Cap 1

1

Matemetici speciale. Probleme

Capitolul I FUNCŢII COMPLEXE 1. Să se determine funcţia olomorfă f(z) ştiind că partea reală a sa u(x,y)=ln(x2+y2) şi f(1)=0. Soluţie: Verificăm ∆u=0 ⇔ Apoi,

∂u 2x ∂u 2y ∂ 2u ∂ 2 u = 2 = 2 + 2 = 0 . Avem: şi . 2 2 ∂x ∂y ∂x x + y ∂y x + y 2

∂ 2u ∂ ⎛ ∂u ⎞ 2( x 2 + y 2 ) − 4 x 2 = ⇒ ⎜ ⎟= ( x 2 + y 2 )2 ∂x 2 ∂x ⎝ ∂x ⎠

⇒

∂ 2u 2 y 2 − 2 x 2 . = ∂x 2 ( x 2 + y 2 ) 2

(*)

Din cauza simetriei funcţiei u(x,y), obţinem: ∂ 2u 2 x 2 − 2 y 2 . = ∂y 2 ( x 2 + y 2 ) 2

(**)

Din relaţiile (*) şi (**) vom obţine: ∆u =

2 y2 − 2x2 + 2x2 − 2 y2 = 0 , adică u(x,y) este o funcţie armonică ( x2 + y 2 )2

(∆u = 0). Mai departe, folosim: f / ( z) =

f / ( z) =

∂u 2 ∂u ∂u ∂u = −i = 0 ; deci şi facem y=0 şi x = z ⇒ şi ∂x ∂y ∂y ∂x z

dz 2 de unde f ( z ) = 2∫ ⇒ f ( z ) = 2 ln z + C; din condiţia f(1)=0 găsim: z z

2 ln 1 + C = 0 ⇒ C = 0 şi deci: f ( z ) = 2 ln z .

2

Matemetici speciale. Probleme

2. Să se determine funcţia olomorfă f(z) ştiind că partea reală a sa este: u ( x, y ) = ϕ ( x + x 2 + y 2 ) , ϕ derivabilă, f(0) = 0 şi f / (1) =

1 . 2

Soluţie: Verificăm ∆u = 0 ⇔ Avem:

Apoi,

∂ 2u ∂ 2 u + 2 = 0. Notăm x + x 2 + y 2 = t . 2 ∂y ∂x

⎞ dϕ x + x 2 + y 2 2x ∂u dϕ ∂t dϕ ⎛⎜ ⎟ = 1+ ; = = ∂x dt ∂x dt ⎜⎝ 2 x 2 + y 2 ⎟⎠ dt x2 + y 2

∂ 2u ∂ ⎛ ∂u ⎞ d 2ϕ ∂t x + x 2 + y 2 dϕ = ⎜ ⎟= + dt ∂x 2 ∂x ⎝ ∂x ⎠ dt 2 ∂x x2 + y 2

x2 + y 2 −

x2 x2 + y2

x2 + y 2

y2 ∂ 2u d 2ϕ ( x + x 2 + y 2 ) 2 dϕ + . ⇒ 2 = 2 dt x2 + y 2 dt ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 ∂x

⇒

(*)

Avem, ∂u dϕ ∂t dϕ = = ∂y dt ∂y dt

y x2 + y 2

şi

∂ 2u d 2ϕ y 2 dϕ = 2 2 + 2 2 ∂y dt x + y dt

x2 + y 2 −

y2 x2 + y 2

x2 + y2

de unde ∂ 2u d 2ϕ y 2 dϕ x2 = + ∂y 2 dt 2 x 2 + y 2 dt ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2

Din (*) şi (**), prin adunare, obţinem: ∆u =

d 2ϕ x 2 + 2 x x 2 + y 2 + x 2 + y 2 + y 2 dϕ x2 + y 2 + dt 2 x2 + y2 dt ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2

