

368. ∫|z−1/2|=1

tg zdz

z (z2 + 9).

369. ∫|z+1/3|=4/3

e1z+2dz

(z + 1) (z + 3)2 .

370. ∫|z−3|=2

sin eiπzdz

z (z − 2)2 .

371. ∫|z−3|=1

cos 2zdz

z2 (z − π)2 .

372. ∫|z|=5/2

z2dz

z2 + iz + 2.

373. ∫|z|=3

(chπz + sh 2πz) dz

(z2 + 1) (z2 + 4).



374. ∫|z−1|=5/2

ezdz

z3 (z + 2i).

375. ∫|z|=π/2

(z2 + i

)dz

z (z − i)4 .

376. ∫|z|=√

2

sh πzdz

(iz + 1) (z2 + 1)2 .

377. ∫|z|=π

dz

(z2 + 9)3 .

378. Обчислити

I =

∫|z|=R

dz

(z − a)n(z − b), n ≥ 1,

якщо |a| < R < |b|.379. Скiльки рiзних значень в залежностi вiд n може приймати iнтеграл

I =

∫|z|=R

dzn∏k=1

(z − zk), zj 6= zk,

якщо |zk| 6= R, k = 1, 2, . . . n?

380. Нехай функцiя f(z) є аналiтичною в областi D i неперервною в D, аz1, . . . , zn—довiльнi рiзнi точки в D. Позначимо

wn(z) = (z − z1) · . . . · (z − zn) .

Показати, що iнтеграл

P (z) =1

2πi

∫∂D

f(ζ)

wn(ζ)· wn(ζ)− wn(z)

ζ − zdζ

є многочленом (n − 1)-го степеня, який спiвпадає з f(z) в точках z1, . . ., zn(многочлен P (z) називається iнтерполяцiйним многочленом Лагранжа).


ВiдповiдiРоздiл 1

1. Re z = − 325, Im z = 29

25 .

2. Re z = 6665, Im z = −57

65 .

3. Re z = −1726, Im z = −19

26 .

4. Re z = 1950, Im z = 4

25 .

5. Re z = 3513, Im z = −20

13 .

6. Re z = − 625, Im z = − 8

25 .

7. |z| =√

2,Arg z = −3π4 + 2πn, n ∈ Z.

8. |z| = 1313,Arg z = 2π − 13 arctg 512 + 2πn, n ∈ Z.

9. |z| = 105/718,Arg z = 36 arctg√

6− 10 arctg 3− 10π + 2πn, n ∈ Z.10. |z| = 4

√2,Arg z = 3π

4 + 2πn, n ∈ Z.11. |z| = 10100,Arg z = 20π − 100 arctg 3

4 + 2πn, n ∈ Z.12. |z| = 2925/2

1439/2,Arg z = 25π − 25 arctg 5

2 − 39 arctg√

13 + 2πn, n ∈ Z.13. exp

{i(π2 + 2πn)

}, n ∈ Z.

14. 3 exp {i(π + 2πn)} , n ∈ Z.15. 58

5011/2exp {i(16 arctg 2− 11 arctg 7− π + 2πn)} , n ∈ Z.

16. 2 exp {i2πn} , n ∈ Z.17. 1

2 exp{i(−π

2 + 2πn)}, n ∈ Z.

18. 28

1015/2exp {i(15 arctg 3− 5π + 2πn)} , n ∈ Z.

19. 5 cos4 ϕ sinϕ− 10 cos2 ϕ sin3 ϕ+ sin5 ϕ.20. cos8 ϕ− 28 cos6 ϕ sin2 ϕ+ 70 cos4 ϕ sin4 ϕ− 28 cos2 ϕ sin6 ϕ+ sin8 ϕ.21. cos3 ϕ− 3 cosϕ sin2 ϕ.22. 9 cos8 ϕ sinϕ−84 cos6 ϕ sin3 ϕ+126 cos4 ϕ sin5 ϕ−36 cos2 ϕ sin7 ϕ+sin9 ϕ.23. Rew = x

x2+y2 ; Imw = − yx2+y2 .

