УМК11

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ПРИМЕР 1.10. Найти значения степеней (−1)i ,

Решение. (−1)i = ei Ln (−1) =

Ln (−1)= ln1 +i (π + 2 kπ)=

Ln (−1)= ln1 +i (π + 2 kπ)=

= (2k +1)πi

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.65 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 172 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

(операцию модуль можно вносить под знак корня) и тем самым определяется однозначно, а Arg n z определяется многозначно согласно второму равенству

из (1.31). Окончательно имеем

= (n z )

= n

+ k

2π

cos

(1.33)

2π

ϕ+2 kπ

+ k

= n z

, k Z, ϕ Arg z.

+ i sin

Отсюда видно, что все корни (1.33) имеют один и то же модуль, их изо-

бражения находятся на окружности радиуса n

z . На самом деле оказывается,

что (1.33)

определяет ровно n различных корней z . Действительно, во втором

равенстве

из (1.31),

не

теряя

общности,

полагаем

ϕ = arg z .

Тогда при

k =

ϕ,

ϕ +

2π

ϕ + 2

2π

,K,

ϕ + (n −1)

2π

0, n −1 величины

определяют

аргументы соответствующих корней. Так как разности этих аргументов не кратны 2π, то изображения корней будут различны, они образуют вершины

правильного n угольника ω0 ω1 ω2 Kωn−1, вписанного в окружность радиуса n z . При других значениях k получаем аргументы, разности которых с одним

из выписанных будут кратны 2π, что не дает нового значения корня. Например, при k = n имеем из (1.33)

(n z )	= n z	cos ϕ		+ 2π	+ i sin ϕ + 2π	= (n z ).
n			n		n
			n		n

ПРИМЕР 1.4. Найти 4

−1.

Решение. z = −1,

arg (−1)= π. (Рис. 1.4). Согласно (1.33) имеем

(4 −1)k

+ k

= cos

+ k

k = 0,3.

+ sin

−•1

= (4

−1)

= cos π

+ i sin π =

−i• −

2 (1 + i);

Рис. 1.4

= −

− +i

= −

−i);

ω1 (4 −1)1 = cos

+ i sin

ω2 (4 −1)2		π					π				= −	2	−i			2	= −		2			(1 + i);
ω2 (4 −1)2	= cos		+ π		+ i sin			+ π			= −	2	−i		2		= −		2			(1 + i);
		4					4					2			2				2
ω3 (4 −1)3		π	+	3π				π	+	3	π		2	−i			2	=			2	(1 −i).
ω3 (4 −1)3	= cos		+	2	+ i sin			4	+		= −		2	−i			2	=		2		(1 −i).
		4		2				4		2			2				2			2
Сделаем проверку для последнего корня. Имеем
ω32 −	1	(1 − 2i + i2 )=				1	(− 2i)	= −i; ω34 = i2 = −1.
ω32 −	2	(1 − 2i + i2 )=					(− 2i)	= −i; ω34 = i2 = −1.
	2				2

Читателю предлагаем сделать проверку остальных корней.

Ответ: ±	2	(1 −i); ±	2	(1 + i).
	2		2

ПРИМЕР 1.5. Найти −i .

Решение: z = −i,

arg (−i)= − π

(см. рис. 1.4),

(−1)2 =1, n = 2 .

Согласно (1.33) имеем

(

−i )k

−

k = 0,1;

= cos

+ kπ + i sin

+ kπ ,

(

−i )0

−

−i sin

(1 −i)

= cos

(

−i )1

= −

= cos −

+ π +i sin −

+ π

= − 2 (1 −i).

Сделаем

проверку:

(

−1)2 =

(1 − 2i +i2 )= −i;

(

−1)2

(− 2i)= −i , что указывает на правильность найденных кор-

ней.