∆u =

d 2ϕ 2 x 2 + y 2 ( x + x 2 + y 2 ) dϕ + dt 2 x2 + y 2 dt

sau

de unde:

1

x + y2 2

(**)

3

Matemetici speciale. Probleme ∆u =

⎛ d 2ϕ dϕ ⎞ ⎜2 2 t + ⎟ 2 2 ⎜ dt ⎟⎠ x + y ⎝ dt 1

(***)

Din (***) şi condiţia ∆u=0 obţinem ecuaţia diferenţială: 2t

d 2ϕ dϕ + =0 dt 2 dt

(1)

Ecuaţia (1) mai poate fi scrisă astfel: ϕ '' 1 =− ' ϕ 2t

(1/)

Integrând (1/) obţinem: 1 ln ϕ / = − ln t + ln C1 2

(2)

dϕ 2C1 = dt 2 t

(2/)

ϕ (t ) = 2C1 t + C2

(3)

u ( x, y ) = 2C1 ( x + x 2 + y 2 ) + C2

(4)

sau

de unde:

C1, C2 – constante reale. Din relaţia (3) obţinem:

Folosim acum faptul că: f / ( z ) = obţinem f / ( z ) =

∂u ∂u −i şi înlocuind y=0 şi x=z ∂y ∂x

2C1 2 2C1 = de unde: 2 z 2 z f ( z ) = 2 2C1 z + C2

Din condiţiile f(0)=0 şi f / (1) =

1 obţinem: 2

(5)

4

Matemetici speciale. Probleme ⎧ ⎪2 2C 0 + C = 0 ⇒ C = 0 1 2 2 ⎪⎪ şi ⎨ ⎪ 1 1 ⎪ 2C1 = ⇒ C1 = ⎪⎩ 2 2 2

(6)

Din (5) şi (6) obţinem:

f ( z) = 2 2

1 2 2

z adică

f ( z) = z

(7)

3. Să se arate că f ( z ) = z 2 , z ≠ 0, realizează o transformare conformă în C\{0}. Să se afle imaginea dreptelor x=1 şi y=1. Să se verifice proprietatea exprimată de o transformare conformă. Soluţie: Observăm că f ( z ) = ( x + iy ) 2 = x 2 + y 2 + 2 xyi; rezultă ⎧u ( x, y ) = x 2 − y 2 ⎨ ⎩v( x, y ) = 2 xy

(*)

Condiţiile Cauchy-Riemann sunt: ⎧ ∂u ∂v ⎪ ∂x = ∂y = 2 x ⎪ ⇒ f ∈ H(C*) ⎨ ⎪ ∂u = − ∂v = −2 y ⎪⎩ ∂y ∂x

şi deci funcţia f(z) realizează o

transformare conformă şi f ′( z ) = 2 z ≠ 0 când z ≠ 0 .

5

Matemetici speciale. Probleme ⎧u = x 2 − y 2 Avem ⎨ ⎩v = 2 xy

y

ω=z2

x=1

v

(U1)

(U2) (Γ2)

(C1)

N

(0,2)

ω=900 y=1 (C2)

M(1,1) 0

x

(A)

(-1,0)

0

(1,0)

(B)

(0,-2)

f(C1)=Γ1 Imaginea dreptei x=1 (C1) este parabola (Γ1) având ecuaţia ⎧u = 1 − y 2 v2 v 2 = −4(u − 1) (dacă facem x=1 în (*) obţinem: ⎨ de unde ⇒ u = 1− v 4 y= ⎩v = 2 y 2

v 2 = −4(u − 1) )

Imaginea dreptei y=1 (C2) este parabola (Γ2) având ecuaţia v 2 = 4(u + 1).