24. Rew = x2 − y2 + x; Imw = y(2x+ 1).

25. Rew = x3+x2+xy2−y2x2+y2+2x+1 ; Imw = y3+x2y+2xy

x2+y2+2x+1 .

26. Rew = x2 − y2 + 4y + 1; Imw = 2x(y − 2).29. Вказiвка.Скористатись формулою Муавра.30. Вказiвка.Скористатись методом математичної iндукцiї.31. Вказiвка.Скористатись тим, що для довiльного a ∈ R : a = a.

Роздiл 2

33. Коло з центром в точцi z0, радiуса R.34. Внутрiшнiсть кола з центром в точцi z0, радiуса R.35. Коло з центром в точцi z0, радiуса R i зовнiшнiсть цього кола.36. Пряма x = C i пiвплощина, яка лежить справа вiд неї.37. Пiвплощина, яка лежить нижче прямої y = C.38. Внутрiшнiсть кута з вершиною в початку координат i сторонами, якi

утворюють з додатним напрямком осi Ox кути α i β.

60


39. Внутрiшнiсть того ж кута, що i в задачi 38, тiльки з вершиною вточцi z0.

40. Пряма, яка проходить через середину вiдрiзка з кiнцями в точках z1

i z2 i перпендикулярна до нього.41. Вiтка гiперболи (софокусна з z2) з фокусами в точках z1 i z2, дiйсною

пiввiссю a.42. Елiпс з фокусами в точках z1 i z2, великою пiввiссю a.43. Коло, дiаметром якого є вiдрiзок з кiнцями в точках z1 i z2 з виколо-

тою точкою z2.44. Пряма, яка проходить через точки z1 i z2 з виколотою точкою z2.

45. Зовнiшнiсть кола з центром в точцi(

32 , 0), радiуса

√132 .

46. Внутрiшнiсть кола з центром в точцi(

12 ,−1

), радiуса

√132 .

47. Внутрiшнiсть кола з центром в точцi (−3, 1) , радiуса 1.48. Пiвплощина x− y − 1 > 0.49. Пiвплощина 3x− 2y + 3 > 0.

50. Зовнiшнiсть кола з центром в точцi(−7

2 , 3), радiуса

√172 .

51. Пiвплощина x+ y − 1 < 0.52. Область y2 < 2x+ 1 (внутрiшнiсть параболи).53. Пiвплощина x− y +

√2 > 0.

54. Кожна лiнiя – це коло, яке є геометричним мiсцем точок, вiдношеннявiдстаней вiд яких до точок z1 i z2 стале (коло Аполлонiя вiдносно точок z1 iz2). Значенню λ = 1 вiдповiдає пряма – серединний перпендикуляр вiдрiзка,який з’єднує точки z1 i z2.

55. Права половина круга радiуса 1 з центром в точцi z = 0.56. Якщо C = 0 – це пряма x = 0, якщо C 6= 0 – сiм’я кiл з центром в

точцi(

12C , 0

), радiуса

1

2C.

57. Якщо C = 0 – це прямi y = ±x, якщо C 6= 0 – сiм’я гiперболx2 − y2 = C.

58. Якщо C = 0 – це пряма y = 0, якщо C 6= 0 – сiм’я кiл з центром в

точцi(0,− 1

2C

), радiуса

1

2C.

59. Якщо C = 0 – це прямi x = 0, y = 0, якщо C 6= 0 – сiм’я гiпербол2xy = C.

62.(

12 , 0,

12

).

63.(0,−1

2 ,12

).

64.(

13 ,−

13 ,

23

).

65.(

12√

2, 1

6√

2, 5

6

).

66.(−2

9 ,29 ,

89

).

67.(−√

25 ,−

√2

5 ,15

).

68. Пiвмеридiани з довготою α.69. Паралелi з широтою 2 arctgR− π

2 .70. Паралелi з широтою 2 arctgR− π

2 .71. Пiвденна пiвкуля.



72. Пiвнiчна пiвкуля.73. Схiдна пiвкуля.74. Захiдна пiвкуля.74. zT .75. zzT =

(x2 + y2

)E, де E – одинична матриця.

76.(x2 − y2 2xy + 1−2xy − 1 x2 − y2

).

77.(x2 + 1− (y − 2)2 2x(y − 2)

2x(2− y) x2 + 1− (y − 2)2

).