Ответ: −

(1 −i);

(1 −i),

Деление комплексных чисел. Единственность операции деления ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.8. Если z1 и z2 − два КЧ и z1 ≠ 0, то частным КЧ

z2 и z1 называется решение z уравнения

z z1 = z2 .	(1.34)
Это решение обозначается z2	z1 . Таким образом,

z = z2 , z1 ≠ 0 . (1.35)

Из (1.34) следует, что если частное, то его модуль

(1.36)

так как

z z1

. Точно так же из (1.34) получаем

Arg z + Arg z1

= Arg z2 , Arg z = Arg z2 − Arg z1 , (1.37)

то есть, если ϕ1 Arg z1 , ϕ2 Arg z2 , то (ϕ2 − ϕ1 ) Arg z . Таким образом,

z =

[cos (ϕ2 −ϕ1 )+ i sin (ϕ2 − ϕ1 )]=

(1.38)

i (ϕ −ϕ )

2 1

Последнее равенство означает, что если - частное, то оно определяется однозначно последней формулой. Проверим прямой выкладкой, что формально найденное КЧ (1.38) действительно есть решение уравнения (1.34). В самом деле,

z z1 =

i (ϕ

−ϕ )

i ϕ

i (ϕ

−ϕ )+i ϕ

i ϕ

= z2 ,

2 1

2 1 1

в чем и следовало убедиться.

Таким образом, доказана

Теорема 1.2. Если z1 и z2 − два КЧ и z1

≠ 0, то частное

и опре-

деляется однозначно. Тригонометрическая и показательная формы частного z2

даются равенством (1.38).

Замечание. Второе равенство из (1.36), то есть	z	2	=	z2	, означает, что

	z			z
		1

				1

модуль частного равняется частному соответственно от модулей числителя и

знаменателя. Перейдем теперь к отысканию алгебраической формы частного.
Из (1.34) имеем,
(z z1 )z1 = z (z1 z1 )= z z1 2 = z2 z1
z = z2	= z2 z1 = z2 z1 =
z1	z1 z1	z1	2


=		(x2 +i y 2 ) (x1 − i y1 )			=	x1x2 + y1y 2 + i (x1y 2 − x2 y1 )		=
		x12 + y12		x1y2 − x2 y1			x12 + y12
=	x1x2 + y1y2		+ i				.	(1.39)

		x12 + y12		x12 + y12

Таким образом, приходим к правилу: формально символ (частное) z2

умножаем и делим на z1 = x1 −i y1 ≠ (0,0) и далее вычисление идет по фор-

муле (1.39).

ПРИМЕР 1.6. Найти алгебраическую форму КЧ

3 − 2i

2 + 3i

3 − 2i

(3 − 2i) (2 −3i)

Решение: Согласно правилу (1.39)

(2 + 3i) (2 −3i) =

2 + 3i

6 − 4i −9i + 6i2

−13i

− 2i

= −i ,

0; Jm

= −1.

+3i

Ответ: −i ;

3 − 2i

= 0; Jm

3 − 2i

= −1.

2 +3i

ПРИМЕР 1.7. Указать на комплексной плоскости множество точек, удов-

летворяющих соотношениям Jm

z +1

0; arg

i − z

= 0.

z +i

z −i

Решение: Начнем со второго примера. Имеем, arg ω = 0 Jm ω = 0 и

Re ω > 0. С учетом этого имеем

[− x + i (1 − y)] [x − i (1 + y)]

i − z

z ≠ −i

i − (x + i y)

− x + i (1 −y)

x2 + (1 + y)2

z + i

x + i y + i

x + i (1 + y)

1 − x 2 − y2

+ i

x 2 + (1 + y)2

2x = 0.

Теперь надо потребовать, чтобы

силу

этого должно

быть

1 − y2

> 0 −1 < y <1.

(1 + y)2

x =

Следовательно, искомое множество имеет вид

<1.

Ответ: На оси y интервал (−1;1).

−1 < y

z +1

x + i y +1

x +1 + i y

[(x +1)+ i y] [x −i

(y −

1)]

z ≠ i

z −i

x + i y −i

x + i(y −1)

x 2 + (y −1)2

x (x +1)+ y (y −1)+ i[x y − (x +1) (y −1)]

. Отсюда следует, что

x 2 + (y −1)2

z +1

x y − (x + y) (y −1)

= 0,

z −i

x 2 + (y −1)2

x y − (x y + y2 − x − y)= x + y − y2 = 0,

1 •

x = y2 − y − парабола с проколотой точкой

0•

(0,1) (см. рис. 1.5).