Trebuie să arătăm că unghiul dintre U1 şi U2 este de 90o ((U1) este tangentă la (Γ1); (U2) este tangentă la (Γ2)). Pentru aceasta trebuie să arătăm că: mU 1 mU 2 = −1 , m – pante 4 4

Avem: mU = v′(0) = − = −1 , v = − 4(u − 1) iar v′(u ) = 1

şi mU = v′(0) = 2

4 4 = 1 , v = 4(u + 1) iar v′(u ) = , deci: 4 2 4(u + 1)

(**) −4 2 − 4(u − 1)

6

Matematici speciale. Probleme /

o

/

mU 1 mU 2 = −1 , adică (U1)⊥ (U1) ⇔ ω = 90 şi deci ω=ω .

4. Să se dezvolte în serie Laurent funcţia: f ( z ) =

2z − 1 în z − z−6 2

domeniile: a) z < 2; b) 2 < z < 3; c) z > 3; Soluţie: Observăm că: f ( z ) =

A B + de unde, z +2 z −3

2 z − 1 ≡ ( A + B ) z − 3 A + 2 B; deci: ⎧A + B = 2 ⎧A = 1 ⇒⎨ şi deci: ⎨ ⎩− 3 A + 2 B = −1 ⎩ B = 1 f ( z) =

1 1 + z +1 z − 3

(1)

Observăm că domeniile a), b) şi c) sunt:

y 2< z <3 z <2

z >3 -3

-2

0

2

a

3

b c

x

7

Matemetici speciale. Probleme a) z < 2 ⇔

z < 1. Relaţia (1) poate fi scrisă 2

f ( z) =

În (1/),

1 1 1 1 − 2 1+ z 31− z 2 3

(1/)

z < 1 şi putem folosi seria geometrică: 3

∞ ∞ 1 1 = ∑ ( −1) n −1 q n −1 şi = ∑ q n −1 , având q < 1. 1 + q n =1 1 − q n =1

(2)

Obţinem: f ( z) =

n −1 1 ∞ 1 ∞ z n −1 n −1 z − − ( 1 ) ∑ ∑ 2 n =1 2n −1 3 n =1 3n −1

(1//)

de unde: ∞ ⎡ 1 ⎞⎤ ⎛ 1 f ( z ) = ∑ ⎢(−1) n −1 ⎜ n −1 − n −1 ⎟⎥z n −1 3 ⎠⎦ ⎝2 n =1 ⎣

(a)

((a) reprezintă partea tayloriană a dezvoltării lui f(z)). b) În figură, (b) reprezintă coroana 2 < z < 3. În aceasta, vom obţine dezvoltarea în serie Laurent a lui f(z). Observăm că:

z 2 1 1 1 1 < 1 şi < 1 în (b). Atunci f ( z ) = de − 2 3 z z 1+ 31− z z 3

unde: f ( z) =

1 ∞ 1 ∞ z n −1 z n −1 (−1) n −1 n −1 − ∑ ∑ n −1 3 z n =1 n =1 3  2

 

partea principala

partea tayloriana

În (c) obţinem doar partea principală deoarece: f ( z) =

sau

(b)

1 ∞ 2n −1 1 ∞ 3n −1 (−1) n −1 n −1 + ∑ n −1 ∑ z n =1 z z n =1 z

3 2 < 1 şi < 1 . Avem: z z

(2)

8

Matematici speciale. Probleme

[

∞

f ( z ) = ∑ (−1) n −1 2n −1 + 3n −1 n =1

5. Să se calculeze I = ∫C

] z1

(c)

n

eiπz dz unde C : x 2 + y 2 = 4 . z2 + 1

Soluţie: Observăm că x 2 + y 2 = 4 (cerc): y 2

(C)

i ∆

-1

1 x

0 -i -2

eiπz sunt z1 = i şi z2 = −i (poli simpli). Folosind Polii funcţiei f ( z ) = 2 z +1

teorema reziduurilor obţinem: I = 2πi (rezf (−i ) + rezf (i ))

(1)

Avem: rezf (−i ) =

P(−i ) eπ P(i ) e −π ( ) rezf i şi = = = 2i Q / (−i ) − 2i Q / (i )

