Ниже приведено подробное решение на русском языке.

---

Шаг 1. Уточнение постановки задачи

Нам дана функция $f(z)$, аналитическая в некоторой области (то есть голоморфная), и известна её действительная часть:

$$u(x,y) \;=\; \Re\,f(z) \;=\; -2xy \;-\; 2y \,,$$

где $z = x + i\,y$. Требуется найти полную функцию

$$f(z) \;=\; u(x,y) \;+\; i\,v(x,y),$$

то есть найти и мнимую часть $v(x,y)$, и при этом удовлетворить условию $f(0)=0$.

Чтобы $\Re f(z)$ действительно являлась действительной частью аналитической функции, $u(x,y)$ должна быть гармонической, и должны выполняться уравнения Коши–Римана.

Примечание. Судя по контексту, «$-2xy - 2y?$» в условии, скорее всего, опечатка, и имеется в виду именно

$$u(x,y) = -2\,x\,y \;-\; 2\,y\,.$$

Проверим, что это действительно гармоническая функция.

---

Шаг 2. Проверка гармоничности $u(x,y)$

Функция $u(x,y)$ должна удовлетворять уравнению Лапласа:

$$\Delta u \;=\; \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \;+\; \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \;=\; 0.$$

Вычислим частные производные:

$$u(x,y) \;=\; -2xy \;-\; 2y.$$

$$u_x = \frac{\partial}{\partial x}(-2xy - 2y) \;=\; -2y.$$

$$u_{xx} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \;=\; \frac{\partial}{\partial x}(-2y) \;=\; 0.$$

$$u_y = \frac{\partial}{\partial y}(-2xy - 2y) \;=\; -2x \;-\; 2.$$

$$u_{yy} = \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} \;=\; \frac{\partial}{\partial y}(-2x - 2) \;=\; 0.$$

Тогда

$$\Delta u = u_{xx} + u_{yy} = 0 + 0 = 0.$$

Значит, $u(x,y)$ гармоническая. Это необходимое условие для того, чтобы быть $\Re f(z)$ для некоторой аналитической $f$.

---

Шаг 3. Уравнения Коши–Римана

Пусть

$$f(z) \;=\; u(x,y) \;+\; i\,v(x,y),$$

где $u$ и $v$ связаны классическими уравнениями Коши–Римана:

$$\begin{cases} u_x = v_y, \\ u_y = -\,v_x. \end{cases}$$

Из (1) и (2) выше у нас:

• $u_x(x,y) = -2y.$
• $u_y(x,y) = -2x - 2.$

Тогда по Коши–Риману:

$$v_y = u_x \;=\; -2y.$$

$$-v_x = u_y \;=\; -2x \;-\; 2, \quad\text{то есть}\quad v_x = 2x + 2.$$

---

Поиск $v(x,y)$

1. Из $v_y = -2y$ интегрируем по $y$:

   $$v(x,y) \;=\; \int (-2y)\,dy \;=\; -y^2 \;+\; h(x),$$

   где $h(x)$ — некоторая функция только от $x$.

2. Далее из $v_x = 2x + 2$ найдём производную $\frac{\partial}{\partial x}$ для полученного выражения:

   $$v(x,y) = -y^2 + h(x).$$

   Значит

   $$v_x(x,y) \;=\; \frac{\partial}{\partial x}\bigl[-y^2 + h(x)\bigr] \;=\; h'(x).$$

   Но по уравнению Коши–Римана мы знаем:

   $$v_x(x,y) \;=\; 2x + 2.$$

   Отсюда следует

   $$h'(x) = 2x + 2 \;\;\Longrightarrow\;\; h(x) = x^2 + 2x + C,$$

   где $C$ — константа.

Таким образом,

$$v(x,y) \;=\; -y^2 + x^2 + 2x + C.$$

---

Шаг 4. Условие $f(0) = 0$

Нам дано условие $f(0) = 0$. При $z=0$ (то есть $x=0,\,y=0$), имеем:

$$u(0,0) = -2\cdot 0 \cdot 0 - 2\cdot 0 = 0, \quad v(0,0) = -0^2 + 0^2 + 2\cdot 0 + C = C.$$

Чтобы $f(0) = u(0,0) + i\,v(0,0) = 0$, необходимо $C=0$.

