УМК11

ные координаты, т.е. положим z = x + i y,

w = r ei ϕ . По определению показа-

тельной функции имеем w = ez

= ex+i y

= ex ei y =

(по формуле Эйлера)=

= ex (cosy + i sin y). Следовательно,

r =

w

= ex ,

ϕ = arg w = y.

(2.31)

Найдем образы

координатных линий x = c. Из равенства (2.31) имеем

r =

w

= ec ,

− ∞ < arg w < ∞.

(2.32)

жутке

0 ≤ arg w < 2π, что соответствует изменению

y в том же интервале.

Тогда

образами отрезков

x = c, 0 ≤ y < 2π являются окружности радиуса

r = ec с центром в начале координат, пробегаемые один раз (рис. 2.18).

Найдем теперь образы координатных прямых

y = d, − ∞ < x < ∞ и

пусть 0 ≤ d < 2π. В силу равенства (2.31) имеем

0 <

w

= ex < ∞,

0 ≤ arg w = d < 2π.

(2.33)

Из

системы (2.33) следует: когда точка z пробегает прямую y = d , точка

w пробегает луч arg w = d ,

исходящий из начала координат (0 <

w

< ∞)

(рис. 2.18).

Итак, функция w = ez

отображает прямые, параллельные мнимой оси

динатную

сетку.

При

этом

заштрихованный

прямоугольник

c < x < c′, d < y < d′

(0 < d′ − d < 2π) плоскости z отображается в за-

Y

v arg w = d′

2πi

w

= ec′

w

= ec

y = d′

arg w = d

0

X

x

′

x = c

= c

Рис. 2.18

ПРИМЕР 2.22. Показать, что lim

z

не существует .

z

z→0

Решение.

Пусть точка z стремится к нулевой точке по оси 0X. Тогда

z = x и

lim

z

= lim

x

= lim1 = 1.

Пусть теперь

z → 0 по оси 0Y. Тогда

z

z→0

x→0 x

z

x→0

− i y

z = i y,

z = −i y и lim

= lim

= lim(−1) = −1. Таким образом, пределы

z

i y

z→0

y→0

y→0

по двум направлениям различны, и, следовательно,

lim

z

не существует.

z2

+ 3i z − 2

z→0 z

ПРИМЕР 2.23. Вычислить

lim

.

z + i

z→−i

Решение.

z2 + 3i z − 2 = 0 z1

= −2i, z

2 = −i.

lim

z2

+ 3i z − 2

= lim

(z + 2i)(z + i)

= i .

z + i

z + i

z→−i

z→−i

w

, когда z → 0 произвольным образом, то:

z

1) этот предел называется производной функции f(z) в точке z0

и обо-

значается символом

w

f(z0 +

z)

− f(z0 )

f ′(z0 ) = lim

= lim

;

(2.34)

z

z

z→0

z→0

2) и в этом случае функция f(z) называется дифференцируемой в точке z0 .

Все правила и формулы дифференцирования функции действительного

переменного остаются в силе и для функций комплексного переменного.

Теорема 2.1.

Для того, чтобы функция f(z) = u(x,y)+ i v(x,y) была

дифференцируема в точке z0 = x0

+ i y0 , необходимо и достаточно, чтобы:

1) действительные функции u(x,y) и v(x, y) были дифференцируемы в

точке (x0 , y0 ) *) и чтобы

2) в этой точке выполнялись условия

∂u

= ∂v ,

∂u

= − ∂v ,

(2.35)

∂x

∂y

∂y

∂x

дена по одной из следующих формул

f ′(x) =

∂u

+ i

∂v

=

∂u

− i

∂u

=

∂v

− i

∂u

=

∂v

+ i

∂v .

(2.36)

∂x

∂x

∂x

∂y

∂y

∂y

∂y

∂x

∂

2 u

+

∂2 u

= 0 и

∂2 v

+

∂2 v

= 0

∂x 2

∂y2

∂x 2

∂y2

Однако, если функции u(x, y) и v(x, y)являются произвольно выбран-

ными гармоническими функциями, то функция u(x, y)+ i v(x, y),

вообще го-

воря, не будет аналитической, т.к. условия (C.-R.) для них не всегда будут вы-

полняться.

