Реши подробно объясняя теорию нужную для решения з...

Ниже решены все 10 пунктов с нужной теорией (ТФКП).

Обозначаем $z=x+iy$, $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$.

---

1) Уравнения Коши–Римана, дифференцируемость/конформность

Дано

$$u=\frac{x^3-3xy^2}{(1+x^2+y^2)^3},\qquad v=\frac{3x^2y-y^3}{(1+x^2+y^2)^3}.$$

Заметим:

$$(x^3-3xy^2)+i(3x^2y-y^3)=(x+iy)^3=z^3,$$

поэтому

$$u+iv=\frac{z^3}{(1+x^2+y^2)^3}=\frac{z^3}{(1+z\bar z)^3}.$$

Зависимость от $\bar z$ обычно ломает голоморфность.

Теория: если $u,v\in C^1$, то $f$ комплексно дифференцируема в точке $\Leftrightarrow$ выполнены К–Р:

$$u_x=v_y,\qquad u_y=-v_x.$$

Проверка (сокращённо по результату вычислений): К–Р выполняются только в точке $(x,y)=(0,0)$. Во всех других точках — нет.

Значит:

• $f$ комплексно дифференцируема только в $z=0$;
• не является голоморфной ни в какой окрестности (т.к. К–Р не выполняются вокруг 0).

Про конформность: конформность в точке требует $f$ голоморфна в окрестности и $f'(z_0)\neq 0$. Тут даже в $0$ производная:

$$f'(0)=\lim_{z\to0}\frac{f(z)-f(0)}{z}=\lim_{z\to0}\frac{z^3}{(1+|z|^2)^3}\cdot \frac1z=\lim_{z\to0}\frac{z^2}{(1+|z|^2)^3}=0.$$

Итог: дифференцируема только в $0$, нигде не конформна.

---

2) Найти $v(x,y)$, чтобы $f=u+iv$ была голоморфной, $v(0,0)=0$

По фото:

$$u(x,y)=e^x\big((1-y)\cos y+y\sin y\big).$$

Ключевая теория: в односвязной области (а $|y|<\pi$ односвязна) у функции существует гармоническая сопряжённая $v$ тогда и только тогда, когда $u$ гармонична:

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

Считаем:

• $u_{xx}=u$ (так как множитель $e^x$);
• $u_{yy}$ даёт в сумме с $u_{xx}$ не ноль (получается $\Delta u\neq0$).

Вывод: при данном $u$ не существует $v$, чтобы $u+iv$ была голоморфной (в любой окрестности), потому что $u$ не гармонична.

⚠️ На практике в таких задачах часто бывает опечатка: вместо $(1-y)$ стоит $(1-x)$.
Если бы было

$$u=e^x\big((1-x)\cos y+y\sin y\big),$$

тогда $u=\Re\big(e^z(1-z)\big)$, и

$$v(x,y)=e^x\big((1-x)\sin y-y\cos y\big),$$

причём $v(0,0)=0$ автоматически.

---

3) Главная ветвь $\Log$ (разрез $(-\infty,0]$)

Теория: $\Log z=\ln|z|+i\Arg z$, где $\Arg z\in(-\pi,\pi]$.

1. $-i$: $|-i|=1$, $\Arg(-i)=-\pi/2$

$$\Log(-i)=0-\frac{i\pi}{2}.$$

2. $1-i$: $|1-i|=\sqrt2$, $\Arg(1-i)=-\pi/4$

$$\Log(1-i)=\ln\sqrt2-\frac{i\pi}{4}=\frac12\ln2-\frac{i\pi}{4}.$$

3. $2i$: $|2i|=2$, $\Arg(2i)=\pi/2$

$$\Log(2i)=\ln2+\frac{i\pi}{2}.$$

---

4) Ряд Лорана около $z=1$, тип точки, $\operatorname{Res}_{z=1}$

$$f(z)=\frac{e^{2z}(z^2+z+2)}{(z-1)^2(z+3)}.$$

В $z=1$ полюс 2-го порядка (из-за $(z-1)^2$).

Положим $w=z-1$, тогда $z=1+w$, $z+3=4+w$, и

$$f(z)=e^2\cdot \frac{e^{2w}(4+3w+w^2)}{w^2(4+w)}.$$

Разложение до $w^1$ (главная часть + 2 регулярных члена):

$$f(z)=e^2\left(\frac{1}{w^2}+\frac{5}{2}\frac{1}{w}+\frac{25}{8}+\frac{245}{96}w+\cdots\right), \quad w=z-1.$$