Итоговые выражения:

$$\begin{cases} u(x,y) = -2xy - 2y,\\[6pt] v(x,y) = -\,y^2 \;+\; x^2 \;+\; 2x. \end{cases}$$

Следовательно,

$$f(z) \;=\; u(x,y) + i\,v(x,y) \;=\; \bigl(-2xy - 2y\bigr) \;+\; i\bigl(-y^2 + x^2 + 2x\bigr).$$

---

Шаг 5. Запись ответа в форме $f(z)$ через $z = x + i\,y$

Иногда удобно найти «короткую» формулу через $z$. Для аналитической функции мы можем пользоваться тем, что

$$x = \frac{z + \bar{z}}{2}, \quad y = \frac{z - \bar{z}}{2i}.$$

Однако ещё проще воспользоваться тем, что из уравнений Коши–Римана можно (формально) находить $f'(z)$ и затем интегрировать по $z$.

Мы уже знаем:

$$u_x = -2y, \quad v_x = 2x + 2.$$

Тогда

$$f'(z) \;=\; u_x + i\,v_x \;=\; (-2y) + i\,(2x + 2).$$

Переведём $x,y$ в термины $z$ и $\bar{z}$. Напомним:

$$y = \frac{z - \bar{z}}{2i} \;\;\Longrightarrow\;\; -2y = -\,2 \cdot \frac{z - \bar{z}}{2i} \;=\; -\frac{z - \bar{z}}{i}.$$

Но удобнее «разнести» сразу:

$$-2y + i(2x+2) \;=\; -2 \cdot \frac{z - \bar{z}}{2i} \;+\; i\Bigl(2 \cdot \frac{z + \bar{z}}{2} + 2\Bigr).$$

Упростим пошагово:

$$-2y = -2 \cdot \frac{z - \bar{z}}{2i} = -\,\frac{z - \bar{z}}{i} = i(z - \bar{z}) \quad (\text{поскольку } 1/i = -\,i).$$

$$i(2x + 2) = i\bigl(2 \tfrac{z + \bar{z}}{2} + 2\bigr) = i\bigl((z + \bar{z}) + 2\bigr) = i(z + \bar{z}) + 2i.$$

Суммируя:

$$f'(z) = i(z - \bar{z}) + i(z + \bar{z}) + 2i = i\,z - i\,\bar{z} + i\,z + i\,\bar{z} + 2i = 2i\,z + 2i.$$

(Заметим, что $-\,i\,\bar{z}$ и $+\,i\,\bar{z}$ взаимно уничтожились.)

Итого

$$f'(z) = 2\,i\,(z + 1).$$

Проинтегрируем по $z$:

$$f(z) = \int f'(z)\,dz = \int 2\,i\,(z + 1)\,dz = 2\,i \int (z + 1)\,dz = 2\,i \Bigl(\tfrac{z^2}{2} + z\Bigr) + \text{const} = i\,z^2 + 2\,i\,z + \text{const}.$$

Так как $f(0) = 0$, получаем $\text{const}=0$. Следовательно,

$$\boxed{f(z) \;=\; i\,z^2 \;+\; 2\,i\,z.}$$

---

Шаг 6. Проверка действительной части

Проверим, что $\Re f(z) = -2xy - 2y$. Действительно, при $z=x+ i\,y$:

$$z^2 = (x + i\,y)^2 = x^2 - y^2 + 2\,i\,x\,y,$$ $$i\,z^2 = i\bigl(x^2 - y^2 + 2i\,x\,y\bigr) = i(x^2 - y^2) + i(2i\,x\,y).$$

Заметим:

• $i(x^2 - y^2)$ есть чисто мнимая часть (т.к. $x^2-y^2$ умножается на $i$).
• $i \cdot 2i = 2i^2 = -2$.

Значит

$$i\,z^2 = i(x^2 - y^2) \;-\; 2\,x\,y \quad\Longrightarrow\quad \Re\bigl[i\,z^2\bigr] = -\,2x\,y.$$

А для $2\,i\,z = 2\,i(x + i\,y)$:

$$2\,i\,z = 2\,i\,x + 2\,i^2\,y = 2\,i\,x - 2\,y.$$

Здесь вещественная часть $\Re(2\,i\,z) = -2\,y$.

Складывая:

$$\Re\bigl[i\,z^2 + 2\,i\,z\bigr] = \bigl(-2xy\bigr) + \bigl(-2y\bigr) = -2xy - 2y.$$

Это именно то, что дано в задаче. Условие $f(0)=0$ тоже выполнено.

---

Итоговый ответ

Аналитическая функция $f(z)$ с действительной частью $\displaystyle u(x,y) = -2\,x\,y \;-\; 2\,y$ и нормировкой $f(0)=0$ имеет вид

$$\boxed{ f(z) \;=\; i\,z^2 \;+\; 2\,i\,z. }$$

При желании в «развёрнутом» виде по $x,y$ это

$$f(x+ i\,y) = \bigl(-2xy - 2y\bigr) + i\,\bigl(x^2 + 2x - y^2\bigr).$$