Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный технический университет им. H.Э.Баумана

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

11-02-2013_11-32-37 / TFKP_OI_elektr.pdf

Скачиваний:

142

Добавлен:

10.02.2015

Размер:

562.06 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 86 7 8 > Следующая >>>

22
Соответственно, если известна мнимая часть u(x, y) ,							то действительную часть можно найти
(x; y)		∂udx +		(x; y)		∂υdx −	∂υ dy +C .
из соотношения u(x, y) = ∫			∂u dy +C = ∫
( x	; y )	∂x	∂y	( x ; y		) ∂y	∂x
0	0			0	0
Таким способом будет получен ответ в форме f (z) = u(x, y) +iυ(x, y) .
На практике, как правило, функции				u(x, y)	и υ(x, y) задаются некоторыми выражениями,

включающими элементарные целые (т.е. функции, аналитические во всей комплексной плоскости) аналитические функции типа показательной или тригонометрических. В этом случае и саму функцию f (z) можно представить некоторым выражением от переменной z . В большинстве

таких случаев возможно выполнить формальную замену f (z) = (u(x, y) +iυ(x, y)) x=z .

y=0

Если под знаками приведённых криволинейных интегралов стоят полные дифференциалы, рассматриваемые в односвязной области D , то эти интегралы не зависят от пути ин тегрирования и представляют собой функции верхнего предела, т.е. переменных x и y . Если же область D является многосвязной, то эти интегралы могут зависеть от пути интегрирования, подынтегральное выражение не является дифференциалом функции во всей области D и для функции u(x, y) сопряжённой гармонической функции нет.

10.2 Способ №2. Непосредственное применение условий Коши-Римана

Иногда более удобно непосредственно применить условия Коши-Римана.

Пусть требуется определить функцию υ(x, y) . Из условия	∂υ(x, y)	= −	∂u(x, y)	найдём, что
	∂x		∂y
υ(x, y) = −∫∂u(x, y) dx +ϕ (y). При этом интеграл берётся по переменной			x , а переменная y
∂y

рассматривается как параметр, от которого зависит постоянная интегрирования ϕ(y). Саму

функцию		ϕ(y)		можно	найти	из	оставшегося	условия	Коши-Римана
∂υ(x, y)	= −	∂	∫∂u(x, y) dx +ϕ′(y)=		∂u(x, y) .
∂y	= −	∂y	∫∂u(x, y) dx +ϕ′(y)=		∂u(x, y) .
∂y		∂y	∂y		∂x

Для нахождения действительной части u(x, y) процедура аналогична.

Оглавление Е.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»

10.3 Способ №3. Через производную искомой функции

К восстановлению аналитической функции можно подойти иначе. В случае если формальная

замена f (z) = (u(x, y) +iυ(x, y))	x=z	справедлива (как уже было отмечено, на практике	ей
	y=0

пользоваться можно), то по заданной действительной u(x, y) или мнимой υ(x, y) части (которая является гармонической в односвязной области D функцией), можно найти производную по одной из формул

f	′	∂υ(x, y)	+i	∂υ(x, y)		,

	(z) =				x=z
		∂y		∂x
					y=0
f	′	∂u(x, y)	−i	∂u(x, y)		.

	(z) =				x=z
		∂x		∂y
					y=0

Искомая функция будет являться первообразной f (z) = ∫ f ′(z)dz . При этом необходимо

учесть, что первообразная определена с точностью до произвольной комплексной постоянной C . В связи с тем, что по условию задачи действительная (или мнимая) часть функции известна, то из

уравнения Re f (z) +ReC = u(x, y)	(или Im f (z) +ImC =υ(x, y) ) можно найти действительную
(или мнимую) часть слагаемого	C . Тогда искомая функция будет определена с точностью до
мнимого (действительного) слагаемого.
Пример. Установить, может ли функция u (x, y)= x2 − y2 +3x − y служить действительной

