Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Практикум по теории функций комплексного переменного, теории рядов, операционному исчислению

..pdf
Скачиваний:
7
Добавлен:
05.02.2023
Размер:
1.22 Mб
Скачать

Дробно-рациональная функция

 

a zn a

zn 1

... a z a

w

n

n 1

 

 

1

0

.

b

zm b

 

 

 

 

 

 

zm 1 ... b z b

 

m

m 1

 

1

0

 

Показательная функция w ez ex iy exeiy . Логарифмическая функция

w Ln z ln z i(arg z 2k ) ln z i Arg z

и ее главное значение w ln z ln z i arg z . Тригонометрические функции комплексного переменного

 

sin z

eiz e iz

, cos z

eiz

e iz

 

 

 

2i

 

2

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

tgz

sin z

 

 

 

eiz e iz

, ctgz

cos z

 

i(eiz e iz )

.

cos z

i(eiz e iz )

sin z

eiz e iz

 

 

 

 

 

Гиперболические функции

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

shz

ez e z

, chz

ez e z

,

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

thz

shz

 

ez e z

, cthz

chz

 

ez e z

.

 

chz

ez e z

shz

ez

e z

 

 

 

 

 

 

 

 

Функции, обратные к тригонометрическим и гиперболиче-

ским.

 

 

 

 

 

Функция Жуковского

w

1

 

1

2

z

z

.

 

 

 

 

1.3.1. а) Найти образы линий x const , y const , y x при

отображении w z2 .

Можем записать w z2 (x iy)2 (x2 y2 ) i2xy . Поэтому u(x, y) Re w x2 y2 , v(x, y) Im w 2xy . Если x c , то полу-

чаем в плоскости w кривую, заданную параметрически уравне-

ниями

u c2 y2 ,

v 2cy .

Исключая

параметр y , имеем

y

v

и,

следовательно, u

c2

v2

.

При каждом фиксиро-

 

2c

 

 

 

 

4c2

 

ванном c

это парабола с ветвями, направленными влево, и вер-

 

 

 

 

 

21

 

 

 

шиной в точке w c2 , пересекающая мнимую ось при v 2c2 ,

то есть в точках 2c2i и 2c2i . При c 0 получаем отрицательную полуось OX .

Если y c , то параметрические уравнения образа этой кривой есть u x2 c2 , v 2cx , откуда, исключая параметр x , име-

ем x

v

и, следовательно, u

v2

c2

– семейство парабол с

2c

4c2

 

 

 

 

ветвями,

направленными вправо, вершиной в точке w c2 ,

пересекающая мнимую ось при v 2c2 , то есть в точках 2c2i и2c2i . При c 0 получаем положительную полуось OX .

Если y x , то u 0 , v 2x2 , следовательно,

v 0 и образом

прямой y x является неотрицательная часть мнимой оси.

б) Найти образы линий x const , y const ,

y x при ото-

бражении w ez .

 

Имеем w ez ex iy exeiy . Если x c , то

w eceiy . Это

уравнение описывает окружность с центром в начале координат и радиусом ec , пробегаемую бесконечное число раз. Если y c ,

то w exeic . Это уравнение луча, исходящего из начала координат, со значением аргумента, равным c . Если y x , то

w exeix , и мы получаем спираль, описываемую вокруг начала

координат.

u const, v const, v u при

в) Найти прообразы линий

отображении w z2 .

 

Так как u Re w x2 y2 , то

x2 y2 c , если u c . При

c 0 получаем уравнение x2 y2

0 , которое описывает пару

распадающихся прямых y x и

y x . При c 0 получаем

гиперболы с фокусами на оси OX

при c 0 и фокусами на оси

OY при c 0 и асимптотами y x и y x . Далее, так как v(x, y) Im w 2xy , то 2xy c , если v c . При c 0 получаем уравнение xy 0 , которое описывает оси координат. При c 0

22

получаем гиперболы, лежащие в 1-м и 3-м координатных углах

при c 0 ,

и гиперболы, лежащие во 2-м и 4-м координатных

углах при

c 0 , и асимптотами

 

x 0 , y 0 . Если

u v , то

x2 y2 2xy , или

x2 2xy y2

0 . Выделяя в последнем урав-

нении

полный

 

 

квадрат,

 

 

последовательно

имеем

x2 2xy y2 2 y2

0 ,

(x y)2

2 y2

0 ,

(x y)2 2 y2 .

Это

пара распадающихся прямых x y

2 y ,

x y

2 y ,

или,

что то же самое, y

 

x

 

 

,

y

 

 

x

.

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

г) Найти образы линий

 

 

 

z

 

 

 

const

и arg z const

при ото-

 

 

бражении w z2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Можем записать w z

2

 

 

z

 

 

2

e

i2 arg z

. Если

 

z

 

const , то име-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ем окружность радиусом

 

z

 

2 ,

 

пробегаемую два раза.

