18

С другой стороны, соотношение za

= ea Ln z при фиксированном a определяет многозначную

функцию в области \{0},называемую общей степенной функцией.

Примеры.

1. Найдём значение i1−i . С учётом того,

π

π

что i = cos

2

+i sin 2

, получим

(1−i) ln1+i

π

+2kπ

1−i

π i

+

2kπi

π

i+2kπi−

π

−

2kπ

i1−i = e(1−i)Lni

= e

= e

(

)

= e2

=

2

2

2

= e

−

π −2kπ

π

+2kπ

π

+2kπ

= e

−

π −2kπ

π

+i sin

π

−

π

−2kπ

2

cos

2

+i sin

2

2

cos

2

2

= ie

2

π

Главное значение равно ie− 2 .

2.

Найдём

значение

1−2i

.

С

учётом

того,

что

1+i =

π

+i sin

π

получим

(1+i)

2 cos

4

,

4

π

+2kπ

π

π

(1+i)1−2i = e(1−2i)Ln(1+i)

= e

(1−2i) ln

2 +i

= e

ln 2 +i

+2kπ −2iln

2 +2

+2kπ

=

4

4

4

π

π

π

+4kπ

π

π

= e

ln 2

+

+4kπ +i

+2kπ −2ln

2

= e

ln

2

+

+2kπ −2ln

+i sin

2kπ

2

−2ln

2

=.

2

4

2

cos

4

+

4

π

+4kπ

π

π

= e

ln

2

+

+i sin

−2ln

2

−2ln

2

cos

4

4

2

π

π

π

Главное значение равно e

ln

2

+

−

2ln

−2ln

2

cos

4

2 +i sin

4

2 .

9.

Дифференцирование функций комплексного переменного

Понятия производной функции комплексного переменного, дифференцируемости функции

комплексного

переменного

f (z)

аналогичны

действительному

случаю,

а

именно

f '(z0 ) = lim

∆f (z0 )

или ∆f (z0 )= f '(z0 )∆z +o

(∆z), где o(∆z)

- бесконечно малая более высокого

∆z→0

∆z

порядка относительно ∆z при ∆z → 0 .

9.1 Условия Коши-Римана

Если функция

f (z) = u(x, y) +iυ(x, y)имеет конечную производную в точке

z0 = x0 +iy0 , то

функции u(x, y ) и υ(x, y) являются дифференцируемыми

в

точке

(x0 ; y0 )

и в этой точке

выполняются равенства, называемые условиями Коши-Римана

∂u(x0 , y0 )

= ∂υ(x0 , y0 ) ,

∂u(x0 , y0 ) = −

∂υ(x0 , y0 ) .

∂x

∂y

∂y

∂x

имеет в точке z0 = x0 +iy0 производную

f ′(z0 ), которую можно вычислить по одной из формул:

f ′(z0 ) =

∂u(x0 , y0 )

+i

∂υ(x0 , y0 )

;

∂x

∂x

f ′(z0 ) =

∂u(x0 , y0 )

−i

∂u(x0 , y0 )

;

∂x

∂y

f ′(z0 ) =

∂υ(x0 , y0 )

−i

∂u(x0 , y0 )

;

∂y

∂y

f ′(z0 ) =

∂υ(x0 , y0 )

+i

∂υ(x0 , y0 )

.

∂y

∂x

f

′

∂υ(x, y)

+i

∂υ(x, y)

.

(z) =

x=z

∂y

∂x

y=0

Пример. Найти область

аналитичности (регулярности)

функции

f (z)= z2 −

1

. В случае

z

аналитичности функции найти её производную.

Пусть z = x +iy . Тогда

f (z)= z2 − 1 = (x +iy)2 −

1

= x2 +2ixy − y2

x −iy

= x2 − y2 −

x

y

−

+i

2xy +

.

x +iy

2 2

x

2

2

x

2

2

z

x + y

+ y

+ y

( f (z)g(z))′

z=z

=

f ′(z0 ) g(z0 ) + f (z0 )g′(z0 ),

0

′

f

′

)g(z

) − f (z

′

f (z)

)

z=z0 =

(z

0

0

0

)g (z

0

.

2

g(z)

(g(z0 ))

Действительная

и мнимая части аналитической в некоторой области

функции

f (z) = u(x, y) +iυ(x, y)

являются гармоническими функциями, так как в этой области

они

∂2u

+

∂2u

= 0 ,

∂2υ

+

∂2υ

= 0 .

∂x2

∂y2

∂x2

∂y2

Пусть дана действительная часть u(x, y)

аналитической функции

f (z) = u(x, y) +iυ(x, y).

Функцию υ(x, y)

по ее дифференциалу можно восстановить с помощью криволинейного

( x; y)

∂υdx +

∂υ dy +C =

(x; y)

− ∂udx +

∂u dy +C , где

интеграла: υ(x, y) = ∫

∫

точки (x0 ; y0 ) и (x, y)

(x ; y ) ∂x

∂y

( x ; y )

∂y

∂x

0

0

0

0