частью некоторой аналитической функции и, если может, восстановить эту аналитическую

функцию в виде		f (z).
Сначала проверим, удовлетворяет ли функция u (x, y)= x2 − y2 +3x − y уравнению Лапласа.
Вычислим	∂u(x, y)		= 2x +3	,	∂2u(x, y)	= 2 ,	∂u(x, y)	= −2y −1 и	∂2u(x, y)		= −2 . Отсюда следует, что
	∂x				∂x2		∂y			∂y2

u(x, y) является		гармонической функцией в 2						и поэтому		является действительной частью

некоторой аналитической в функции.

Используя условия Коши-Римана (способ №2) запишем частные производные функции

υ(x, y) :

∂v(x, y)	= −	∂u(x, y)	= 2 y +1,	∂v(x, y)	=	∂u(x, y)	= 2x + 3.
∂x		∂y		∂y		∂x
Тогда	v(x, y) = ∫(2 y +1)dx +ϕ (y) = 2xy + x +ϕ (y) и ∂v(x, y) = 2x +ϕ′(y) = 2x + 3.

∂y

Отсюда ϕ(y)= 3y +C и v(x, y) = 2xy + x + 3y + C .

Оглавление Е.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»

Тогда f (z) = (u(x, y) +iυ(x, y))	x=z = (x2 − y2 +3x − y +i (2xy + x +3y +C))		x=z = z2 +3z +iz +Ci ,
	y=0		y=0
где C - произвольное действительное число, т.е. функция		f (z) определена с точностью до чисто
мнимой константы.

Получим тот же самый результат через производную искомой функции (способ №3)

f	′	∂u(x, y)	−i	∂u(x, y)	x=z	= (2x +3 +i (2y +1))	x=z = 2z +3 +i .

	(z) =	∂x		∂y
					y=0		y=0

Тогда	f (z) = ∫ f ′(z)dz = ∫(2z +3 +i)dz = z2 +3z +iz +C1 , где C1	- произвольная комплексная
постоянная.	Покажем, что C1 - чисто мнимая константа.	Пусть z = x +iy .	Тогда
f (z)= z2 +3z +iz +C1 = (x +iy)2 +3x +3iy +ix − y +C1 = x2 − y2 +3x − y +i (2xy + x +3y)+C1			и

поэтому C1 = iC2 , где C2 - произвольное действительное число.

Отметим, что такой проверкой мы убедились в правильности способа восстановления аналитической функции через её производную. Иными словами, мы убедились в справедливости

замены f (z) = (u(x, y) +iυ(x, y))	x=z	для данного конкретного примера. Соответственно,
	y=0

рекомендуется делать такую проверку для каждой решаемой задачи.

11.Интегрирование функций комплексного переменного

Пусть на комплексной плоскости дана кусочно гладкая кривая			AB , где A - начальная точка
этой кривой, а B - конечная точка этой кривой. При этом в каждой точке этой кривой определена
функция f (z). Понятие	∫ f (z)dz	- интеграла от функции f (z)	комплексного переменного z
	AB
вдоль кривой AB как	предела	интегральной суммы вводится	аналогично действительному
случаю. При этом кривая AB называется путём интегрирования.
Теорема (о существовании криволинейного интеграла). Интеграл ∫ f (z)dz				от функции
			AB
f (z) по кривой AB существует, если кривая AB кусочно гладкая, а функция f (z)				непрерывна
на этой кривой.
При этом если f (z) = u(x, y) +iυ(x, y) , то интеграл можно вычислить по формуле
∫ f (z)dz = ∫ u(x, y)dx − v(x, y)dy + i ∫ v(x, y)dx + u(x, y)dy.
AB	AB	AB

Если кривая AB задана параметрическими уравнениями

Оглавление Е.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»

x = x(t), t [α, β],y = y (t)