Ответ:

Парабола x = y2 − y

с про-

Рис. 1.5

колотой точкой (0,1).

ПРИМЕР 1.8. Описать область, задан-

ную условием Jm

(i z)<1.

Решение. i z = i (x + i y)= −y + i x , Jm i z = x <1.

Ответ: x <1 − полуплоскость (левая), определяемая прямой x =1. Замечание. При доказательстве последних двух теорем, мы показали

справедливость свойств:

1. ei (ϕ1

+ϕ2 ) = ei ϕ1 ei ϕ2 , ϕ , ϕ

R ;

Следствие. ei (ϕ1 +ϕ2 +K+ϕn )

= ei ϕ1

ei ϕ2

K ei ϕn , ϕ , ϕ

,K, ϕ

R .

ei ϕ2

= e

i ϕ

2 e

−i ϕ

= e

i (ϕ −ϕ )

ϕ , ϕ

R ;

ei ϕ1

3. e2πi

= cos 2π + i sin 2π =1;

eπi = −1;

4. ei ϕ = ei ϕ+2π , ϕ R .

Основные элементарные функции комплексного переменного

К ним относятся показательная функция (ez ), логарифмическая функция (ln z), тригонометрические функции (sin z, cos z, tg z, ctg z), гиперболиче-


ские функции		(sh z, ch z,	th z, cth z), обратные тригонометрические функ-
ции (Arcsin z, Arccos z, Arctg z, Arcctg z ), обратные						гиперболические
функции (Ar sh z, Arch z,			Arth z,	Arcth z), многочлены с комплексными ко-
эффициентами		(cn zn + cn−1 zn−1 +K+ c1 z + c0 ),			дробно-рациональные
функции	(отношение		двух	многочленов),	степенная		функция
(zα = ea Ln z , a C), показательно-степенная функция (a z						= ez Ln a , a C), к

определению которых мы переходим. По определению полагаем

ez = ex+i y = ex (cos y + i sin y)= ex cos y + i ex sin y ,

(1.40)

где z − заданная комплексная величина (число). Если z − переменная комплексная величина, то (1.40) задает показательную функцию. Далее, по определению, имеем

sin z =

ei z − e−i z

;

cos z =

ei z + e−i z

(1.41)

Прямым вычислением отсюда получаем

sin 2 z + cos2 z = − e2i z + 2 + e−2i z + e2i z + 2 + e2i z

=1.

Таким образом, для z функции (1.41) определены и

sin2 z + cos2 z = 1.

(1.42)

cos2 z

1 + cos 2z

, sin2 z =

1 − cos 2z

(1.43)

Точно так же по определению полагаем

tg z

sin z

ctg z

cos z

sh z =

ez − e−z

, ch z =

ez + e−z

cos z

sin z

th z

sh z

cth z =

ch z

. При этом

ch z

sh z

ch2 z − sh2 z =

e2z

+ 2

+ e−2z

e2z

− 2 + e2z

−

= 1,

ch2 z − sh2 z = 1,

(1.44)

ch2 z =

1 + ch 2z

, sh2 z =

ch 2z −1

(1.45)

Через Ln z,

z − задано и отлично от 0, обозначается множество реше-

ний ω уравнения

eω = z .

(1.46)

Полагая ω = u + i v, отсюда получаем eu+i v = eu ei v

ei ϕ

, u = ln

v = ϕ = Arg z = arg z + 2 k π,

k Z.

Таким образом,

+ i (arg z +

2kπ)= ln z + 2k πi,

ω = Ln z = ln

(1.47)

k Z,

где

ln z = ln

+ i arg z

(1.48)

называется главным значением Ln z и однозначно определяется, тогда как Ln z − многозначная функция от переменной z (z ≠ 0).

