Высшая математика. Теория функций комплексного переменного. Пантелеев И.Н

Задача 8.5. Найти все решения уравнения z 4 −2z 2 + 4 = 0 .

Решение. Уравнение имеет четыре корня. Сделав замену

201

Понятие функции комплексного переменного.

202

точек a = 2−i и b = −5 + 2i . Известно, что множество точек,

равноудаленных от a и b , представляет собой прямую, перпендикулярную отрезку ab и проходящую через середину с этого отрезка (т.е. срединный перпендикуляр) — рис. 8.2. Так как координаты середины отрезка равны полусумме соответствующих координат его концевых точек, то

Итак, искомым множеством является прямая, проходящая

Искомое множество является пересечением круга и полосы, изображенным на рис. 8.3; граница не входит в заштрихованное множество.

203

сама эта прямая не входит в множество.

4)Искомым множеством является пересечение

построенных множеств, т.е. треугольник Рис. 8.4, в со "скругленными" углами — рис. 8.4, г. Граница не входит в множество.

Задача 8.10. Замкнутую область, изображенную на рис. 8.5, задать системой неравенств.

удовлетворяют неравенству z + 2i ≤2 . Кроме того, эти точки

лежат внутри сектора с вершиной в начале координат, что накладывает условие на их аргументы. Удобно пользоваться главным значением аргумента, для которого −π< arg z ≤π .

неравенствами являются z + 2i ≤2 , −3π 4 < arg z ≤−π 6 .

205

Дифференцирование функций комплексного переменного.

Задача 8.11. Найти точки, в которых функция

ω = z(z −3 Im z)

является дифференцируемой, и вычислить производную в этих точках (если таковые существуют).

Решение. Представим данную функцию ω = f (z) в виде f (z)= u(x, y)+i υ(x, y). Для этого подставим z = x +i y и

выделим действительную и мнимую части полученного выражения:

f (z)= (x +i y)(x −iy −3y)= x 2 + y 2 −3xy −i 3y 2

(мы воспользовались равенствами z = x −iy , Im z = y ). Таким образом, u(x, y)= x 2 + y 2 −3xy , υ(x, y)= −3y 2 .

Согласно теореме 6.1, для дифференцируемости функции f (z) в точке z = (x, y) необходимо и достаточно, чтобы в

этой точке выполнялись условия Коши-Римана (6.4). Найдем частные производные:

Эта система имеет единственное решение x = 0 , y = 0 . Итак, функция f (z) дифференцируема в единственной точке z = 0 . Для отыскания производной f ′(0) достаточно найти частную производную либо по x , либо по y в точке z = 0 (в силу

206

дифференцируемости функции f (z) значения этих производных должны быть равны друг другу):

значению f (0)=1.

Решение. 1) Проверим, что данная функция в самом деле является действительной частью аналитической функции. С

Таким образом, функция u(x, y) удовлетворяет уравнению Лапласа во всей плоскости.

2) Используя условия Коши-Римана, найдем ∂∂υy = ∂∂ux и

∂∂υx = −∂∂uy :

207

переменному x , найдем υ(x, y) (при этом y считается постоянной):

υ(x, y)= ∫(e−y sin x −1)dx =

= e−y ∫ sin x dx −∫1 dx = −e−y cos x −x +C (y),

где C (y) — неизвестная функция переменного y .

4) Подставим найденную функцию υ(x, y) в уравнение

f (z)= e−y sin x + y +i(−e−y cos x −x +1−i), или f (z)= −i e−y (cos x +i sin x)−i(x +i y)+1+i =

208

= −i e−yei x −i(x +i y)+1+i = −i ei(x+i y) −i(x +i y)+1+i = = −i ei z −i z +1+i .

Восстановление аналитической функции по ее мнимой части проводится аналогично — см. пример 7.3.

Конформные отображения.

Задача 8.13. Найти функцию, отображающую треугольник с вершинами A(−1, 0), B(−4, −1) , C (−4, 1) на

треугольник с вершинами A′(3, 0), B′(5,−6), C′(1,−6) (рис.

8.6).

Решение. Треугольник можно отобразить на треугольник A′B′C′ последовательным выполнением растяжения, поворота и параллельного переноса. Поэтому такое отображение реализуется линейной функцией

ω= az +b .

1)Подберем преобразование подобия. Так как коэффициент подобия треугольников равен 2 , то нужное преобразование

есть ω1 = 2z . Точка A(−1, 0) перейдет в

A1 (−2, 0).

Рис. 8.6 2) Повернем получившийся треугольник относительно

начала координат на угол π2 против часовой стрелки. Это

A1 (−2, 0) перейдет в A2 (0, −2).

209

3) Сделаем параллельный перенос получившегося треугольника на вектор A2 A′= (3, 2)= 3+ 2i . Преобразование

запишется в виде ω = ω2 +3+ 2i .

Композиция указанных преобразований даст искомое отображение:

ω = ω2 +3+ 2i = ei π 2ω1 +3+ 2i = 2 e i π 2 z +3+ 2i ,

т.е. ω = 2 ei π2 z +3+ 2i , или ω = 2i z +3+ 2i .

Задача 8.14. В какую область переходит круг z + 2i < 2 при отображении ω =1 z

Решение. Определим вначале, во что переходит граница круга, т.е. окружность z + 2i = 2 . Согласно круговому

свойству дробно-линейных отображений (теорема 9.4), эта окружность переходит в окружность (возможно, с радиусом

Чтобы ее изобразить, достаточно найти две точки на этой

z + 2i = 2 является прямая, проходящая через точки ω1 = i4

(верхняя либо нижняя), ограниченная этой прямой.

Чтобы понять, какой из случаев имеет место, достаточно проверить, в какую полуплоскость отображается какая-либо

210