то формула для вычисления криволинейного интеграла примет вид

∫ f (z)dz =

= ∫β (u (x(t), y (t))x′(t)−υ(x(t), y (t))y′(t))dt +i∫β (υ(x(t), y (t))x′(t)+u (x(t), y (t))y′(t))dt,

α				α
				β
либо, что тоже самое			∫ f (z)dz = ∫ f (z (t))z′(t)dt .
			AB	α
Теорема Коши для односвязной области. Если функция f (z) аналитическая в односвязной
области	D и на ограничивающем ее кусочно гладком контуре L (т.е. аналитическая в замкнутой
области		), то ∫ f (z)dz = 0.
области	D	), то ∫ f (z)dz = 0.
		L
Следовательно,			если	функция f (z) аналитична в односвязной области D , содержащей
точки z1	и z2 , то интеграл не зависит от пути интегрирования и имеет место формула Ньютона-
Лейбница
				z2
				z∫2
				f (ζ )dζ = Φ(z2 ) −Φ(z1 ) ,
где Φ(z)	- какая либо первообразная функции f (z) .

Пример. Вычислим интеграл

3+i

∫ (1 + 2z)dz = (z + z2 )13−+ii = 3 + i − (1 −i)+ (3 + i)2 − (1 −i)2 =

1−i

= 2 + 2i + (9 + 6i −1)− (1 − 2i −1) =10 +10i.

Пример. Покажем, что интеграл от непрерывной, но не аналитической функции зависит от пути интегрирования.

Вычислить интеграл I = ∫(i + 3z )dz по линиям, соединяющим точки z1 = 0 и z2 =1 + i :

а) по прямой C1 : y = x ,

б) по параболе C2 : y = x2 .

Оглавление Е.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»

Пусть

z = x + iy .

Тогда

z = x −iy ,

i + 3z = 3x + i (1 − 3y),

сам

интеграл

принимает вид

I = ∫3xdx − (1 −3y)dy + i ∫(1 − 3y)dx + 3xdy .

Интеграл вдоль прямой y = x равен (заметим, что на прямой dy = dx )

−

1 −

1 =

∫

3x) dx

i∫

3x)

∫(6x

1)dx

i∫dx

Этот жеинтеграл вдоль параболы y = x2 равен (заметим, что на параболе dy = 2xdx )

I = ∫1

3x − (1 − 3x2 ) 2xdx + i∫1

(1 − 3x2 )+ 3x 2x dx = ∫1 (3x − 2x + 6x3 )dx + i∫1 (1 − 3x2

+ 6x2 )dx =

= ∫1 (x + 6x

3 )dx +i∫1 (1 + 3x2 )dx =

6 x4

+ i (x + x3

10 )= 2 + 2i.

Теорема Коши для многосвязной области.

Пусть многосвязная область

D ограничена

внешним кусочно гладким контуром

и внутренними кусочно гладкими контурами

L1, L2, Ln .

Если

функция

f (z) аналитична в области

D и

на ограничивающем

ее

составном контуре

L = L0 L1 L2 Ln , то

∫ f (z)dz =∑n

∫ f (z)dz

или ∫ f (z)dz = 0 ,

k=1 Lk

где

интеграл

по

составному

контуру

есть

сумма

интегралов

по

контурам

L1, L2, Ln ,

ограничивающим область D и проходимым в положительном направлении обхода многосвязной области (то есть тогда, когда многосвязная область остаётся всё время слева, что на внешнем контуре соответствует движению против часовой стрелки, а на каждом из внутренних контуров - движению по часовой стрелке).

12.Интегральная формула Коши

Теорема (интегральная формула Коши). Пусть				f (z) – аналитическая функция в
односвязной области D и на ограничивающем ее контуре				L . Тогда для любой точки z0 D
справедлива формула
f (z0 ) =	1	f (z)	dz.

	2πi ∫L z − z0

Оглавление Е.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»

Правую часть этой формулы называют интегралом Коши.

