Условия Коши — Римана

[f3b4c9083ba91]

1) Проверить, аналитична или нет хотя бы в одной точке. Условия Коши — Римана
Начало решения.
\begin{array}{l}{z^2} - \ln z = {\left( {x + iy} \right)^2} - \ln \left( {x + iy} \right) = {x^2} + 2iy - {y^2} - \ln x\ln iy = {x^2} + 2iy - {y^2} - \ln x\left( {\ln y + i\frac{\pi }{2}} \right) = {x^2} - {y^2} - \ln x\ln y - i\left( {\ln x\frac{\pi }{2} + 2y} \right)\\u\left( {x,y} \right) = {x^2} - {y^2} - \ln x\ln y\\v\left( {x,y} \right) = - \ln x\frac{\pi }{2} - 2y\end{array}
2) Восстановить аналитическую в окрестности точки z0, функцию f(z) по известной действительной U(x,y) или мнимой части V(x,y) и значение f(z0)

\begin{array}{l}v = {x^2} - {y^2} - 1\\f\left( 0 \right) = 0\\\frac{{\partial v}}{{\partial y}} = - 2y\\\frac{{\partial v}}{{\partial x}} = 2x\\\frac{{\partial v}}{{\partial y}} = \frac{{\partial u}}{{\partial x}} = - 2y \Rightarrow u = \int { - 2ydx} = - 2yx + \varphi \left( y \right)\\\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = - \frac{{\partial v}}{{\partial x}}\\ - 2x + \varphi '\left( y \right) = - 2x\\\varphi '\left( y \right) = 0 \Rightarrow \varphi \left( y \right) = C\\u = - 2yx + C\\f\left( {x,y} \right) = - 2yx + C + i\left( {{x^2} - {y^2} - 1} \right)\\C = i\\f\left( {x,y} \right) = - 2yx + i + i\left( {{x^2} - {y^2} - 1} \right) = - 2yx + i\left( {{x^2} - {y^2}} \right)\end{array}
3) Восстановить аналитическую в окрестности точки z0, функцию f(z) по известной действительной U(x,y) или мнимой части V(x,y) и значение f(z0)


u = {\textstyle{{x + 1} \over {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}}}};f\left( 0 \right) = 1


$\begin{array}{l}\frac{{\partial v}}{{\partial y}} = \frac{{{y^2} - {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} \right)}^2}}} \Rightarrow v\left( {x,y} \right) = \int {\frac{{{y^2} - {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} \right)}^2}}}dy} = - \frac{y}{{{x^2} + 2x + {y^2} + 1}} + \varphi \left( x \right)\\\frac{{\partial u}}{{\partial y}} = {\left( {\frac{{x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}}}} \right)_y}^\prime = \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}_y}^\prime \left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} \right) - \left( {x + 1} \right){{\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} \right)}_y}^\prime }}{{{{\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} \right)}^2}}} = \frac{{ - 2y\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} \right)}^2}}}\\\frac{{\partial v}}{{\partial x}} = {\left( { - \frac{y}{{{x^2} + 2x + {y^2} + 1}} + \varphi \left( x \right)} \right)_x}^\prime = \frac{{y\left( {2x + 2} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 2x + {y^2} + 1} \right)}^2}}} + \varphi '\left( x \right)\\\frac{{ - 2y\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}} \right)}^2}}} = - \frac{{y\left( {2x + 2} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 2x + {y^2} + 1} \right)}^2}}} - \varphi '\left( x \right) \Rightarrow \varphi \left( x \right) = 0\\f\left( {x,y} \right) = \frac{{x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + {y^2}}} - i\frac{y}{{{x^2} + 2x + {y^2} + 1}}\end{array}$
Верно ли я решаю?
Спасибо.

[ewert]

f3b4c9083ba91 в сообщении #539693 писал(а):

${z^2} - \ln z = {\left( {x + iy} \right)^2} - \ln \left( {x + iy} \right) = {x^2} + 2iy - {y^2} - \ln x\ln iy$

Вы перепутали -- у логарифма свойство прямо противоположное. И нужно здесь никакое не свойство, а просто стандартная формула для комплексного логарифма.

f3b4c9083ba91 в сообщении #539693 писал(а):

$f\left( {x,y} \right) = - 2yx + i + i\left( {{x^2} - {y^2} - 1} \right) = - 2yx + i\left( {{x^2} - {y^2}}\right)$

Это правда (деталей в выкладках не проверял, но ответ верен, и схема решения тоже). Однако с двумя оговорками. Во-первых, само условие некорректно: заданная мнимая часть откровенно противоречит заданному начальному условию. Во-вторых, если уж просят восстановить аналитическую функцию, то обычно подразумевается, что окончательный ответ должен выражаться только через $z$, а не через $x,y$.

Хотя это, конечно, зависит от того, что начальству приспичит. А у вашего начальства проблем с формулировками хватает. В частности, стоит иметь в виду, что "аналитичности в точке" не бывает. В отдельной точке бывает дифференцируемость, понятие же аналитичности (т.е. дифференцируемости в каждой точке) имеет смысл только применительно к поведению функции в некоторой области.

[f3b4c9083ba91]

1) {z^2} = {\left( {x + iy} \right)^2} = {x^2} - {y^2} + i2xy
\ln z = {\rm{ln}}|z|{\rm{ }} + i{\rm{arg}}z = \ln \left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \right) + i\frac{y}{x}
Верно?

[ewert]

f3b4c9083ba91 в сообщении #539792 писал(а):

\ln z = {\rm{ln}}|z|{\rm{ }} + i{\rm{arg}}z = \ln \left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \right) + i\frac{y}{x}
Верно?

Самое последнее неверно.

P.S. Окаймляйте формулу не тегом math, а значками доллара.

[f3b4c9083ba91]

$\ln z = {\rm{ln}}|z|{\rm{ }} + i{\rm{arg}}z = \ln \left( {\sqrt {{x^2} + {y^2}} } \right) + iarctg\frac{y}{x}&$