Учебное пособие 800226

Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

z w отображает взаимно однозначно контур C1

на контур C в плоскости z . Тогда

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.05.2022

Размер:

1.02 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 73 4 5 6 7 > Следующая >>>

Решение.

lim

siniz

lim

siniz

2 2

ch z ish z

cosiz siniz

2 2

e2iz 1

Пример 13. Вычислить предел

lim

eiz

Решение.

e2iz

lim

e2i i 1

lim

1 e2i

lim

1 cos2 isin2

2sin2 i2sin cos

i lim

0 1 cos isin

0 2sin2

i2sin

cos

sin sin icos

2sin

cos

i lim

2i .

icos

sin

2.3. Дифференцирование функций комплексного переменного

Пусть функция w f z определена в некоторой облас-

ти D комплексной плоскости z . Пусть точки z и z z

принадлежат области D. Обозначим w f z z f z ,

z x i y.

Определение 1. Функция w f z называется диффе-

ренцируемой в точке z D, если отношение	w	имеет конеч-

	z
40

ный предел при z,

стремящемся к нулю произвольным обра-

зом. Этот предел называется производной функции

f z в

данной точке z и обозначается f

z (или

), так

, w ,

что по определению

z w lim

z 0

Если z x iy,

w f z u x, y iv x,

y , то в каждой

точке дифференцируемости функции

f z выполняются со-

отношения u v и u v , называемые условиями Коши-

x y y x

Римана (Даламбера-Эйлера). Обратно, если в некоторой точке

x, y функции

u x, y

v x,

дифференцируемы как

функции действительных переменных

x и y и, кроме того,

удовлетворяют условиям Коши-Римана,

то функция f z яв-

ляется дифференцируемой в точке z x iy

как функция ком-

плексного переменного z .

Пусть z rei ,

тогда f z u r, iv r, , и условия

Коши-Римана в полярных координатах имеют вид

f z

1 v

Следовательно,

Определение 2. Функция w

f z

называется аналити-

ческой в данной точке z D, если она дифференцируема как в самой точке z , так и в некоторой ее окрестности. Функция w f z называется аналитической в области D, если она

дифференцируема в каждой точке этой области.

Для любой аналитической функции f z имеем

f z

Если f z

и g z

– аналитические в области D функ-

ции, то функции

f z g z ,

f z g z

также аналитичны в

области D, а частное f z

g z

– аналитическая функция во

всех точках области D,

в которых g z 0. При этом имеют

место формулы:

f z g z f z g z ,

f z g z f z g z f z g z ,

z g z f z g

Если w f z

– аналитическая в области

D функция с

областью значений G f z

z D

и функция w

анали-

тична в области

G ,

то сложная функция

F z f

z –

аналитична в области D. Производная этой функции находит-

ся по обычному правилу:

F z

Формулы

дифференцирования

аналитических функций

комплексного

переменного

аналогичны

соответствующим

формулам дифференцирования функций действительного переменного. Так zn nzn 1, ez ez , Lnz 1z ,

sin z cosz, cosz sin z , sh z ch z , ch z sh z .

Пример 14. Показать, что функция f z z3 аналитична

во всей комплексной плоскости (кроме z ) и найти ее производную.

Решение.

f z x iy 3 x3 3ix2y 3xy2 iy3 ,

поэто-

му

действительная

часть

u x3 3xy2 , а

мнимая

часть

v 3x2y y3.

Проверим выполнение условий

Коши-Римана,

для

чего

найдем

частные

производные:

3x2

3y2 ,

6xy,

6xy. Видно, что условия Ко-

ши-Римана выполняются во всей комплексной плоскости, так

как	u	v	и	u	v	. Следовательно, функция аналитична
	x	y		y
					x

во всей комплексной плоскости. Найдем производную данной

функции:

f z

3x2

3y2 i6xy 3 x iy 2 3z2 .

Пример 15. Проверить функцию f z zz

на аналитич-

ность.

f z zz

x iy x iy x2 y2 ,

Решение. Имеем

так

что u x2

y2 ,

v 0.

Условия Коши-Римана в этом случае

2x 0

0 .

примут вид

и удовлетворяются только в точке 0,

2y 0

Следовательно,

функция f z zz

дифференцируема только в

точке z 0 и нигде не аналитична.

Пример 16. Проверить

функцию f z

Rez

на

аналитичность.

f z

Rez x iy x x2 ixy ,

Решение.

Имеем

так

что u x2 ,

v xy . Условия Коши-Римана в этом случае при-

2x x

0 .