Множество решений уравнения

sin ω = z ,

(1.49)

где z известно, а ω− неизвестно,

обозначается Arcsin z . Перейдем к его на-

хождению. Имеем z =

ei ω − e−i ω

ei ω − e−i ω = −2i z = 0,

e2i ω − 2i z ei ω −1 = 0.

Полагая

t = ei ω ,

получим t 2 − 2i z t −1 = 0,

t = i z ± 1 − z2 , ei ω = i z ± 1 − z2 .

Окончательно получаем

1 − z2 ).

ω = Arcsin z = −i Ln (i z +

(1.50)

Точно так же найдем

−1 + z 2 ).

ω = Arccos z = −i Ln (i z +

(1.51)

ω = Arctg z

= − i Ln

1 + i z

1 − i z

Arcctg z = −

z −1

(1.52)

z +1

ω = Arsh z = Ln (z +

z2 +1),

ω = Ar ch z = Ln (z + z2 −1),

ω = Ar th z =

1 + z

(1.53)

1 − z

ω = Ar cth z

z +1

z −1

ω = Ar cth z =

z +1

(1.54)

z −1

ПРИМЕР 1.9. Найти Arcsin i,

Ar th (1 −i).

2)=

Решение. Согласно (1.47) и (1.50), (1.53) Arcsin i = −i Ln (−1 +

= −i ln ( 2 −1)+ 2 k π, k Z.

Ar th (1 −i)=

1 +1 −i

2 −i

Ln (−1 − 2i)=

1 −1 +i

= 1 [ln 5 + i (− π+ arctg 2 + 2 k π)]=

[ln

5 + i ((2k −1)π + arctg 2)],

k Z.

Ответ: −i ln ( 2 −1)+ 2 k π,

k Z ,

1	[ln 5 +i ((2k −1)π + arctg 2)], k Z.
2

k Z. Мы получили бесконечное множество действительных значений.

(−1) 2 = e 2 Ln (−1) = e 2 (2k+1)πi , k Z .

Ответ: e−(2k+1)π , k Z; e 2 (2k+1)πi , k Z.

ПРИМЕР 1.11. Решить уравнения ln (z −i)= 0; ei x = cos πx,

x R .

Решение. ln (z −i)= ln

z −i

+ i arg (z −i)= 0, что дает

z −i

= 0

z −i

−i)=

z −i − действительное число и больше 0.

arg (z

С учетом этого получим

z −i

= z −i =1, z =1 + i .

cos x = cos πx,

πx = ±x + 2p π,

ei x = cos x + i sin x = cos πx

= n π

sin x = 0

n π2 = ±n π+ 2pπ, nπ = ±n + 2p, n (π ±1)= 2p

= 0,

x = 0.

= 0

Ответ: 1 + i;

Замечание. Более простой способ решения уравнения ln (z −i)= 0 сле-

дующий: согласно (1.46) z −i =1, z =1 + i .

ПРИМЕР 1.12. Решить уравнение sh i z = −1.

2).

Решение. Согласно (1.52) i z = Ar sh (−1)= Ln (−1 ±

Ln ( 2 −1)= ln ( 2 −1)+ 2 kπi, z = 2 kπ −i ln ( 2 −1);

Ln (−1 − 2)= ln ( 2 +1)+ i (2k +1)π, k Z

z = (2k +1)π −i ln ( 2 +1), k Z.

2 +1),

Ответ: 2 kπ −i ln (

2 −1), k Z; (2k +1)π −i ln (

k Z .

В качестве примера докажем тождества

sin i z = i sh z, cos iz = ch z,

tg iz = i th z.

Действительно, подставляя в (1.41) вместо z → i z , получим

e−z

− ez

ez − e−z

sin iz =

= i

= i sh z ,

(1.55)

cos iz =

ez + e−z

= ch z .

(1.56)

Последнее тождество – следствие первых двух. Если в (1.55) и (1.56)

взять z = x, x R , то sin ix = i sh x,

cos ix = ch x . Отсюда следует, что по

модулю эти величины могут быть

сколь угодно большими. Например,

cosix → +∞ при x → +∞(− ∞). Таким образом,

sin z

cos z

могут превос-

ходить 1.