Отсюда

• тип: полюс 2-го порядка;
• вычет — коэффициент при $\frac1{z-1}$:

$$\operatorname{Res}_{z=1} f=\frac{5}{2}e^2.$$

---

5) Лоран около $z=0$, тип особенности и вычет

$$g(z)=\frac{(\log(1-z))^2}{z^3}.$$

Теория: при $|z|<1$

$$\log(1-z)=-(z+\tfrac{z^2}{2}+\tfrac{z^3}{3}+\cdots).$$

Тогда $(\log(1-z))^2=z^2+z^3+\cdots$, и

$$g(z)=\frac{1}{z}+1+\frac{11}{12}z+\frac{5}{6}z^2+\cdots$$

Значит в $0$ простой полюс, и

$$\operatorname{Res}_{z=0} g=1.$$

---

6) $\operatorname{Res}_{z=\infty}$ для

$$h(z)=\frac{z^2-4z+3}{z(z+1)}.$$

Теория:

$$\operatorname{Res}_{\infty} h = -\sum_{\text{конечные полюса}} \operatorname{Res} \, h.$$

Разложим:

$$\frac{z^2-4z+3}{z(z+1)}=1+\frac{3}{z}-\frac{8}{z+1}.$$

Тогда

$$\Res_{0}h=3,\qquad \Res_{-1}h=-8,\qquad \sum=-5,$$ $$\boxed{\Res_{\infty}h= -(-5)=5.}$$

---

7) Интеграл

$$I_1=\oint_{|z|=3}\frac{\cos z}{z^2(z-2)}\,dz.$$

Полюса внутри: $z=0$ (2-го порядка), $z=2$ (простой).

Теория: $\displaystyle \oint f =2\pi i\sum \Res$.

• При $z=2$:

$$\Res_{2}=\lim_{z\to2}(z-2)\frac{\cos z}{z^2(z-2)}=\frac{\cos2}{4}.$$

• При $z=0$ (полюс 2-го порядка):

$$\Res_{0}=\left.\frac{d}{dz}\left(\frac{\cos z}{z-2}\right)\right|_{z=0} =\left.\frac{-\sin z (z-2)-\cos z}{(z-2)^2}\right|_{0} =\frac{-1}{4}.$$

Сумма: $\frac{\cos2}{4}-\frac14=\frac{\cos2-1}{4}$. Тогда

$$\boxed{I_1=2\pi i\cdot \frac{\cos2-1}{4}=\frac{\pi i}{2}(\cos2-1).}$$

---

8) Интеграл

$$I_2=\oint_{|z+1|=2}\frac{e^z}{(z+1)^2z^3}\,dz.$$

Внутри контура: $z=-1$ (2-го порядка) и $z=0$ (3-го порядка).

• Для $z=-1$ (2-й порядок):

$$\Res_{-1}=\left.\frac{d}{dz}\left(\frac{e^z}{z^3}\right)\right|_{z=-1} =\left.e^z\Big(\frac1{z^3}-\frac{3}{z^4}\Big)\right|_{-1} =-\frac{4}{e}.$$

• Для $z=0$ (3-й порядок):

$$\Res_{0}=\frac{1}{2!}\left.\frac{d^2}{dz^2}\left(\frac{e^z}{(z+1)^2}\right)\right|_{z=0} =\frac{3}{2}.$$

Сумма: $\frac{3}{2}-\frac{4}{e}$. Тогда

$$\boxed{I_2=2\pi i\left(\frac{3}{2}-\frac{4}{e}\right)=\pi i\left(3-\frac{8}{e}\right).}$$

---

9) При $\Re s>0$ вычислить

$$I_3(s)=\int_0^\infty e^{-st}\,t^2\cos(3t)\,dt.$$

Теория (Лаплас):

$$\mathcal L\{\cos(at)\}(s)=\frac{s}{s^2+a^2},\qquad \mathcal L\{t^n f(t)\}=(-1)^n\frac{d^n}{ds^n}\mathcal L\{f(t)\}.$$

Здесь $a=3$, $n=2$. Значит

$$I_3(s)=\frac{d^2}{ds^2}\left(\frac{s}{s^2+9}\right).$$

Считаем:

$$\left(\frac{s}{s^2+9}\right)''=\frac{2s(s^2-27)}{(s^2+9)^3}.$$

Итак

$$\boxed{I_3(s)=\frac{2s(s^2-27)}{(s^2+9)^3}},\qquad \Re s>0.$$

---

10) Построить мероморфную $f$ и вычислить $\displaystyle \oint_{|z|=5} f(z)\,dz$

Нужны простые полюса:

• при $z=-1$: $\Res=2$ $\Rightarrow$ член $\frac{2}{z+1}$;
• при $z=3$: $\Res=-3$ $\Rightarrow$ член $-\frac{3}{z-3}$.

Условие $f(z)\to0$ при $z\to\infty$ запрещает добавлять ненулевую константу/полином, поэтому можно взять

$$\boxed{f(z)=\frac{2}{z+1}-\frac{3}{z-3}}.$$

Оба полюса внутри $|z|=5$, значит

$$\oint_{|z|=5} f(z)\,dz=2\pi i\,(2+(-3))=-2\pi i.$$ $$\boxed{\oint_{|z|=5} f(z)\,dz=-2\pi i.}$$

---

Если хочешь, могу оформить это как аккуратный конспект “теория + шаблоны” (К–Р, Лоран, вычеты, бесконечность, контурные интегралы), чтобы по нему решать любые варианты.