(2)

Deci: ⎛ eπ e −π ⎞ ⎟⎟ de unde I = 2πi⎜⎜ + ⎝ 2i 2i ⎠

(

I = π e −π − eπ

6. Să se calculeze: I =

2π

dθ

∫ (5 + 4 cosθ ) 0

)

2

(3)

9

Matemetici speciale. Probleme Soluţie: Notăm eiθ = z . Observăm că: dz = izdθ de unde dθ =

cosθ =

z+ 2

1 z şi integrala devine:

I =∫

dz iz z =1

1⎞ ⎛ z+ ⎟ ⎜ z⎟ ⎜5 + 4 2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

2

=

z 1 dz 2 ∫ z = 1 i (2 z + 5 z + 2) 2

Observăm că z = 1 este:

−

z Polii funcţiei f ( z ) = 2 (2 z + 5 z + 2) 2

sunt z1 = −

dz ; apoi iz

y

1 2

∆

z =1

x 0

1

1 şi z2 = −2 . Observăm că doar 2

1 z1 = − ∈ ∆ şi el este pol dublu. Folosind teorema reziduurilor obţinem: 2 1 ⎛ 1⎞ I = 2πi rezf ⎜ − ⎟ i ⎝ 2⎠

(1) /

2 ⎤ 1 ⎡⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ Avem: rezf ⎜ − ⎟ = ⎢⎜ z + ⎟ . f ( z )⎥ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ (2 − 1)! ⎣⎢⎝ ⎦⎥ z = − 1

2

de unde: /

2 ⎤ z 1 ( z + 2) 2 − 2 z ( z + 2) ⎛ 1 ⎞ ⎡ (2 z + 1) rezf ⎜ − ⎟ = ⎢ = ⎥ 4 (2 z + 1) 2 ( z + 2) 2 ⎦ z = − 1 4 ( z + 2) ⎝ 2⎠ ⎣ 2

sau ⎛ 1⎞ 1 − z +2 rezf ⎜ − ⎟ = 3 ⎝ 2 ⎠ 4 ( z + 2)

deci:

z =−

1 2

1 2+ 1 2 =15 8 = 3 4⎛ 4 2 27 1⎞ ⎜2 − ⎟ 2⎠ ⎝

z =−

1 2

10

Matematici speciale. Probleme ⎛ 1⎞ 5 rezf ⎜ − ⎟ = ⎝ 2 ⎠ 27

(2)

Din (1) şi (2) găsim: I=

2π

7. Să se calculeze: I = ∫0

10π 27

(3)

cos nθ dθ , a>1, n ∈ N * . 2 1 − 2a cosθ + a

Soluţie: 2π

Să considerăm şi integrala J = ∫0

sin nθ dθ şi să ne propunem 1 − 2a cosθ + a 2

să calculăm I + iJ. Avem:

∫

I + iJ =

2π

0

n 2π (cosθ + i sin θ ) cos nθ + i sin nθ dθ = ∫ dθ . 0 1 − 2a cosθ + a 2 1 − 2a cosθ + a 2

Notăm: eiθ = z (eiθ = cosθ + i sin θ ). Observăm că dz = izdθ , de unde z+

dz ; cosθ = dθ = iz

2

I + iJ = ∫

1 z , găsim: zn

2π

0

1 − 2a

z+ 2

1 z + a2

I + iJ = −

dz , care se mai poate scrie astfel: iz

zn 1 dz i ∫ z =1 az 2 − (1 + a 2 ) z + a

y

Observăm că funcţia: z =1

∆ 0

(1)

1 a

1 x

f ( z) =

zn az 2 − (1 + a 2 ) z + a

polii simpli z1 =

1 şi z2 = a ; observăm a

1 a

că z1 = ∈ ∆ şi z2 = a ∉ ∆ . Aplicând teorema reziduurilor, relaţia (1) devine: 1 1 I + iJ = − 2πirezf ( ) i a

are

(1/)