Основываясь

на

этом,

можно построить аналитическую

функцию

w = f(z) = u(x, y)+ i v(x, y)

по одной заданной гармонической функции (на-

Геометрический смысл модуля и аргумента производной.

Пусть функция

w = f(z)

дифференцируема в области D и f ′(z0 )

≠ 0

(z0

D). Функция

отобразит точку z0

плоскости z в точку w 0

= f(z0 )

плоскости w , кривую l,

проходящую через точку z0

− в кривую L, проходящую через w 0

(рис. 2.19).

Модуль производной

f ′(z0 )

= lim

w

есть предел отношения беско-

z

z→0

w 0 + w к

нечно малого расстояния между отображенными точками w 0

и

бесконечно малому расстоянию между их прообразами z0

и z0

+

z. Поэтому

величину

k =

f ′(z0 )

можно рассматривать геометрически как коэффициент

f ′

(z0 )

> 1) или сжатия (если

f ′(z0 )

< 1)

в точке z0 при

растяжения если

отображении области Dz

в области G w , осуществляемом функцией w = f(z).

Проверим, является ли функция u(x, y) = e

y

Решение.

x

гармонической.

∂u

y

y

∂2 u

y

y2

2y

∂u

y

1

С этой

целью

находим

= ex

−

,

∂x2

= ex

+

,

= ex

,

∂x

∂y

x

x2

x4

x3

∂2 u

1

y

∂2 u

∂2 u

=

e x

и

+

≠ 0.

Из последнего соотношения следует, что

∂y2

x2

∂x2

∂y

2

Решение. Прежде проверим, является ли функция u(x,y) = 3x2 y − y3

гармонической. Находим

∂u

= 6xy,

∂2 u

= 6y,

∂u

= 3x

2

− 3y

2

,

∂2 u

= −6y

∂x

∂x2

∂y

∂y

2

и

∂2 u

+

∂2 u

= 6y − 6y = 0.

Гармоническая на

всей плоскости

функция

∂x2

∂y2

∂u

= ∂v

∂u

= − ∂v .

u(x, y)

сопряжена с v(x, y)

условиями Коши-Римана

,

∂v

∂v

∂x

∂y

∂y

∂x

Из этих условий получаем

= 6xy,

= −(3x

2

− 3y

2

). Из первого уравне-

∂y

∂x

C(x)= −3∫x 2 dx + C = −x3 + C.

Итак, v(x,y) = 3xy2 − x3 + C .

Тогда

(

+ C

)

= −i z3 + i C .

w = f(z) = 3x2 y − y3 + i 3xy2 − x3

ПРИМЕР 2.28. Восстановить аналитическую функцию w = f(z)

по из-

условии f(0) = 2.

Решение. Опуская проверку данной функции на гармоничность, нахо-

дим

∂v u =

∂v = −4 sin 2x sh 2y +1,

∂u = − ∂v = 4 cos2x sh 2y. Следова-

∂x

∂y

∂y

∂x

тельно,

u = ∫(− 4 sin 2x ch 2y +1)dx + C(y) = 2 cos2x ch 2y + x + C(y).

Дифференцируя u по y , получим ∂u

= 4 cos2x sh 2y + C′(y). Но с другой

∂y

стороны, по второму из условий (C.-R.) ∂u

= 4 cos2x sh 2y . Сопоставляя по-

∂y

По

условию

f(0) = 2;

воспользуемся

этим

для

определения

C:f(0) = 0 + 2 + C = 2, откуда C = 0 и f(z) = z + 2 cos2z.

ПРИМЕР 2.29. Найти коэффициент подобия k и угол поворота ϕ в точке

z0

при

отображении

w = f(z):

а)

w = ez , z0

= −1 − i

π ;

б)

w = z3 , z0 = 2 i .

2

w′ = f ′(z) = ez и ее частное значение в точке

Решение.

а) Найдем

z0

= −1 − i

π

:

f ′(z0 ) = e

−1−i

π

−1

π

π

2

2 = e

cos −

+ i sin −

. Значит, коэф-

2

2