Введение ∞ удаленной точки. Сфера Римана. Аксиоматически ∞ удаленная точка комплексной плоскости вводится через

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.9. R −окрестностью ∞ точки называется множе-

ство точек, для которых

	z	> R, R > 0.								(1.57)
	z	> R, R > 0.								(1.57)
Если рассмотреть преобразование комплексной плоскости
η =			1		,	z =	1	,		(1.58)
η =					,	z =		,		(1.58)
			z				η		1
то согласно (1.57) R −окрестность ∞ точки преобразуется в									1	− окрестность
то согласно (1.57) R −окрестность ∞ точки преобразуется в									R	− окрестность
начала координат 0 + i 0, так как									R
начала координат 0 + i 0, так как
	η	<		1		,				(1.59)
				1
				R
				R
что позволяет считать образом z = 0 бесконечно удаленную точку (∞).

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.10. z = x + i y называется конечной точкой ком-

плексной плоскости, если x = Re z и y = Jm z − числа (конечные величины).

Множество таких точек принято называть конечной комплексной плос-

костью.

Если же конечную комплексную плоскость дополнить ∞ точкой, то полученное множество точек принято называть расширенной комплексной плоскостью. Сразу отметим, что символ ∞, по-другому – бесконечно удаленная точка, не имеет аргумента и модуля.

Другой подход введения ∞ удаленной точки связан с именем Римана.

		1			1
Рассмотрим сферу	ω радиуса		и с центром в т. L 0,0,			(рис. 1.6). Точка
Рассмотрим сферу	ω радиуса	2	и с центром в т. L 0,0,		2	(рис. 1.6). Точка
сферы N(0,0,1)		2			2
сферы N(0,0,1)	называется		северным полюсом,	диаметральная точка

S(0,0,0)− южным полюсом, которая совпадает с началом координат. Отобра-
жение
		π :z → M, M = (N z)Iω,				(1.60)
где (Nz)−		прямая, проходящая через
т. N и т. z , биективно (взаимно-				z•
однозначно). Если z → ∞, то ее образ				N •
M стремится занять на сфере положе-

ние северного полюса N .			Таким обра-	L •	M
зом, сфера с проколотой т. N - геометри-
ческая иллюстрация конечной ком-				•	•	y

плексной плоскости. Если же мысленно					0
(аксиоматически) дополнить конечную
комплексную плоскость еще одной точ-				x	•	z
кой, считая N ее образом и сохраняя
при	этом	биективность	отображения	Рис. 1.6
(1.60), то такая плоскость и есть расши-
ренная комплексная плоскость, прообраз
N есть ∞ удаленная точка, а сфера ω−геометрическая иллюстрация расши-
ренной комплексной плоскости.
	Сфера	ω, которая является геометрической интерпретацией расширен-
ной комплексной плоскости, называется сферой Римана.

1.4. КОМПЛЕКСНАЯ ПЕРЕМЕННАЯ И ЕЕ ПРЕДЕЛ. ПОНЯТИЕ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО. ПРЕДЕЛ ФУНКЦИИ

КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО. НЕПРЕРЫВНОСТЬ

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.11. z = x +i y называется переменной комплексной величиной, если хотя бы одна из величин x = Re z и y = Jm z является пере-

менной.				y = Jm z - упорядоченные пе-
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.12. Если x = Re z и
ременные величины, то			z = x +i y называется упорядоченной переменной ве-
личиной.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.13. Будем говорить, что z → z0 = x0 + i y0
	lim z = z0 ,			(1.61)
если для δ > 0			значение z* = x* + i y*	такое, что все последующие
значения комплексной переменной z удовлетворяют условию (рис.1.6).
	z − z0	< δ,		(1.62)

<<< < Предыдущая 12 / 172 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб102УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20151.09 Mб47УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб46УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб136УМК6.pdf
#
17.03.2015430.08 Кб10УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219.14 Кб73УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164.28 Mб41УМП для выполнения КР Наг.маш..docx
#
07.05.2019478.21 Кб3УМП Интегралы.doc