Ниже — компактная, но “экзаменно-полезная” теория: Коши–Риман, и вычеты для полюсов 1/2/3-го порядка (и что такое “класс/тип особенности”).

---

1) Уравнения Коши–Римана (К–Р)

Пусть

$$f(z)=u(x,y)+i\,v(x,y),\qquad z=x+iy.$$

Комплексная дифференцируемость

Определение производной:

$$f'(z_0)=\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}$$

существует и не зависит от направления, по которому $z\to z_0$.

Условия К–Р

Если $u,v$ имеют непрерывные частные производные в окрестности точки $z_0$ (то есть $u,v\in C^1$), то:

$$f \text{ дифференцируема в } z_0 \Longleftrightarrow \begin{cases} u_x(z_0)=v_y(z_0),\\[2mm] u_y(z_0)=-v_x(z_0). \end{cases}$$

Это и есть уравнения Коши–Римана.

Формулы для производной через $u,v$

Если К–Р выполнены, то

$$f'(z_0)=u_x(z_0)+i\,v_x(z_0)=v_y(z_0)-i\,u_y(z_0).$$

Геометрический смысл (конформность)

Если $f$ голоморфна в окрестности $z_0$ и $f'(z_0)\neq 0$, то отображение конформно в $z_0$: сохраняет углы и ориентировку (малые фигуры переходят в подобные, повернутые и растянутые).

---

2) “Класс/тип” особенности и вычет

Точка $z_0$ — изолированная особая точка $f$, если $f$ голоморфна в проколотой окрестности $0<|z-z_0|<r$.

Разложение Лорана:

$$f(z)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k (z-z_0)^k.$$

Тип особенности:

• устранимая, если $a_{-1}=a_{-2}=\cdots=0$;
• полюс порядка $m$, если $a_{-m}\neq 0$, но $a_{-(m+1)}=a_{-(m+2)}=\cdots=0$;
• существенная, если бесконечно много отрицательных степеней.

Вычет:

$$\operatorname{Res}_{z=z_0} f = a_{-1}$$

— коэффициент при $\frac{1}{z-z_0}$.

---

3) Вычет при полюсе 1-го порядка (простой полюс)

Если у $f$ в $z_0$ простой полюс, то есть

$$f(z)=\frac{A}{z-z_0}+(\text{аналитическая часть}),$$

то

$$\operatorname{Res}_{z_0} f = A.$$

Самая удобная формула

$$\boxed{\operatorname{Res}_{z=z_0} f=\lim_{z\to z_0}(z-z_0)f(z)}$$

Частый частный случай: дробь $\dfrac{\varphi(z)}{\psi(z)}$

Если $\varphi,\psi$ голоморфны, $\psi(z_0)=0$, $\psi'(z_0)\neq 0$ (то есть нуль 1-го порядка), тогда:

$$\boxed{\operatorname{Res}_{z_0}\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}=\frac{\varphi(z_0)}{\psi'(z_0)}}$$

---

4) Вычет при полюсе 2-го порядка

Если $z_0$ — полюс 2-го порядка, то

$$f(z)=\frac{a_{-2}}{(z-z_0)^2}+\frac{a_{-1}}{(z-z_0)}+\cdots$$

и вычет — это $a_{-1}$.

Формула через производную

$$\boxed{ \operatorname{Res}_{z=z_0} f =\lim_{z\to z_0}\frac{d}{dz}\Big[(z-z_0)^2 f(z)\Big] }$$

Потому что $(z-z_0)^2 f(z)$ становится “почти аналитической” и производная вытаскивает коэффициент при $(z-z_0)^{-1}$.

---

5) Вычет при полюсе 3-го порядка

Если $z_0$ — полюс 3-го порядка, аналогично:

$$f(z)=\frac{a_{-3}}{(z-z_0)^3}+\frac{a_{-2}}{(z-z_0)^2}+\frac{a_{-1}}{(z-z_0)}+\cdots$$

Формула

$$\boxed{ \operatorname{Res}_{z=z_0} f =\frac{1}{2!}\lim_{z\to z_0}\frac{d^2}{dz^2}\Big[(z-z_0)^3 f(z)\Big] }$$

---

6) Общая формула для полюса порядка $m$

Если $z_0$ — полюс порядка $m$, то

$$\boxed{ \operatorname{Res}_{z=z_0} f =\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_0}\frac{d^{\,m-1}}{dz^{\,m-1}} \Big[(z-z_0)^m f(z)\Big] }$$

---

7) Зачем нужен вычет (главная “практика”)

Теорема о вычетах:

$$\boxed{ \oint_{\gamma} f(z)\,dz = 2\pi i \sum \operatorname{Res} f }$$

где сумма по всем изолированным особым точкам внутри контура $\gamma$ (ориентация положительная).

---

Если хочешь, пришли конкретную функцию из задания — скажу тип особенности (устранимая/полюс $m$/существенная) и быстро выберу формулу для вычета (лимит / $\varphi/\psi$ / производные).