мут вид

и удовлетворяются только в точке 0,

0 y

Следовательно, функция f z zz дифференцируема только в

точке z 0 и нигде не аналитична.

Определение 3. Функция x, y называется гармониче-

ской в области D, если она имеет в этой области непрерывные частные производные до второго порядка включительно и удовлетворяет в этой области уравнению Лапласа

x, y	2		2	0.
	x2		y2

Если функция f z u iv		аналитична в некоторой об-

ласти D, то ее действительная часть u x, y и мнимая часть

v x, y являются гармоническими в этой области функциями.

Это следует из условий Коши-Римана.

Аналитическую функцию f z можно восстановить, ес-

ли известна ее действительная часть u x, y или мнимая часть

v x, y . Для этого применяются различные способы.

1) Если функция f z аналитична в окрестности точки

z0 и f z0 C0 , то ее можно восстановить по одной из сле-

дующих формул

f z 2u

C0,

f z 2iv

C0 .

2) Пусть известна функция

u x, y

– действительная

часть аналитической в области D функции

f z . Чтобы вос-

становить функцию f z , необходимо найти ее мнимую часть

v x,

y . Запишем v x, y dv C

dy C . Отсю-

да, пользуясь условиями Коши-Римана, получаем

v x, y

dy C .

Здесь точка A x0, y0 фиксирована, а точка

B x, y произ-

вольная, A D и B D , интеграл не зависит от вида кривой

AB ,

C – произвольная постоянная, которая находится из до-

полнительного условия f z0 C0 .

Если известна мнимая часть v x, y аналитической в об-

ласти D функции f z , то аналогично получаем

u x, y

dy C.

u x, y –

3) Пусть известна функция

действительная

часть аналитической в области D функции f z . Найдем u .

Из первого условия Коши-Римана получаем

. Отсюда

v x, y

dy x ,

где функция

пока неизвестна.

Дифференцируя v x, y

по x

и используя второе условие Ко-

ши-Римана, получим

, откуда находим

x . Интегрируя,

определяем x x dx C .

Таким

образом, функция v x, y , а,

следовательно,

и функция

f z ,

определена с точностью до константы C , которая находится из

дополнительного условия f z0 C0 . Заметим, что можно на-

чать решение с нахождения производной u .

Если известна мнимая часть v x, y , то действительная часть u x, y находится аналогично вышеизложенному.

Пример 17. Проверить, что функция u x,y y3 3x2y

является вещественной частью аналитической функции f z и

найти эту функцию, f 0 i.

Решение.

Найдем производные:

6xy,

6y,

3y2 3x2 ,

Функция u x, y

является гармони-

ческой во всей

плоскости, так как

6y 6y 0 .

Следовательно, она является действительной частью некото-

рой

аналитической

функции,

т.е.

найдется

такая

функция

v x, y , что f z u iv. Решим задачу тремя способами.

1) f z 2u

, где

0, C

i. То-

гда

f z 2u

i iz3 i .

v x, y

x,y

2) Найдем

dy C . Подставляя

x0,y0

в этот интеграл выражения для производных, получим

v x, y	x,y	3y2 3x2 dx 6xydy C .
v x, y		3y2 3x2 dx 6xydy C .	Интегрирование
	x0,y0

проведем по ломаной M0M1M (рис. 1) со звеньями, парал-

лельными координатным осям. За точку M0 x0, y0 примем начало координат, т.е. x0 0 и y0 0, тогда остальные точки

						x
M1 x, 0 и	M x,		y . Вычисляем интеграл: v x, y 3x2dx
						0
y		x		y
6xydy C x3		x	3xy2	y	C x3 3xy2 C.	Подставляя
6xydy C x3		0	3xy2	0	C x3 3xy2 C.	Подставляя
0
функции u x,y y3 3x2y и v x, y x3 3xy2						C в выра-
жение f z u iv, получим
f z y3 3x2y i x3 3xy2 C i x iy 3 iC iz3 iC .
Из условия	f 0 i находим C 1 и окончательно получаем

f z iz3 i.

M(x,y)

	M0(0,0)
0	M1(x,0) x

Рис. 2.1 47

Имеем

6xy.

По

первому

из условий

Коши-

Римана

должно

быть

так

что

6xy.

Отсюда

v x, y 6xy dy 3xy2

x ,

где функция

пока

неизвестна. Дифференцируя v x,

y по x

и используя второе

условие

Коши-Римана,

получим

3y2 x

3y2 3x2 ,

откуда

x 3x2 .