11

Matemetici speciale. Probleme Observăm că: 1 1 n n 1 a rezf ( ) = = a 2 a P ( a ) 2a 1 − (1 + a 2 ) 1 − a Q′( a ) a

Cu acest rezultat, obţinem: I + iJ = −2π

1 1 2π = 2 n 2 a 1− a (a − 1)a n

(2)

Din relaţia (2) obţinem în final: 2π ⎧ ⎪ I = a n (a 2 − 1) ⎪⎪ ⎨şi ⎪J = 0 ⎪ ⎪⎩

(3)

dz unde 2 2 C ( z − 1) ( z + 1)

8. Să se calculeze integrala: I = ∫ (C): x 2 + y 2 = 2 x + 2 y Soluţie:

Observăm că (C) este un cerc cu centrul în punctul (1,1) şi de rază r = 2 , adică:

y (C)

∆ (1,1)

i

0

1

x

12

Matematici speciale. Probleme

1 sunt polii simpli: z1 = i şi ( z − 1) ( z 2 + 1)

Singularităţile funcţiei f ( z ) =

2

z2 = −i şi polul dublu z3 = 1 . Observăm că: z1 = i ∈ ∆ , z2 = −i ∉ ∆ şi z3 = 1 ∈ ∆ .

Aplicând teorema reziduurilor, obţinem că: I = 2πi (rezf (i ) + rezf (1)).

(1)

Avem: rezf (i) =

P (i ) Q ′(i )

1 2( z − 1)( z + 1) + ( z − 1) 2 2 z

=

2

z =i

1 1 = 2 (i − 1) 2i 4

(2)

şi rezf (1) =

[

/

]

/ 2z 1! ⎛ 1 ⎞ ( z − 1) 2 f ( z ) z =1 = ⎜ 2 ⎟ =− 2 ( z + 1) 2 (2 − 1)! ⎝ z + 1 ⎠ z =1

=− z =1

2 (3) 4

Din (2) şi (3) obţinem: ⎛1 2⎞ I = 2πi⎜ − ⎟ ⎝4 4⎠

(4)

de unde obţinem valoarea integralei: I =−

9. Să se calculeze I =

πi

(5)

2

∞

x4 ∫ 1 + x6 dx −∞

Soluţie: Fie funcţia

f ( z) =

z4 . 1 + z6

Observăm că: z 6 + 1 = 0

π

π

π

π

6

6

2

2

următori: z1 = cos + i sin , z2 = cos + i sin

şi z3 = cos

are polii

5π 5π + i sin (având 6 6

partea imaginară pozitivă). Să considerăm conturul de mai jos (C): y (Γ) z2

z3 -R

0

(C ) = [− R, R] ∪ (Γ)

z1 R

x

13

Matemetici speciale. Probleme Observăm că:

∫

R

f ( z )dz =

∫ f ( z )dz + ∫ f ( z )dz

−R

c

(1)

Γ

Aplicând teorema reziduurilor (1) devine: 3

2πi ∑ rezf ( zk ) = k =1

∫

R

(pe [− R, R], z = x ). În (1/) trecem la

(1/)

f ( x)dx + ∫ f ( z )dz

−R

Γ

lim

R →∞, z →∞

şi obţinem:

∞

2πi (rezf ( z1 ) + rezf ( z 2 ) + rezf ( z3 )) = ∫ f ( x)dx + lim ∫ f ( z )dz −∞

(2)

R →∞ Γ z →∞

Folosind în relaţia (2) Lema lui Jordan ( lim zf ( z ) = 0 ⇒ lim ∫Γ f ( z )dz = 0 ) R →∞ z →∞

R →∞ z →∞

observăm că:

∫

∞

−∞

f ( x)dx = 2πi (rezf ( z1 ) + rezf ( z 2 ) + rezf ( z3 ))

