matan4_bel

Пусть

z = x + iy - комплексное

переменное, а

z = x + i y

- его приращение ( x и

y - приращения

функции в точке z величину

f (z) :

f (z) = f (z +

z) − f (z) или

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

= u(x + x, y + y)− u(x, y) + iv(x + x, y + y)− v(x, y) =

= u(x, y)+ i

v(x, y)

рис. 1.1

0

0

U(A) V(z0 ): z V(z0 ) f (z) U(A) .

Если оба числа z0 , A (т.е. не равны бесконечности), то это определение можно

переписать на языке неравенств так:

Определение 2.

lim f (z) = A

ε > 0 δ (ε ) > 0: z,0 <

z − z0

< δ

f (z) − A

< ε

z→z0

В случаях

z0 = ∞, A ≠ ∞;

z0

≠ ∞, A = ∞;

z0 = ∞, A = ∞

нам

понадобится

пояснить

понятие

«окрестность

точки

»

На сфере

Римана точке z = ∞

соответствует

точка N. Следовательно, окрестности точки N

будет соответствовать на плоскости окрестность

z = ∞ .

Если

границе

окрестности точки

N

область вне этой окружности:

z

> R (см. рис. 2.1.1).

рис. 2.1.1

′

(z) =

∂u

+ i

∂v

=

∂v

− i

∂u

=

∂v

+ i

∂v

=

∂u

− i

∂u

f

∂x

∂x

∂y

∂y

∂y

∂x

∂x

∂y .

∂u = (x2 − y2 ) ′ = 2x;

∂v = (2xy)y′ = 2x;

∂x

x

∂y

∂u = (x2 − y2 ) ′ = −2y; −

∂v = −(2xy)x′ = −2y;

∂y

y

∂x

f ′(z) = (z2 )′ =

∂u + i

∂v = 2x + i(2y) = 2(x + iy) = 2z

∂x

∂x

б) w = ch z =

ez + e−z

=

ex cos y + iex sin y + e− x cos y − ie−x sin y

=

2

2

ex + e− x

ex − e−x

= cos y

+ isin y

= cos ych x + isin ysh x

u(x, y) = cos ych x;

v(x, y) = sin ysh x

∂u = (cos ych x) ′ = cos ysh x;

∂v = (sin ysh x) ′ = cos ysh x

∂x

x

∂y

y

∂u = (cos ych x) ′ = −sin ych x;

− ∂v = −(sin ysh x) ′ = −sin ych x

∂y

y

∂x

x

Следовательно, условия Коши-Римана выполнены.

f ′(z) = (ch z)′ =

∂u + i ∂v = cos ysh x + isin ych x = cos y

ex − e−x

+ isin y

ex + e−x

=

∂x

∂x

2

2

ex (cos y + isin y)+ e−x (−cos y + isin y)

=

ex (cos y + isin y)− e−x

(cos(−y) + isin(−y))

=

2

2

ex+iy − e−x−iy

ez − e− z

=

=

= sh z

2. Теорема о достаточном условии дифференцирования.

Если функции u(x, y) и v(x, y)

дифференцируемы в точке (x, y)

и в этой точке

выполнены условия Коши-Римана,

то

функция

f (z) = u(x, y) + iv(x, y)

комплексного

переменного

z = x + iy

дифференцируема в точке

z и имеет производную, которая

вычисляется по одной из формул:

f ′(z) = ∂u + i ∂v =

∂u − i ∂u =

∂v − i

∂u =

∂v + i

∂v

∂x

∂x

∂x

∂y

∂y

∂y

∂y

∂x

w = (x + iy)(x − iy) = x2 + y2

u(x, y) = x2 + y2 ; v(x, y) = 0

∂u = 2x;

∂v = 0;

∂u = 2y; −

∂v = 0

∂x

∂y

∂y

∂x

∂2ϕ

+ ∂2ϕ

Лапласа:

ϕ = 0

или

= 0

.

∂x2

∂y2

Теорема 1.

Если функция f(z) – регулярна в z, то ее действительная и мнимая части u = Re f (z) и

v = Im f (z) - функции гармонические.

Доказательство:

Функция f(z) – регулярна, следовательно, выполняются условия Коши-Римана:

∂u

=

∂v

(1)

∂x

∂y

∂u

= − ∂v

(2)

∂y

∂x

Продифференцируем (1) по х, а (2) по у и сложим:

∂2u

=

∂2v

∂x2

∂y∂x

∂2u

+

∂2u

=

∂2v

−

∂2v

= 0

u = 0

2

2

∂x

2

∂y

2

∂y∂x

∂x∂y

∂

u

= −

∂

v

∂y2

∂x∂y

Следовательно, u – гармоническая.

Продифференцируем (1) по у, а (2) по х и вычтем:

∂2u

=

∂2v

∂y2

∂2v

∂2v

∂2v

∂2v

∂x∂y

−

−

= 0

2 +

= 0 v = 0

∂2u

∂2v

∂y

2

∂x

2

∂x

∂y

2

= −

∂y∂x

∂x2

∂u

=

2ax;

∂2u

= 2a;

∂u

= 8y;

∂2u

= 8

2a + 8

= 0

a = −4

∂x

∂x

2

∂y

∂y2

Да, может, при условии a = −4 .

u = −4x2 + 4y2

∂u =

∂v = −8x v = ∫(−8x)dy = −8xy + C(x)

∂x

∂y

∂v = −8y + C′(x) = − ∂u

−8y + C′(x) = −8y C′(x) = 0

C = const

∂x

∂y

Пусть z

= re

iϕ1

(ϕ = arg z );

z

re

iϕ

r i(ϕ −ϕ

z

1

)

1

1

1

1

1

=

1

=

1

e 1 2

т.е. arg

1

= ϕ

−ϕ

r2eiϕ2

z

2

= r eiϕ2

(ϕ

2

= arg z

)

z2

r2

z2

1

2

2

2

arg

z1

= arg z

− arg z

2

z2

1

Рассмотрим функцию f (z) = w :

-дифференцируемая в области Д;