ТФКП Краснов 2003

§ 2.

Функции комплексного переменнога

15

\

.

щ

.

,

функция

= J(z) осуществляет тображение. то­

Так м 'образом'

чек комn ексной плос Сости z на соответствующИе. точки комплексной

плоскости\ w.

z=ж+ iy и w=и+ iv. Тогда зависимость

= f(z) между

комплекснойПусть'

· функцией

w

и комплексной переменнойwz может быть

описана с помощью двух действительных функций и и v

действительных

переменных ж и у

v=

и=и(ж, у),

v(ж,у).

Пример.1.

Пусть w = z3iz. ·

П агая z = z + iy, w =и+ iv, получим

+

iv =

)

(z+ iy 3- i(z - iy) = (ж3 - 3zy2 - у) + i(3z2yу3- z).

Сnедовательно, ра11енство w = z 3 - iz равносильно двум раоонствам

{.

tl = ж3 - 3:r:y2 - ·

а

)

w = z - iz2;

б) w = z2+i;

в) w = i - z.3; r) .w =

· 1

д)

w =

iz +

55.

z

.z

--1 l·

.

=;

+ Z ''

е) w ;:::-.

z

В следующих задачах н.айти образы данных точек nри указанных отображениях:

56. а)

z o = - i, w = z2; б) z o = 1

i, w = (z - i)2; в)

z o

= l,

z - .

;

r) ZQ= 2 + 3i, w =

z

w = --

-·,

z

\

:,1

'

§ 2. функции комплексного переменноrо

17

ЗадаЧй' \ 1

дрй

самостоятельного решения

\,

W

J._

т +

т-1

+

.

;

= aozn+ a1zn-l

+.

. + an

vuZ

Ь

JZ

•

• • +Ьт

1

+ ...+ an.

w = ао n +· a1zn-

ez = 1

z

z2

.

zn

+

2!

+

. . .

1.

+ -

+ n +...

Показательная функция ez обладает следующими сврйствами:

а)

ez1+z2 =е•1 • ez2, где z1 и z2 -любые комплексные величины;

б)

ez+2k1ri =7 e·z (k

=

О,

±1, ±2, .

.

.)

, т. е.

ez является nериоди еской

функцией с периодом 211'i,

·

sin z и cos z - периодические с действИтельным периодом 21Г и имеют

'·'

1Г .

' '

только действителыn е нули z = k1r и z =

2' + k1r соответственно, где

k =О, ±1, ±2, ... :

откуда

----

cosz =

(2}

2

2i

i '

Функции tg.z и ctgz определяЮтся равенствами

(3)

sinz

cosz

tgz = --cosz

ctgz = s-ш-. z .

собой следующими соотношениями:

shz =-isiniz,

sinz == -ishiz,

cosz = chiz,

chz = cosiz,

tgz == -i thiz,

thz = -i tgiz,

ctaz == i cthiz,

cthz =i ctgiz.

6. Логарифмическая функция Lnz, где z i= О, определяетСя как функ­

ция, обратная показательной, причем

Lnz := In\z\ +iArgz = In\z\+iargz +2k11'i · (k =0,±1,±2,...).

(6)

Очевидно, что

k = О, ±1, ±2, .. . .

Lnz=Inz -t2k11'i,

Сцраведливы следующие соотношения:

Ln(z1z2) == Lnz1 + Lnz2,

Ln (::) = Lnz1Lnz2.

Arcsinz =·-iLn (iz + );

(7)

Arccos z = -i Ln (z + Ji2:1);

(8)

·. Arctg z =

i

1 + iz

(9)

-- Ln

- iz'

1

--l ·

Arcctg

i Ln.

z + i

(10)

z =

--

z

2

---·s. .

Главные значения обрl.j.тных триГонометрических функции arcsin z,

arccos z, arctg z, arcctg z получаются,

есЛи брать главные'

значения соот-

ветствующих логарифмпческих функций.

if3 - любое

8. Общая степенная фующия

Z4, где

а =

а

+

комплексное число, опреДеляется равенствомw =

za = eaLnz.