78.(−6xy 9x2 − y2

y2 − 9x2 −6xy

).

79. 1(x+1)2+y2

(y x+ 1

−x− 1 y

).

80. Коло з центром в точцi −BA , радiуса

√|B|2 − AC

A.

Роздiл 4

114. sin (n+1)θ2 cos

(z + nθ

2

)sin−1 θ

2 .

115. sin (n+1)θ2 sin

(z + nθ

2

)sin−1 θ

2 .116. Re f(z) = ex cos y, Im f(z) = ex sin y, |f(z)| = ex.117. Re f(z) = sinx ch y, Im f(z) = cos x sh y, |f(z)| =

√sin2 x ch2 y + cos2 x sh2 y.

118. Re f(z) = cos x ch y, Im f(z) = − sinx sh y, |f(z)| =√

cos2 x ch2 y + sin2 x sh2 y.119. Re f(z) = shx cos y, Im f(z) = chx sin y, |f(z)| =

√sh2 x cos2 y + ch2 x sin2 y.

120. Re f(z) = chx cos y, Im f(z) = shx sin y, |f(z)| =√

ch2 x cos2 y + sh2 x sin2 y.

121. Re f(z) = sin 2xcos 2x+ch 2y , Im f(z) = sh 2y

cos 2x+ch 2y , |f(z)| =√

sin2 2x+sh2 2y

cos 2x+ch 2y .

122. Re f(z) = − sin 2xcos 2x−ch 2y , Im f(z) = sh 2y

cos 2x−ch 2y , |f(z)| =√

ch 2y+cos 2xch 2y−cos 2x.

123. Re f(z) = sh 2xcos 2y+ch 2x, Im f(z) = sin 2y

cos 2y+ch 2x, |f(z)| =√

sin2 2y+sh2 2x

cos 2y+ch 2x .

124. Re f(z) = − sh 2xcos 2y−ch 2x, Im f(z) = sin 2y

cos 2y−ch 2x, |f(z)| =√

ch 2x+cos 2ych 2x−cos 2y .

125. i sh 3.126. cos 3 ch 1− i sin 3 sh 1.127. −i sin

√2.

128. cos 12 .

129. sin 6−i sh 2cos 6+ch 2 .

130. sin 2+i sh 6cos 2−ch 6 .

131. sh 2−i sin 6cos 6+ch 2 .

132. sh 6+i sin 2cos 2−ch 6 .

133. iπ (1 + 2n) , n ∈ Z.134. ln 2 + i

(−π

6 + 2πn), n ∈ Z.

135. ln∣∣π

2 + 2πn∣∣+ i

(π2 signn+ 2πk

), k, n ∈ Z.



136. 12 ln(

14 ln2 5 + (π(2n+ 1)− arctg 2)2

)+i(

arctg 2π(2n+1)−2 arctg 2ln 5 + 2πk

), k, n ∈

Z.137. exp

{i2√

3πn}, n ∈ Z.

138. exp{i√

3π(2n+ 1)}, n ∈ Z.

139. exp{−π

2 + 2πn}, n ∈ Z.

140. exp{

arctg√

52 − π(2n+ 1) + i ln 3

}, n ∈ Z.

141. exp{

ln 5 + arctg 43 − 2πn+ i

(ln 5− arctg 4

3 + 2πn)}, n ∈ Z.

142. 2πn− i ln(2±√

3), n ∈ Z.

143. 2πn− i ln(√

2− 1), π(2n+ 1)− i ln

(√2 + 1

), n ∈ Z.

144. ln(√

5± 2)

+ i(±π

2 + 2πn), n ∈ Z.

145. 12 ln(3 + 2 4

√2(

4√

2±√

2± 1))

+ i(± arctg 4

√2 + 2πn

), n ∈ Z.

146. 12 arctg 2 + π

(n+ 1

2

)− i ln 5

4 , n ∈ Z.147. 1

4 ln 2 + i(

5π8 + πn

), n ∈ Z.

148. π2 + 2πn− i ln(3± 2

√2), n ∈ Z.