Pentru calculul reziduurilor folosim formula rezf (a) = simplu al funcţiei f ( z ) = rezf ( z1 ) =

P (a ) (a pol Q′(a )

P( z ) ). Avem: Q( z )

1 1 1 z14 , rezf ( z2 ) = şi rezf ( z3 ) = . = 5 6 z1 6 z1 6 z2 6 z3

Cu cele de mai sus relaţia (2) devine: I=

2πi ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎜ + + ⎟ 6 ⎜⎝ z1 z2 z3 ⎟⎠

(2/)

sau ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎟ πi ⎜⎜ i 1 1 1 πi ⎜ ⎟ + + şi I = I= − i⎟ 3 ⎜− 3 − 1 ⎟ 3⎜ 3 1 i 3 1⎟ ⎜ ⎟ +i − +i ⎟ ⎜ ⎝ 4 4 ⎠ 2 2 2⎠ ⎝ 2

de unde: I=

2π . 3

(3)

14

Matematici speciale. Probleme ∞

1

∫ (1 + x )

10. Să se calculeze: I =

2 4

dx.

−∞

Soluţie: Fie funcţia f ( z ) =

1 ; observăm că: z1 = i ( Im z1 > 0 ) este pol (1 + z 2 ) 4

multiplu de ordinul patru. Să considerăm conturul de mai jos (C): y (Γ) i -R

(C ) = [− R, R ] ∪ (Γ).

0

R

x

Observăm că:

∫

R

f ( z )dz =

∫ f ( z )dz + ∫ f ( z )dz.

−R

C

(1)

Γ

Aplicând teorema reziduurilor (1) devine: 2πirezf (i ) =

R

∫ f ( x)dx + ∫ f ( z )dz

−R

(1′)

Γ

(pe [-R,R], z = x). În (1′) trecem la Rlim şi obţinem: →∞ z →∞

∞

2πirezf (i ) =

∫

−∞

f ( x)dx + lim ∫ f ( z )dz R →∞

(2)

Γ

f ( z )dz = 0 (Lema lui Jordan: În relaţia (2) observăm că Rlim →∞ ∫ Γ

lim zf ( z ) = 0 ⇒ lim ∫ f ( z )dz = 0 ).

R →∞ z →∞

R →∞

Γ

⎛ z x2 + y2 z ⎜ zf z ( ) = = = = 2 ⎜⎜ 2 2 2 2 4 (1 + z 2 ) 4 1 + ( 1 + + + ( ) ) z z z z z ⎝

15

Matemetici speciale. Probleme =

⎞ x2 + y2 → 0 pe y = mx m ∈ R, x → ∞ ⎟ 2 2 4 4 2 2 ⎟ (1 + 2 x − 2 y + x + y + 2 x y ) ⎠

Cu aceasta, (2) devine: I = 2πirezf (i )

(3)

Putem calcula rezf(i) folosind formula: rezf (a ) =

[

]

( p −1) 1 ( z − a) p f ( z ) z = a ( p − 1)!

(4)

În cazul nostru, a = i şi p = 4. Relaţia (4) devine: ///

rezf (i ) =

⎤ 1⎡ 1 4 ⎢( z − i ) 4 4⎥ 3! ⎣ ( z − i) ( z + i) ⎦ z =i

(4/)

sau //

/

1⎡ 4 ⎤ 1⎛ 4⋅5 ⎞ 1 4⋅5⋅6 ⎟ =− = ⎜⎜ rezf (i ) = ⎢− 5⎥ 6 ⎟ 6 ⎣ ( z + i) ⎦ z =i 6 ⎝ ( z + i) ⎠ z =i 6 ( z + i)7

=− z =i

20 5 5 =− 5 43 = 7 7 2 i 2ii 32i

deci 5 32i

(5)

5 32i

(6)

rezf (i ) =

Din (2) şi (3) obţinem: I = 2πi

de unde: I=

5π 16

(7)