Стоит отметить, что если точка z0 лежит вне односвязной области D , то интеграл Коши

равен нулю.

Теорема (формула n-ой производной). Аналитическая в окрестности

U (z0 ) точки z0

функция f (z)

имеет в этой точке производную любого порядка n , вычисляемую по формуле

f (z)

(z0 )

∫L

dz ,

2πi

(z − z0 )n+1

где

L – любой простой кусочно гладкий контур, охватывающий точку z0

и целиком лежащий в

U (z0 ).

Иными

словами, аналитическая

окрестности

U (z0 )

точки

функция f (z)

дифференцируема в этой точкебесконечное число раз.

Эти формулы можно использовать для вычисления контурных интегралов.

Пример.

Вычислить

с помощью

интегральной

формулы

Коши

интеграл

∫

dz .

Внутрь контура

интегрирования

попадает только одна особая точка

(z − 2)(z −5)

z−5

z = 5

подынтегральной

функции

поэтому

интеграл

равен

∫

dz =

∫

ez (z − 2)

dz = 2πi

= 2πi

= 2πie5 .

z−5

(z − 2)(z

−5)

z−5

z −5

z − 2

z=5

5 − 2

∫

dz .

Пример.

Вычислить с помощью интегральной формулы Коши интеграл

(z −1)(z − 3)

Внутрь контура интегрирования попадают сразу две особые точки подынтегральной функции z =1 и z = 3 и поэтому интеграл можно представить в виде суммы двух таких контурных интегралов, что внутри контура интегрирования каждого из них будет только одна особая точка:

∫

dz = ∫

z (z − 3)

dz +

∫

z (z −1)

dz =

(z −1)(z − 3)

z−1

z −1

z−3

z − 3

= 2πi

−

2πi.

− 3

z=1

z −1

z=3

Оглавление Е.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»

28
Пример. Вычислить с помощью формулы n-ой производной интеграл ∫				z2 sin iz			dz .
					π	2	dz .
		π			π
	z−i	2	=3	z −i
					2
					2

Внутрь контура интегрирования попадает только одна особая точка подынтегральной функции z = i π2 и поэтому

∫

z2 sin iz

dz = 2πi (z2

sin iz)′

2πi (2z sin iz + iz2 cosiz)

π =

z=iπ

z=i

z−i 2

z −i

;

π 2

= 2π

= 2πi

πi sin −

+ i i

cos −

z=i

13.Разложение функций в ряды Тейлора и Лорана

Теорема (о разложении в ряд Тейлора). Если функция f (z) аналитична в круге

z − z0

< R ,

то она представима в виде суммы степенного ряда:

∞

f (z) = ∑cn (z − z0 )n ,

z − z0

< R .

n=0

f (ς)dς

Коэффициенты

ряда

имеют вид

сn =

∫L

, что с учетом формулы для n

-ой

2πi

(ς − z0 )n+1

производной приводит к формуле cn =

f (n) (z0 )

, n = 0,1,2,.... Контур интегрирования L лежит в круге

z − z0

< R , функция в нём аналитична и поэтому коэффициенты не зависят от выбора контура.

Теорема (о разложении в ряд Лорана). Любую функцию

f (z), аналитическую в кольце

+∞

r <

z − z0

< R , можно

этом кольце

представить суммой

ряда f (z) = ∑cn (z − z0 )n с

−∞

коэффициентами сn =

f (ς)dς

, n Z

, где L - окружность

z − z0

= ρ(r < ρ < R).

2πi ∫L (ς − z0 )n

Ряд из неотрицательных степеней называется правильной частью ряда Лорана. Ряд из отрицательных степеней называется главной частью ряда Лорана.

Таблица стандартных разложений с указанием соответствующего круга сходимости приведена ниже

	z	2		z	n	∞	z	n
еz =1+ z+			+...+			+... = ∑			,	z
				n!			n!
2!						n=0

Оглавление Е.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»

∞

cos z

=1−

−...+ (−1)

+... = ∑(−1)

, z

(2n)!

n=0

(2n)!