149. iπ(2n+ 1), n ∈ Z.150. π2 + πn+ i ln 3

2 , n ∈ Z.151. − ln 2

4 + i(−π

8 + πn), n ∈ Z.

152. ln 32 + i

(± arctg 1√

11+ 1∓1

2 π + 2πn), n ∈ Z.

153. π(2n+ 1), 2πn+ i ln 3 n ∈ Z.154. exp

{−π

2 + 2πn}, n ∈ Z.

155. exp{

ln 22 + π

4 + 2πn+ i(π4 + 2πn− ln 2

2

)}, n ∈ Z.

156. exp{√

2πn+ i√

2πn}− i, n ∈ Z.

159. Множини значень z2α i (zα)2 спiвпадають, але не спiвпадають, вза-галi кажучи, з множиною значень

(z2)α.

Роздiл 5

173 - 178 Не є диференцiйовною в жоднiй точцi.180. a) c = 1, b = −a, f(z) = (1− ai)z, б) a = b = −1, f(z) = eiz.

Роздiл 6

186. |f ′(z)| = 3|z|2, arg f ′(z) = 2 arg z. Cтискається:{z : |z| < 1/

√3}, роз-

ширюється:{z : |z| > 1/

√3}.

187. |f ′(z)| = 2|z|−3, arg f ′(z) = π − 3 arg z. Cтискається:{z : |z| > 3

√2},

розширюється:{z : |z| < 3

√2}.

188. |f ′(z)| = 3e3 Re z, arg f ′(z) = 3 Im z. Cтискається: {z : Re z < − ln 3/3} ,розширюється: {z : Re z > − ln 3/3} .

189. |f ′(z)| = e− Im z, arg f ′(z) = Re z + π/2. Cтискається: {z : Im z > 0} ,розширюється: {z : Im z < 0} .



190. |f ′(z)| = 1(Re z+3)2+(Im z)2 , arg f ′(z) = π − 2 sign(Re z + 3) arctg Im z

Re z+3.

Cтискається:{z : (Re z + 3)2 + (Im z)2 > 1

}, розширюється:{

z : (Re z + 3)2 + (Im z)2 < 1}.

191. |f ′(z)| = 8(Re z)2+(Im z+3)2 , arg f ′(z) = π/2− 2 sign(Re z) arctg Im z+3

Re z . Cти-

скається:{z : (Re z)2 + (Im z + 3)2 > 8

}, розширюється:{

z : (Re z)2 + (Im z + 3)2 < 8}.

192. |f ′(a)| = sh 3, arg f ′(a) = −π/2. Розширюється.193. |f ′(a)| = 10

√26, arg f ′(a) = π − arctg 5. Розширюється.

194. |f ′(a)| = 56, arg f ′(a) = π/2. Розширюється.195. |f ′(a)| = 8

√2, arg f ′(a) = π. Розширюється.

196. |f ′(a)| = e, arg f ′(a) = π/2 + 4. Розширюється.197. |f ′(a)| = 1

ch2 3 cos2 1+sh2 3 sin2 1, arg f ′(a) = −2 arctg (tg 1th3) . Стискається.

198. |f ′(a)| = 3√

105e , arg f ′(a) = −1− arctg 1/3. Стискається.

199. |f ′(a)| = 2sh2 2 cos2 1+ch2 2 sin2 1

, arg f ′(a) = π+ 2 arctg (tg 1 cth 2) . Стискає-ться.

200. |f ′(a)| = 2√

5/9, arg f ′(a) = arctg 2. Стискається.

201. |f ′(a)| =√

5173 , arg f ′(a) = π − arctg 1/2 + 3 arctg 1/4. Стискається.

202. 4.203. 25.204. 127

√2/3.

205. 2π.206. π.207. 1.208. |α|n.209. |α|Reα

(eReα − 1

), якщо Reα 6= 0, |α| якщо Reα = 0.

210. |α|Imα

(1− e− Imα

), якщо Imα 6= 0, |α| якщо Imα = 0.

211. π58/2.212. 5π

(210 − 1

)/6.

213. e−π sh π.214. 65π.215. 2656/63.216. 2/3.217. Образ D∗ =

{w : e ≤ |w| ≤ e2

}, його площа S(D∗) = π

(e4 − e2

).