∞

11. Să se calculeze integralele: I1 = ∫− ∞ x sin x dx . − ∞ x − 6 x + 13

I2 = ∫

∞

2

Soluţie:

x cos x dx şi x − 6 x + 13 2

16

Matematici speciale. Probleme Să considerăm suma: f ( z) =

I1 + iI 2 =

xeix ∫− ∞ x 2 − 6 x + 13dx . ∞

Fie funcţia

zeiz . Observăm că polii funcţiei sunt: z1 = 3 + 2i şi z2 = 3 − 2i . z 2 − 6 z + 13

Reţinem polul z1 care are Im z1 > 0 . Să considerăm conturul de mai jos (C): y (Γ) z1 -R

0

x

R

(C)=[-R,R]∪(Γ) Observăm că:

∫

R

f ( z )dz =

c

∫ f ( z )dz + ∫ f ( z )dz.

−R

(1)

Γ

Aplicând teorema reziduurilor (1) devine: 2πirezf (3 + 2i ) =

R

∫ f ( x)dx + ∫ f ( z )dz

−R

(1`)

Γ

(pe [− R, R], z = x ). În (1′) trecem la Rlim şi obţinem: →∞ z →∞

2πirezf (3 + 2i ) =

∞

∫

−∞

f ( x)dx + lim ∫ f ( z )dz R →∞

(2)

Γ

f ( z )dz = 0 (pe baza Lemei lui Jordan În relaţia (2) observăm că Rlim →∞ ∫ Γ

⎛ ⎞ 1 z2 → 0 când z → ∞ ⎟⎟ . Avem: lim zf ( z ) = 0. ). ⎜⎜ zf ( z ) = 2 y R →∞ z − 6 z + 13 e ⎝ ⎠ z →∞ rezf (3 + 2i ) =

(3 + 2i )e −2 + 3i de unde: 2(3 + 2i ) − 6

rezf (3 + 2i ) =

1 [(2 cos 3 + 3 sin 3) − i(3 cos 3 − 2 sin 3)]. 4e 2

Din relaţiile (2) şi (3) obţinem:

(3)

17

Matemetici speciale. Probleme I1 + iI 2 =

π 2e 2

[3 cos 3 − 2 sin 3 + i(2 cos 3 + 3 sin 3)]

(4)

de unde: π ⎧ ⎪ I1 = 2e 2 (3 cos 3 − 2 sin 3) ⎪ ⎨şi ⎪ π ⎪I 2 = 2 (2 cos 3 + 3 sin 3) 2e ⎩

(5)

1

ez dz . 12. Să se calculeze integrala I = ∫ z =1 z (1 − z )

Soluţie: Observăm că z = 1 este cercul: y z =1

0

1

x

1

ez Singularităţile funcţiei f ( z ) = sunt z1 = 0 p.s.e. şi z2 = 1 pol z (1 − z )

simplu aparţinând cercului

z = 1 . Aplicând teorema reziduurilor şi

semireziduurilor avem: I = 2πirezf (0) + πirezf (1).

(1)

Pentru a calcula rezf (0) vom căuta c-1 din dezvoltarea în serie Laurent (c-1 coeficientul lui

1 ). Observăm că: z

18

Matematici speciale. Probleme ⎧ 1z 1 1 + + ... ⎪e = 1 + 1! z 2! z 2 ⎪⎪ ; ⎨şi ⎪ 1 ⎪ = 1 + z + z 2 + ... ⎪⎩ z (1 − z )

deci f ( z ) = ... + ⎛⎜1 + + ⎝

1 1!

1 ⎞1 + ... ⎟ + ... , adică 2! ⎠z c−1 = rezf (0) = e

Pentru a calcula rezf(1) folosim formula: rezf (a) =

(2) P (a ) (a pol Q′(a )

1

ez simplu a lui f(z)); avem: rezf (1) = 1 − 2z

= −e . z =1

Deci: I = π ⋅e⋅i

(3)