(−1)

2n+1

∞

2n+1

sin z = z −

+...+

+... = ∑(−1)

(2n +1)!

n=0

(2n +1)!

∞

chz =1+

+...

+... = ∑

, z

(2n)!

n=0 (2n)!

2n+1

∞

2n+1

shz = z +

+...

= ∑

(2n +1)!

n=0

∞

+ z + z2 +...+ zn

+... = ∑zn ,

1− z

n=0

∞

=1− z + z2

+...+(−1)n zn

+... = ∑(−1)n zn ,

1+ z

n=0

∞

ln (1+ z)= ∑(−1)n−1

n=1

α(α −1)

α(α −1)(α −2)...(α −n +1)

+ z)

=1+ 1! z +

+...

+...,

f (z)=

(z +1).

Пример. Найти все разложения функции

по степеням

Указать область

z + 3

пригодности (сходимости) каждого из разложений.

Преобразуем f

(z)

z + 3

+ (z +1)

z +1

1 +

∞

−1

z +

Тогда при

z +1

<1 получим разложение

(z) =

1 ∑

(

)

) .

2 n=0

При

z +1

требуемое

разложение

получается

похожим

образом:

преобразуем

f (z) =

и потом воспользуемся стандартным разложением

+ (z +1)

+ z +1

Оглавление Е.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»


1	1		=

z +1		2
z +1		2
	1 + z	+1

1	∞	(−1)	n	n	∞
	∑			2	=∑(−1)n 2n (z +1)n+1 .
				n
z +1 n=0		(z +1)			n=0

Пример. Найти все разложения функции f (z) =

по степеням z . Указать область

−5z − 6

пригодности (сходимости) каждого из разложений.

Сначала разложим дробь

в сумму простейших дробей (можно использоватьметод

z2 −5z −

неопределенных коэффициентов).

Получим

−

= − 7

−

z2 −5z −6

(z +1)(z −6)

7(z −6)

7(z +1)

1+ z

1−

Функция

f (z) аналитична в трёх областях: круге

<1, кольце 1 <

< 6 и внешности круга

6 < z . Отметим, что аналитичность функции нарушается в точках z = −1 и z = 6, через которые и

проходят границы областей.

В каждой из этих областей функция f (z) имеет своё разложение в ряд Лорана.

												∞		∞	n
1. При	z	<1 имеем f (z) = −	1	1	−	1		1		= −	1	∑(−1)n zn −	1	∑	z	.
			1	1		1		1			1		1		z
				1 + z											n
			7			42	1 −		z		7 n=0		42 n=0		6
									z

							6

2. При 1 < z < 6 имеем

∞

f (z) = −

−

= −

∑(−1)n 1

−

∑

1 +

1 −

n=0

42 n=0

3. При 6 <

имеем

f (z) =

−

(z − 6)

7 (z +1)

1 − 6

1 +

∞

6 n

∞

n 1

∞

−n−1

∑

−

∑(−1)

∑ (6

− (−1)

7z n=0

n=0

7 n=0

	1	∞	1	∞	n
= −		∑(−1)n z−n−1 −		∑	z	.
					n
	7 n=0		42 n=0		6

Пример. Найти все разложения функции f (z) =			1	sin2	1	по степеням (z + 2).
Пример. Найти все разложения функции f (z) =			z + 2	sin2	z + 2	по степеням (z + 2).
			z + 2		z + 2
Воспользуемся формулой sin2 z =	1 − cos 2z	. Тогда
	2

Оглавление Е.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 86 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 11-02-2013_11-32-37

#
10.02.201511.41 Кб13index.htm
#
10.02.201543.73 Кб15riadi_furie_variant_17.xmcd
#
10.02.2015562.06 Кб142TFKP_OI_elektr.pdf