Интегрируя,

определяем

x 3x2dx x3 C .

Итак, v x,

y 3xy2 x3

C ,

и,

сле-

довательно,

f z y3

3x2y i 3xy2 x3 C iz3

iC . Из

условия

f 0 i

находим

C 1

окончательно

получаем

f z iz3 i.

ГЛАВА 3 ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

3.1. Основные понятие об интегрировании функций комплексного переменного

	L
	zn-1
	z2
	n
2
z1	zn

Рис. 3.1

Пусть на комплексной плоскости задана ориентированная кусочно-гладкая кривая L, на которой определена функция f z . Разобьем эту кривую на n частей zk 1, zk точками z0 ,

z1, ,	zn , пронумерованными в направлении от z0			– началь-
ной точки кривой L, до zn		– конечной точки кривой L, и на
каждой	части выберем	какую-нибудь	точку	k ,	где
k 1, 2,	,n (рис.3.1). Обозначим через		lk (k 1, 2,		,n)

длину дуги zk 1, zk и пусть l max lk . Составим интеграль-

1 k n

ную сумму

	n
	f k zk zk 1 .			(3.1)
	k 1
Если при	l 0 существует конечный предел интегральных
сумм (3.1), не зависящий от выбора точек zk			и k , то тот пре-
дел называется интегралом от функции f z			по кривой L:
		n
	f z dz lim f k zk zk 1 .			(3.2)
	L	l 0k 1
Пусть z x iy, f		z u x, y iv x, y . Введем обозна-
чения	zk xk iyk ,	xk xk 1 xk ,	yk yk 1	yk ,
k k i k . Тогда
n	n	n

f k zk zk 1 uk xk vk yk i vk xk uk yk ,

k 1	k 1	k 1
где uk u k , k ,	vk v k, k . Переходя в этом равенстве к
пределу при l 0, получаем
	f z dz
	L
u x, y dx v x, y dy i v x,y dx u x,y dy,			(3.3)
L	L

т.е. существование интеграла (3.2) равносильно существованию двух криволинейных интегралов второго рода от действительных функций:

u x, y dx v x, y dy	и v x, y dx u x, y dy .
L	L

Свойства интегралов.

Из формулы (3.3) следует, что непрерывная на кривой функция интегрируема на этой кривой. Из свойств криволинейных интегралов вытекает также, что имеют место следующие формулы:

1.		af z bg z dz a			f z dz b		g z dz ,	(3.4)

	L			L		L
где a и b – любые комплексные числа.
2.			f z dz f z dz ,					(3.5)
	L		L

т.е. при изменение ориентации кривой интеграл меняет знак.

3.	f z dz f z dz f z dz .				(3.6)
L1 L2	L1	L2
	Оценки интегралов
Лемма 1. Пусть функция		f z	непрерывна на кривой .
Тогда имеет место оценка
	f z dz	f z	dz	,	(3.7)

где	dz	dx 2 dy 2 ds – элемент дуги кривой .
где	dz	dx 2 dy 2 ds – элемент дуги кривой .
	Следствие. Из неравенства (3.7) вытекает оценка
			f z dz	M l ,	(3.8)
			f z dz	M l ,	(3.8)

где M max	f z	, l	– длина кривой .
z
z
Лемма 2. Пусть функция f z непрерывна в области D

и кривая	лежит в D. Тогда интеграл f z dz	можно с

любой точностью приблизить интегралом от f z		по лома-

ной, лежащей в области D, т.е. для любого 0 существует ломаная C , лежащая в области D, такая, что

f z dz f z dz .

(3.9)

Лемма 3. Пусть D – ограниченная односвязная область,– граница области D. Если функция f z непрерывна в об-

ласти D вплоть до границы, то интеграл f z dz	можно с

любой точностью приблизить интегралом от f z	по замк-

нутой ломаной, лежащей в области D.

Рассмотрим неодносвязную область. Пусть граница

ограниченной области D состоит из кривых				1, 2, , n :
n	k . Если функция	f z непрерывна		в области D
k 1
вплоть до границы , то		n
		n
	f z dz f z dz.			(3.10)
		k 1 k
Из леммы 3 вытекает
Следствие. Если функция f z			непрерывна в области D
вплоть до границы, то интеграл от			f z по границе области

D можно с любой точностью приблизить суммой интегралов от f z по замкнутым ломаным, лежащим в области D.