Роздiл 7

225. f(z) = ez(z + 1).226. f(z) = 2

z−i.227. f(z) = z ln z.228. f(z) = ez

3

.229. f(z) = − cos z.230. f(z) = z sh z.231. f(z) = z + 1/z.



232. f(z) = ln (z − 4− 5i).233. v(x, y) = −x2 + y2 + y + c, f(z) = z − iz2 + ic, c ∈ R— const.234. v(x, y) = 2x+ 2xy + c, f(z) = (z + i)2 + ic, c ∈ R— const.235. v(x, y) = x3 − 3xy2 + 6xy − 3x + c, f(z) = i(z − i)3 + ic, c ∈ R—

const.236. v(x, y) = sin(x) sh(1− y) + c, f(z) = cos(z − i) + ic, c ∈ R— const.237. v(x, y) = − y

x2+y2 + c, f(z) = 1z + ic, c ∈ R— const.

238. v(x, y) = 1 + 3y + 2xy + c, f(z) = z2 + 3z + i+ ic, c ∈ R— const.239. v(x, y) = ex

2−y2 sin(2xy) + c, f(z) = ez + ic, c ∈ R— const.

240. v(x, y) = exy sin(y2−x2

2

)+c, f(z) = exp(−iz2/2)+ic, c ∈ R— const.

241. u(x, y) = 3x2 − 8xy − 3y2 + c, f(z) = (3 + 4i)z2 + c, c ∈ R— const.242. u(x, y) = x3 − 6x2y − 3xy2 + 2y3 + c, f(z) = (1 + 2i)z3 + c, c ∈ R—

const.243. u(x, y) = exx cos y − exy sin y + c, f(z) = zez + c, c ∈ R— const.244. u(x, y) = x chx cos y − y shx sin y + c, f(z) = z ch z + c, c ∈ R—

const.245. u(x, y) = sin(x − y) ch(x + y) + c, f(z) = sin(z + iz) + c, c ∈ R—

const.246. u(x, y) = y+1

x2+(y+1)2 + c, f(z) = iz+i + c, c ∈ R— const.

247. u(x, y) = e2x−2xy cos(x2 − y2 + 2y

)+c, f(z) = exp

(iz2 + 2z

)+c, c ∈

R— const.248. u(x, y) = e−2y cos(2x + 1) + c, f(z) = 2eiz cos(z + 1) + c, c ∈ R—

const.249. v(ρ, ϕ) = ρ2 sin 2ϕ − ρ cosϕ + c, f(z) = z2 − iz + 1 + ic, c ∈ R—

const.250. v(ρ, ϕ) = ρ cosϕ− 7 sinϕ

ρ + c, f(z) = iz + 7z + ic, c ∈ R— const.

251. v(ρ, ϕ) = ρ sin(ρ sinϕ+ϕ)eρ cosϕ + c, f(z) = zez + ic, c ∈ R— const.252. v(ρ, ϕ) = ϕ− ln ρ+ c, f(z) = (1− i) ln z + ic, c ∈ R— const.253. v(ρ, ϕ) = 2 cos 3ϕ−sin 3ϕ

ρ3 + c, f(z) = 1+2iz + ic, c ∈ R— const.

254. v(ρ, ϕ) = ρ ln ρ sinϕ+ρϕ cosϕ+ c, f(z) = z ln z+ ic, c ∈ R— const.255. v(ρ, ϕ) = ρn cosnϕ+ c, f(z) = izn + ic, c ∈ R— const.256. v(ρ, ϕ) = ρ3(2 sin 3ϕ + cos 3ϕ) + c, f(z) = (2 + i)z3 + ic, c ∈ R—

const.257. u(ρ, ϕ) = (1/ρ− ρ) sinϕ+ c, f(z) = i(z + 1/z) + c, c ∈ R— const.258. u(ρ, ϕ) = − ln ρ− ρ sinϕ+ c, f(z) = iz − ln z + c, c ∈ R— const.259. u(ρ, ϕ) = ρ(cosϕ− 2 sinϕ) + c, f(z) = (1 + 2i)z + c, c ∈ R— const.260. u(ρ, ϕ) = −ρ2(sin 2ϕ + cos 2ϕ) + c, f(z) = (i − 1)z2 + c, c ∈ R—

const.261. u(ρ, ϕ) = −e−ρ sinϕ sin(ρ cosϕ) + c, f(z) = ieiz + c, c ∈ R— const.262. u(ρ, ϕ) = 2 sinϕ+3 cosϕ

ρ + c, f(z) = 3+2iz + c, c ∈ R— const.