Если

 

 

 

arg z const , то получаем луч, исходящий из начала координат под углом 2arg z .

д) Найти прообразы линий w const, arg w const при ото-

бражении w z2 .

 

Можем записать z2 w w ei arg w , или

z w ei arg2 w . Если

w const , то при arg w [0,2 ) получим половину окружности радиусом w , лежащую в верхней полуплоскости плоскости

z , при arg w [2 ,4 ) это половина окружности радиусом w , лежащая в нижней полуплоскости плоскости z . Таким образом, прообраз линии w const при отображении w z2 есть окруж-

ность радиусом w , пробегаемая бесконечное число раз. Если arg w const , то получаем луч в плоскости z , исходящий из на-

чала координат под углом

arg w

.

2

 

 

 

23

1.3.2. Найти модуль, аргумент, вещественную и мнимую час-

ти: а) w e2 i ; б) w e2 3i ; в) w e3 4i .

 

 

а) Так как e2 i e2ei e2 (cos1 isin1) , то

w e2 ,

arg w 1 ,

Re w e2 cos1, Im w e2 sin1 .

б) Так как e2 3i e2e 3i e2 (cos( 3) isin( 3)) , то w e2 , arg w 3 2 , если главное значение аргумента выбирать из

промежутка

 

 

 

 

 

[0, 2 ) ,

 

Re w e2 cos( 3 2 ) e2 cos3 ,

Im w e2 sin( 3 2 ) e2 sin 3 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

в) Так как e3 4i e3e4i e3 (cos 4 isin 4) , то

 

w

 

e3 , arg w 4 ,

 

 

если главное

значение аргумента

выбирать из

промежутка

[0, 2 ) , потому что 0 4 2 , Re w e2 cos 4 , Im w e2 sin 4 .

 

1.3.3. Вычислить: а) w Ln i ; б) w Ln

1 i

; в) w 2i .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

а) w Ln i ln

 

i

 

i(arg(i) 2k ) ln1 i 2k

i

2k

.

 

 

б) w Ln 1 i ln

 

1 i

 

 

 

 

1 i

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

i arg

ln1 i

 

2k

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

4

 

 

 

 

 

2k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

4

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

в) w 2i ei Ln 2

ei(ln

 

2

 

i arg(2))

ei(ln 2 i2k ) e 2k i ln 2 .

 

 

 

 

 

 

 

1.3.4. Найти вещественную и мнимую части, модуль и аргумент комплексного числа z Ln( e) .

Имеем

z Ln( e) ln e i(arg( e) 2k ) ln e i( 2k )1 i(2k 1) . Таким образом, Re Ln( e) 1 ,

Im Ln( e) (2k 1) , Ln( e) 1 (2k 1)2 2 , arg Ln( e) arctg(2k 1) .

1.3.5. Найти вещественную, мнимую части и модуль комплексного числа z Arctg2i .

24

eiz e iz

Имеем z Arctg2i , откуда tg z 2i . Или i(eiz e iz ) 2i .

Из последнего получаем eiz e iz

2(eiz e iz ) . Умножим

обе части равенства на eiz

 

и получим e2iz 1 2(e2iz 1) , или

3e2iz 1, e2iz 1

. Следовательно,

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2iz Ln

1

ln 1 i arg

1

2 k

ln 3 i 2k .

 

 

3

 

3

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

Тогда

z (2k 1)

i

ln 3 .

Поэтому

Re Arctg2i

(2k 1) ,

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

Im Arctg2i 1 ln 3 ,

 

Arctg2i

 

 

 

 

2

(2k

1)2

1 ln2

3 .

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1.3.6. Решить уравнение sin z 0 .

 

 

 

 

Так

как

 

sin z 0 ,

 

то

 

 

 

 

eiz e iz

0 .

Следовательно,

 

 

 

 

 

 

 

2i

eiz e iz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

eiz ,

 

0 .

Умножая обе части равенства на

получаем

ei2z 1,

откуда i2z Ln1 ln

 

1

 

i(arg1 2k ) 2k i .

Поэтому

 

 

zk .

1.3.7.Решить уравнение cos z 2 .

Так как

cos z 2 , то

eiz e iz

2 . Следовательно,

2

 

 

 

eiz e iz 4 .

Умножая обе части равенства на eiz , получаем

ei2z 4eiz 1 0 . Это квадратное уравнение относительно eiz .

Решая его, получаем eiz 2

3 или eiz 2

3 .

Из первого соотношения получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

iz Ln(2 3) ln

2 3

 

i(arg(2

3) 2k )

 

 

 

2k i .

 

ln

2 3

 

 

 

 

 

 

 

Поэтому z 2k i ln

2

3

.