Лемма 4. Кривую , лежащую в области D, можно покрыть конечной системой кругов, принадлежащих области

D.
	Методы вычисления интегралов
Если кривая L задана уравнением			y y x , то в форму-
ле (3.3) можно записать dy y x dx и, следовательно,
	f z dz	x2
	f z dz

L		x1

(3.11)

x, y(x) u x, y(x) y (x) dx ,

где x1 и x2

– абсциссы начальной и конечной точек кривой L.

Если кривая L задана парой параметрических уравнений

x x t

y y t ,

то

в формуле (3.3)

можно

записать

dx x t dt ,

dy y t dt

и, следовательно,

z dz

(3.12)

x(t), y(t) x (t) u x(t), y(t) y (t) dt

где x1 x(t1), x2

x(t2).

Если

кривая

задана параметрическим уравнением

z z t ,

причем начальная и конечная точки дуги соответст-

вуют значениям параметра t t1

и t t2 соответственно, то

f z dz f z

(3.13)

(t) z (t)dt .

Если путь интегрирования является полупрямой, выходящей из точки z0 , то полезно сделать замену переменной

z z0 rei . В этом случае 0=const, расстояние от точки z0 меняется от 0 до r0 , dz ei 0 dr , поэтому

f z dz ei 0	r0	dr .
f z dz ei 0	f z0 rei 0	dr .	(3.14)
L	0

Если путь интегрирования является или дугой окружности с центром в точке z0 , то также полезно сделать замену пе-

ременной z z0 rei . В этом случае r r0 const , угол меня-

ется от 1 до 2 , dz ir0ei d , поэтому

f z dz ir0		2	f z0 r0ei ei d .
				(3.15)
L		1
Функция F z	называется первообразной функции			f z
в области D, если	F z	дифференцируема в этой области и
F z f z z D.
Пусть функция f z			аналитична в односвязной области

D, а L – некоторая кривая, целиком лежащая в D. Тогда

1) существует первообразная F z для	f z в D и вер-
на формула Ньютона-Лейбница:
f z dz F z2 F z1 ,	(3.16)
L

где z1 и z2 – начальная и конечная точки кривой L;

2) если L – любой замкнутый кусочно-гладкий контур в

области D, то верна теорема Коши:
f z dz 0;	(3.17)
L

Если функции f z и z – аналитические в односвяз-

ной области D, а z1 и z2 – произвольные точки этой области, то имеет место формула интегрирования по частям:

z2		z z dz f z z		z2	z2	z f z dz .
	f	z z dz f z z		z2		z f z dz .	(3.18)
				z
z			1		z
1					1

Замена переменных в интегралах от функций комплексного переменного производится аналогично случаю функции действительного переменного. Пусть аналитическая функция

1 2

	Рис. 3.2
Если функция f z	аналитична в многосвязной области
D, ограниченной контуром и внутренними по отношению к
нему контурами 1, 2,	, k , и непрерывна в замкнутой об-

ласти D D 1 k , где знаки в верхних индексах означают направления обходов (рис. 3.2), то верна теорема Коши для многосвязной области:

f z dz 0.

(3.20)

m 1

Пример 1. Вычислить интеграл 1 i 2

по лини-

ям, соединяющим точки z1 0 и z2

1 i ,

а) по параболе y x2

(рис. 3.3, а);

б) по прямой (рис. 3.3, б);

в) по ломаной z1z3z2,

z3 1 (рис. 3.3, в).

0 z1

а)

б)

в)

Рис. 3.3

Решение. Запишем подынтегральную функцию в виде

1 i 2

1 i 2(x iy) (1 2x) i(1 2y) u iv .

Проверим

эту

функцию

на

аналитичность:

Так

как

то функция не

является аналитической.

Применяя

формулу (3.3), получим

1 i 2z dz (1 2x)dx (1 2y)dy i (1 2y)dx (1 2x)dy.

L L L

а) Для параболы y x2 имеем dy 2xdx (0 x 1). Следовательно,

1 i 2z dz

1			2						1						2
			2												2
	1 2x (1 2x			)2x dx i 1 2x												(1 2x)2x dx
0									0
	x 2x2 x4					1							2				1	4


							i		x x2					x3			2		i .
							i		x x2				3	x3			2	3	i .
						0											0
						0

б) Уравнение прямой,									проходящей через точки z1 0 и
z2 1 i , будет y x			(0 x 1), а значит,														dy dx. Поэтому
					1 i 2					z	dz
					L
	1								1
(1 2x) (1 2x) dx i (1 2x) (1 2x) dx
	0								0
	2x2							1 i 2x				10 2 2i .