263. u(ρ, ϕ) = sinnϕ+n cosnϕnρn + c, f(z) = i+n

3zn + c, c ∈ R— const.264. u(ρ, ϕ) = eρ cosϕ

[sin(ρ sinϕ) + cos(ρ sinϕ)

]+ c, f(z) = (1 − i)ez + c,

c ∈ R— const.265. Φ(x, y) = 3x+ 7y + c, f(z) = exp [(3i+ 7)z + ic] , c ∈ R— const.



266. Φ(x, y) = x−yx2+y2 + c, f(z) = exp

(i+1z + ic

), c ∈ R— const.

267. Φ(x, y) = 2 arctg 2y+12x + c, f(z) = (2z + 1)2eic, c ∈ R— const.

268. Φ(x, y) = ex−y sin(x + y) + c, f(z) = exp[ic+ e(1−i)z] , c ∈ R—

const.269. Φ(x, y) = ex(y sin y − x cos y) + c, f(z) = exp [ic+ izez] , c ∈ R—

const.270. Φ(x, y) = 3

2

(y2 − x2

)+ 4 arctg(y/x) + c, f(z) = z4 exp

(−3

2iz2 + ic

),

c ∈ R— const.271. Φ(x, y) = arctg y

x + arctg yx+1 + c, f(z) = z(z + 1)eic, c ∈ R— const.

272. Φ(x, y) = 2n arctg yx + m(x + y) + c, f(z) = z2n exp [(i+ 1)mz + ic],

c ∈ R— const.273. R(x, y) = c exp(3x− 2y), f(z) = c exp [z(3 + 2i)] , c ∈ R— const.

274. R(x, y) = c exp[

3x2

2 + 2x− 3y2

2 + y], f(z) = c exp

[12z(3z + (4− 2i))

],

c ∈ R— const.275. R(x, y) = c exp (−ey cosx) , f(z) = c exp

(−e−iz


276. R(x, y) = cex3−3xy2, f(z) = cez

3

, c ∈ R— const.277. R(x, y) = c

[4x2 + (2y + 1)2

]3, f(z) = c(2z + i)6, c ∈ R— const.

278. R(x, y) = c exp[

2xy

(x2+y2)2

], f(z) = c exp

(iz2


279. R(x, y) = c exp[−2 arctg 3+y

2+x

], f(z) = c exp [2i ln(z + 2 + 3i)], c ∈ R—

const.280. R(x, y) = c exp

{ex

2−y2 [x cos(2xy)− y sin(2xy)]}, f(z) = c exp

(zez

2),

c ∈ R— const.281. Φ(ρ, ϕ) = −7ϕ+ c, f(z) = 5

z7eic, c ∈ R— const.

282. Φ(ρ, ϕ) = ρ2 sin 2ϕ+ c, f(z) = exp(z2 + ic


283. Φ(ρ, ϕ) = cosϕ−sinϕρ + c, f(z) = exp

(1+iz + ic


284. Φ(ρ, ϕ) = ρ sinϕ+ ϕ+ c, f(z) = z exp (z + ic) , c ∈ R— const.285. Φ(ρ, ϕ) = −eρ cosϕ cos(ρ sinϕ) + c, f(z) = exp (−iez + ic) , c ∈ R—

const.286. Φ(ρ, ϕ) = ρ3 sin 3ϕ + 3ρ2 sin 2ϕ + 3ρ sinϕ + 3ρ + c, f(z) = eic+(z+1)3,

c ∈ R— const.287. Φ(ρ, ϕ) = 2 arctg ϕ

ln ρ + c, f(z) = 2 ln zeic, c ∈ R— const.288. Φ(ρ, ϕ) = nρ−m cosmϕ+ c, f(z) = exp (niz−m + ic) , c ∈ R— const.289. R(ρ, ϕ) = cρe−ρ sinϕ, f(z) = c exp (i ln z) , c ∈ R— const.290. R(ρ, ϕ) = c exp [3ρ cos(ϕ)− 5ϕ] , f(z) = cz5e3z, c ∈ R— const.291. R(ρ, ϕ) = c exp

[ρ2 cos 2ϕ− 2ρ sinϕ

], f(z) = cez

2+2iz, c ∈ R—const.

