Учебное пособие 1865

точку ω0 , лежащую выше прямой y =14 , то приходим к выводу: круг z + 2i < 2 отображается на полуплоскость

Im z >14 .

Образ границы z + 2i = 2 можно было найти и другим способом, показанным на следующем примере.

Задача 8.15. В какую область переходит круг z +i < 3

Поскольку z = 0 не принадлежит этой окружности, то ни одна из ее точек не перейдет в ω = ∞. Значит, образом будет окружность конечного радиуса. Для отыскания ее центра и

Равенство ω =1 z дает z =1ω , или

1u −i υ

x+i y = u +i υ = u 2 +υ2 ,

Подставим эти выражения в уравнение окружности:

u 2 +υ2 + υ4 −18 = 0 .

Дополним выражение υ2 +υ4 до полного квадрата:

211

где z0 — точка, переходящая в точку ω = 0 . В нашем случае z0 = −i2 . Осталось определить значение ϕ, которое найдем из условия arg ω′(−i2)= π4 :

212

Значит, коэффициент растяжения в точке −i2 равен 43 , и ϕ= π4 . Искомым отображением является функция

(мы использовали равенство i = −i ).

Задача 8.17. Найти конформное отображение верхней полуплоскости Im z > 0 на круг ω <1 , удовлетворяющее

условиям ω(2i)= 0 , arg ω′(2i)= π. Указать коэффициент растяжения в точке z0 = 2i .

Решение. В примере 4.7 было показано, что конформное отображение верхней полуплоскости на единичный круг имеет вид

ω = eiϕ z −z0 . z −z0

Определим параметры z0 и ϕ. Поскольку z0 — точка, переходящая в точку ω = 0 , то z0 = 2i . Для определения ϕ найдем ω′(z0 ):

213

Коэффициент растяжения в точке 2i равен ω′(2i) =1 4 .

Задача 8.18. Найти конформное отображение полосы, заключенной между прямыми y = x +1 и y = x +3 (рис. 8.7),

на единичный круг.

Решение. 1) С помощью линейной функции ω = a z +b

полоса имеет ширину 2 . Чтобы отобразить ее на полосу шириной π, сделаем преобразование подобия с

214

Затем повернем полученную полосу на угол π4 по

часовой стрелке, чтобы она стала параллельной оси OX . Это преобразование запишется в виде

ω2 = ω1e−i π 4 = π2z e−i π 4 .

Точка A1 (−π(2 2), π(2 2)) перейдет в A2 (0, π2).

Наконец, сделаем параллельный перенос на вектор A2O :

ω3 = ω2 −i2π = π2z e−i π 4 −i2π .

Вместо точки A(−12, i2) можно было взять любую другую точку на прямой y = x +1 (например, точку (0,1) ). Используя

2)Отобразим полученную полосу на верхнюю

3)Отобразим верхнюю полуплоскость на единичный

условий не задано, то параметры ϕ и z0 с Im z0 > 0 можно

215

выбрать произвольно. Например, возьмем ϕ0 = 0 , z0 = i .

Тогда получим ω = ω4 −i .

ω4 +i

4) Искомое отображение будет композицией указанных выше отображений:

Задача 8.19. Найти все значения степени (− 3 +i)−6i .

Решение. Согласно определению общей степенной функции

(− 3 +i)−6i = e−6i Ln(− 3+i) .

Значения логарифма найдем по формуле:

где ϕ= arg(− 3 +i). Поэтому ϕ лежит во второй четверти. Следовательно, ϕ= 5π6 . Получаем

(− 3 +i)−6t =

216

= exp −6i ln 2 +i 56π + 2πk = exp(5π+12πk −i6 ln 2)=

бесконечное множество значений. Все эти значения лежат на одном луче, идущем под углом θ = −6 ln 2 к оси OX . Модули этих значений образуют две геометрические прогрессии с

k =1, 2,3,... , и q = e−12π при k = −1,−2,−3,...

Задача 8.20. Найти все значения функции

Arc cos(−5i).

Решение. По формуле (4.3)

Arc cos(−5i)= i Ln(−5i + (−5i)2 −1)= i Ln(−5i + −26)=

положительного числа обычно понимается арифметическое значение корня, в то время как под корнем в формуле (4.3) подразумевается двузначная функция. Рассмотрим каждый из знаков перед корнем отдельно:

217

Можно было рассмотреть только один случай и воспользоваться общим замечанием, сделанным в п.4.3, согласно которому изменение знака перед корнем приводит к

218

Поскольку кривая состоит из двух участков — отрезков AB и BC , задаваемых разными уравнениями, то рассмотрим каждый из них отдельно.

219

2) Найдем интеграл по кривой Γ по формуле

β

∫ f (z)dz = ∫ f (z(t))z′(t)dt .

Γα

Для этого перейдем к сумме интегралов по участкам AB и BC и вычислим каждый из них в отдельности.

Для участка AB

Для участка BC

z′(t) =1−i ;

220