59.

а) tll

2z-1; б)w=z +z2;

в)

w=z-1,

60.

а) w=e-1;

б)w=e'2; в) w=sinz; r) w=ch(z-i).

61.

a)w=21;2

б) w=sbz; в) w=tgz.

Пример 4.

Найти ttачение модуля функции w =. sinz в точке

· -

Рв ние.

Лу т ·F :

z = 1r + i ln( + v'S).

+ iy. Тогда

=sin

ж

chу + ishу cos

ж.

w

20

Глава l.

Функции комплексного '!!J!!:внного

Модуль функции1 1

sin

z равен

hs

- -

2::-z

2xc

"":--::- -y- - s

sin,

z

=

V:

sin

- h2

+

2y

..js

co =

sh 2у.

=

ni

2х cti 2у

+ sh

sin 2х)

+

Полагая z

2y(l-

1r + iln (2 +v'S), найдем

.f. Vs)] =

/ sin {1r+.iln (2 + Vs))/ =

sh{ln (2

eln(2+v'5) _ e-ln(2+v'5) 2 + 'JS-

Этот пример показывает, что

тригонометрическая фунКция

в кОмплекс-

2

единицы.

1>

ной области может nринимать значения, no модулю большие

sin z

62. w =co

sz,

а')

1z = 21r +iln 2;

б)

z2 = 1r+ iln 2.

2

z,

0z iln 3.

63. w =shz,

z0

1+•- .

64. .

=

ze

t,

0z

1ri.

65. w=ch

1r

w

66.

2 .

Найти лоrарифмы следующих чисел:

i1.

67.е;Найти:- i;

в)

i;

r)

-

1- i;

д)

3 21;

е)

а)

б)

·(·v'з

)· l+i •

. а) i1;

б)

i1

'1;

в)

11;

r)

(-l),n;

д)

(l+i )2i;

е)

+

ж) (1-

р

./2 .

2

2

•

68.

i) -зЗ;.

и аргумент'{) комплексных чисел:

Найти модуль

а) th1ri; б)

10

1;

в)

Зн.

Пример 5.

.

.

.

. ::

.

i'IГ

Заnисать в

алгебраИческой форме Arcsin З.

.

..

-3 ,

Решение. Полагая в форМуле (7)

z

i11' получим

Arcsin i =

-L

( - ± J1+ 2} ,

i

.

n

§ 2. Функции комплексного переменнаго

21

Пример 6.

Записать в алгебраической форме. Arctg (1 + i).

Решение.

Полагая

в формуЛе (9) z= 1+i, лолучим

i .

1 + i(I +i)

i

i

i

(

1

2

Arctg(l+i)=--Ln

=--Ln--=--Ln

5

5

1- i(l

+ i)

--+-J·').

2

2

2- i

2

Далее

.

(-

5

5

Ln

+ i) =-ln v'5+(2k+1)1Гi- i arctg2.

Окончательно

1

1Г

i

5

=О,

±1,±2,...). !>

Arctg (1+i)= -2 arctg2+(2k+1)2"

+ 2

1n.v

(k

Задачи для самостоятельного решения

Записать в алгебраической форме следующие комплексные числа:

69.

а) ei"/4;

б)

ln(1 - i).

70. а)

sin1ri;

б) cos1ri;

71.

а)

ctg1ri;

б)

Arcsini;

в)

Arctg

i

з·

а)

Arccosi;

б)

1Гi

в)

th 1Гi.

72.

sh:-2'·

Решение. Задача сводится к нахождению велИчины

z= Arcsin3.

Воспользуемся формулой (7):

'Arcsint=-iLn (t+v'J=t2).

. Будем иметь

z= Arcsin3=-iLn (3i + Н)

или, учитывая то, что

vC8= ±Vsi,

-iLn ((3+Vs)i],

z=-iLn [(3 - Vs)i].

лолучим

z=