292. R(ρ, ϕ) = c exp (ρn cosnϕ) , f(z) = c exp (zn) , c ∈ R— const.293. R(ρ, ϕ) = c exp [eρ cosϕ cos(ρ sinϕ)] , f(z) = c exp (ez) , c ∈ R—

const.294. R(ρ, ϕ) = cρ2ϕ, f(z) = c exp

(i ln2 z


295. R(ρ, ϕ) = c(ln2 ρ+ ϕ2

)n/2, f(z) = lnn z, c ∈ R— const.



296. R(ρ, ϕ) = c exp{e−ρ sinϕ [sin(ϕ0 − ρ cosϕ)− cos(ϕ0 − ρ cosϕ)]

}, f(z) =

ce−(1−i)ei(z−ϕ0), c ∈ R— const.

Роздiл 8

297. a) −2− i, б) −2− i/3, в) i− 2.298. a) 15/2 + 8i, б) 17/2 + 4i, в) 21/2− 4i, г) 9/2 + 20i.299. a) 6(1 + 2i), б) 8 + 56i/5, в) 14 + 10i.300. a) (1 + 5i)/6, б) 23/42 + 97i/60, в) 5/6 + 8i/3.301. 128/3.302. i/16.303. 2πi.304. −π/2− iπ.305. i (ch 2π − 1) .306. (1− 2i) sin 4/2.307. 10 ch 1− 4 sh 1− 10− 2i sh 1.308. (15π chπ − 11 shπ + i (20π chπ + 2 shπ)) /25.309. −18

√2.

310.√

2 shπ(1− i)/2.311. 1/2.312. 2/3.313. a) 0, б) i sh 2, в) i sh 2.314. a) 0, б) (sh 4π − 4π + 4πi) /8, в) − (sh 4π − 4π + 4πi) /8.315. a) 0, б) i

(28 − 310

)/16, в) i

(28 − 310

)/16.

316. a) 0, б) 1− π/4 + i (1− th1) , в) 1− π/4 + i (1− th1) .317. 0.318. 0.319. 0.320. 0.321.

(218 + 1

)/24.

322. i (5 ch(3π/2)− 3 ch(5π/2)) /30.323. 2π + i (ln 2 + 1/2) .324. − (9 shπ + sh 3π) /12.325. (sh 1 + 1) + πi.326. π (1 + ie−π) .327. π − 6 ch 2 + 4 sh 2.328. 2 (1 + sh 1 + πi) .329. −3

√3(√

3 + i)/4.

330.(√

2− 1) (

cos(2√

2π)− 1 + i sin(2√

2π)).

331.(e−6π − 1

)(1− 3i) /10.

332. 4 (1 + i) /5.

333. i sin(π√

3)(√

3− 1)ei5π

√3.

334. i sh(2π)e6π.335. 2πi.336. 10πi.337. 2π.



338. 2π.339. 2πi− 2π2.340. 2πi ln 4 + 2π2.341. πi/3.342. πi/5.343. 8πi.344. 4π (π + i) .345. 4π (−3π + i) .346. 2π (3π + i) .347. 2 sin(πα)eπi(2k0α+α+1/2)/(α + 1), якщо α 6= −1, 2πi, якщо α = −1.348. e−2πk0α

(e−2πα − 1

)(1− iα)/(α2 + 1).

349. e2πik0α(e2πiα − 1

)/(α + 1), якщо α 6= −1, 2πi, якщо α = −1.

350. 2πiR.351. 2π.352. 2πi lnR− 2π2(2k0 + 1).353. 2πiRn+1/(n+ 1).354. 4πR (π(2k0 + 1) + i) .