								0
								0
в)	На отрезке	z1z3 :						y 0, dy 0,								0 x 1. На отрезке

z3z2 : x 1, dx 0, 0 y 1. Используя свойство линейности криволинейных интегралов, получим

1 i 2

z1z3

z3z2

(1 2x)dx i dx (1 2y)dy i (1 2 1)dy

x x2

1 ix

y y2

1 i y

10 2.

Пример 2. Вычислить I e

Rezdz , где C – отрезок

прямой, соединяющей точки z1 0 и z2

1 i .

Решение (первый способ). Выделим действительную и

мнимую часть подынтегральной функции f z e

Rez. Для

этого перепишем ее в виде e					z	2	Rez ex2 y2 x. Отсюда следует,


u x, y xex2 y2		,		v x, y 0. Применим формулу (3.3). Полу-
чаем
e	z		2	Rezdz xex2 y2 dx i xex2 y2 dy .


C				C			C

Уравнение прямой, проходящей через точки z1 0 и z2 1 i , будет y x, а значит dy dx. Поэтому

			1									1										1								1 i			1				1
			I xe2x2 dx i xe2x2 dx																			1			e2x2								1	e2x2
			I xe2x2 dx i xe2x2 dx																						e2x2									e2x2
			0									0									4									0	4						0
																					4									0	4						0

					1	e2 1 i									1	e2 1									1		e2 1 1 i .
					4	e2 1 i									4	e2 1									4		e2 1 1 i .
		Решение (второй способ). Так как при движении вдоль
отрезка C изменяется только r																					z					от			0 до						2	, а argz
							i									i
							i									i							2			1 i dr ,
	,		то z re 4 ,									dz e 4dr											2												Rez rcos
	,		то z re 4 ,									dz e 4dr																							Rez rcos
4																					2													4
	2	r	и для интеграла получаем
		r	и для интеграла получаем
2
				2																												2
				2					2				2											1								2
			I er2						2		r		2	1 i dr										1		1 i					er2 d r2
			I er2								r			1 i dr												1 i					er2 d r2
			0				2					2									4										0
			0																												0
																			1	1 i
								1		1 i er2								2										e2 1 .
								1

							4										0	4
							4										0	4
		Пример 3. Вычислить																zkdz, где C – окружность еди-
																		C

ничного радиуса с центром в точке z 0 (обход против часовой стрелки, k – целое число).

Решение. Так как на окружности C				имеем		z	1, то
z ei	(0 2 ) и dz iei d . Тогда получаем
		2	2	0,	k 1
				0,	k 1
	zkdz eik iei d i ei k 1 d				.
	C	0	0	2 i,	k 1

При k 0 результат вычислений согласуется с теоремой Коши

(3.17). При k 1 функция	f z	1	не определена и не диф-

		z

ференцируема в точке z 0. Интеграл не равен нулю. При k 2, 3, подынтегральная функция не определена в точке

z 0 и теорема Коши также не применима,

но интеграл равен

нулю.

Пример 4. Вычислить

zzdz , где C :

Решение. Аналогично примеру 3:

zzdz ei e i iei d ei d i

e2 i

1 cos2 isin2 1 0.

1 i

Пример 5. Вычислить интеграл zdz .

Решение. Так как подынтегральная функция является

аналитической,

то

можно

использовать

формулу

Ньютона-

1 i

Лейбница (3.16):

zdz

1 i 2

i .

3.2. Интегрирование многозначных функций

Пусть функция

w f z , аналитическая в области D,

отображает D на область G и такова, что обратная функция

<<< < Предыдущая 1 23 / 73 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.2022991.69 Кб2Учебное пособие 800221.pdf
#
01.05.2022993.74 Кб5Учебное пособие 800222.pdf
#
01.05.20221 Mб1Учебное пособие 800223.pdf
#
01.05.20221.01 Mб4Учебное пособие 800224.pdf
#
01.05.20221.02 Mб3Учебное пособие 800225.pdf
#
01.05.20221.02 Mб2Учебное пособие 800226.pdf
#
01.05.20221.03 Mб1Учебное пособие 800227.pdf
#
01.05.20221.03 Mб1Учебное пособие 800228.pdf
#
01.05.20221.03 Mб1Учебное пособие 800229.pdf
#
01.05.2022289.9 Кб1Учебное пособие 80023.pdf
#
01.05.20221.04 Mб4Учебное пособие 800230.pdf