Роздiл 9

358. a) 0, б) π (sin 2 + i cos 2) , в) 2πi cos 2.359. a) 0, б) −i/π, в) i/π, г) 0.360. a) 0, б) πi/4, в) 0.

361. a) 0, б) 3πe−3

10 (1 + 3i) , в) π10

(3e−3 − 2 sin 1

)+ i π10

(9e−3 + 2 cos 1

),

г) −π5 (sin 1 + 3 sh 3) + iπ5 (cos 1 + 9 ch 3) .362. 10π(7 + i).363. −2πe−5/9!.364. 2π5i

(π2 − 30

)/6!.

365. 74πi319e−6/20!.366. 2πi.367. 4πi/3.368. 0.369. eπi/2.370. −π (2π cos 1 + i sin 1) /2.371. −4i/π2.372. 2π.373. 0.374. π (1 + cos 2 + i (2− sin 2)) /4.375. 0.376. 3π2i/4.377. iπ5!/66.378. − 2πi

(b−a)n .

379. 2, якщо n = 1, 2n − 1, якщо n > 1.


Рекомендована лiтератураПiдручники

[1] Лаврентьев М. А., Шабат Б. В. Методы теории функций комплексного переменного. — 5-еизд. — Москва: Наука, 1987. — 688 с.

[2] Свешников А. Г., Тихонов А. Н. Теория функций комплексной переменной. — Москва: Наука,1979. — 320 с.

[3] Шабат Б. В. Введение в комплексный анализ. — 3-е изд. — Москва: Наука, 1985. — Т. Ч.1.Функции одного переменного. — 336 с.

[4] Евграфов М. А. Аналитические функции. — 3-е изд. — Москва: Наука, 1968. — 448 с.[5] Бицадзе А. В. Основы теории аналитических функций комплексного переменного. — 3-е изд. —

Москва: Наука, 1984. — 320 с.

Збiрники задач

[6] Волковыский Л. И., Лунц Г. Л., Араманович И. Г. Сборник задач по теории функций компле-ксного переменного. — Москва: Наука, 1970. — 320 с.

[7] Сборник задач по теории аналитических функций / М. А. Евграфов, К. А. Бежанов, Ю. В. Си-доров и др. — Москва: Наука, 1972. — 416 с.

[8] Самойленко В. Г. Комплексний аналiз. Приклади i задачi: навч. посiб / Пiд ред. за ред. В.Г. Самойленка. — Київ. нац. ун-т iм. Т. Шевченка, 2010. — 223 с.

[9] Краснов М. Л., Киселев А. И., Махаренко Г. И. Функции коммексноrо переменноrо; Задачи ипримеры подробными решениями. — Москва: Эдиториал УРСС, 2003. — 208 с.

69

Абетковий покажчикформула

— Ейлера, 7— Гурса, 34— Кошi iнтегральна, 54для похiдних, 54

— Муавра, 7— Ньютона–Лейбнiца, 41

функцiя— аналiтична, 24— елементарна, 18— гармонiчна, 33

iнтеграл, 40— Кошi, 54— другого роду, 40— першого роду, 40

коефiцiєнт— лiнiйного розтягнення, 29— розтягнення площi, 29

комплексне число, 6— аргумент, 6— дiйсна частина, 6— матрична форма, 11— модуль, 6— показникова форма, 7— спряжене, 6— тригонометра форма, 7— уявна частина, 6

кут повороту, 29похiдна, 24

— формальна Кошi, 25сфера

— Рiмана, 11умови

— Кошi–Рiмана, 24в ортогональних координатах, 29

— — в полярних координатах, 26умови Кошi– Рiмана

— для довiльного базису, 29

70

Навчальне видання

Бiлоколос Євген ДмитровичЗайцева Людмила Леонтiївна

Шека Денис Дмитрович

Збiрник задач з комплексного аналiзуЧастина I. Функцiї комплексної змiнної

Методична розробка для студентiв природничих факультетiв

Оригiнал-макет виготовлено авторами за допомогою видавничогопакету LATEX2e з використанням шрифтiв PSCyr

Documents

Збiрникзадачзкомплексногоаналiзу ЧастинаI ...matphys.rpd.univ.kiev.ua/downloads/publ/complan_taskbook_1.pdfПередмова Видання розпочинає