 

 

 

 

 

 

 

25

 

 

 

Из второго соотношения имеем

iz Ln(2

3) ln

2

3

i(arg(2

3) 2k )

 

 

 

 

 

 

ln 2 3 2k i .

Поэтому z 2k i ln 2 3 .

Задачи для самостоятельного решения

1.3.8. Найти:

а) образы линий x const, y const, y x при отображении

w 1z ;

б) прообразы линий u const, v const, v u при отображе-

нии w 1 .

 

 

 

 

 

 

 

z

z

 

 

const, arg z const при отображении

в)

образы линий

 

 

 

 

 

w 1

;

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

w

 

const, arg w const при отображе-

г)

прообразы линий

 

 

 

 

 

 

 

 

нии w 1z .

1.3.9. Найти модуль, аргумент, вещественную и мнимую час-

ти: а) w e3 2i ; б) w e4 3i ; в) w e3 4i .

 

1.3.10. Вычислить: а) w Ln 3 i ; б)

w 2 i 1 3i ;

в) w 1 i i ; г) w 1 3i i ; д) w (3 4i)1 i ; е) w ii ;

ж)

 

1 i i

w ( 3 4i)1 i ; и)

z sh(2 3i) .

w

2

 

; з)

 

 

 

 

 

 

1.3.11. Найти вещественные и мнимые части, модули и аргу-

менты комплексных чисел: а) z Ln(3e) ; б)

z

3 i i ;

в) z sh(2 3i) ; г)

z Arctg2 .

 

 

 

26

 

 

1.3.12. Решить уравнения: а) sin z 5 ; б) cos z 3 ;

в) sin z 1 2i ; г) cos z

3 i

; д) sin z 2i ; е) cos 2z 0 .

2

 

 

1.4. Голоморфные (аналитические) функции комплексного переменного, геометрический смысл производной

Пусть G и D – области на комплексной плоскости и f – отображение из G в D ( f :G D ). Говорят, что функция f дифференцируема в точке z0 G , если существует число A Bi такое, что приращение f (z) f (z0 ) функции f можно представить в виде

f (z) f (z0 ) A Bi (z z0 ) (z z0 )

для всех z из некоторой окрестности точки z0 , где бесконечно

малая функция (z z0 )

имеет в точке z0 более высокий поря-

док малости, чем z z0

, то есть

lim

(z z0 ) 0 . Если f

 

 

x x0

z z0

дифференцируема в точке z0 , то, как и в случае функций дейст-

вительного переменного, A Bi является производной функции

f в точке z0 и f (z0 ) lim

f (z) f (z0 )

.

 

z z0

z z0

Для того чтобы функция

f (z) u(x, y) iv(x, y) была диффе-

ренцируема в точке z0 x0

iy0 , необходимо и достаточно, что-

бы выполнялись условия Коши – Римана

 

u(x, y)

 

v(x, y)

,

 

 

x

y

 

 

 

 

 

u(x, y)

v(x, y) .

 

 

 

y

 

x

 

 

 

 

 

27

0 является эквивалентным условиям Коши –

Заметим, что функцию f (z) u(x, y) iv(x, y)

 

формально

можно считать функцией переменных z

и z , так как x

z z

,

 

 

z z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

y

, поэтому можем записать

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z z

 

z z

z z

 

z z

 

 

 

f (z) u(x, y) iv(x, y) u

 

 

,

 

 

 

iv

 

,

 

.

 

 

2

 

2i

2

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рассматривая производную

 

f (z)

, приходим к выводу, что

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

условие f (z)

z

Римана. То есть функция f (z) дифференцируема в точке z0 тогда и только тогда, когда производная функции по комплекс-

но сопряженному аргументу равна нулю, то есть f (zz) 0 .

Говорят, что функция f голоморфная (аналитическая) в точке z0 G , если она дифференцируема в точке z0 и в некоторой ее окрестности и производная непрерывна в точке z0 .

Отметим некоторые свойства голоморфных (аналитических) функций:

1)основные элементарные функции голоморфны (аналитические) в своей области определения;

2)композиция (суперпозиция) и линейная комбинация конечного числа голоморфных (аналитических) функций является голоморфной функцией;

3)произведение конечного числа аналитических (голоморфных) функций есть функция аналитическая (голоморфная);

4)если знаменатель отличен от нуля, то отношение голоморфных (аналитических) функций есть функция голоморфная (аналитическая).

Модуль

производной

 

 

 

 

есть коэффициент линейного

 

 

 

f (z)

 

 

растяжения при отображении f

в точке z , а аргумент произ-

водной arg

 

 

 

 

 

 

f (z) равен углу поворота при отображении f лю-

бого направления, исходящего из точки z .

28

Функция u(x, y) называется гармонической, если она удов-

летворяет уравнению Лапласа

2u(x, y)

 

2u(x, y)

0

. Дейст-

x2

y2

 

 

 

 

вительная и мнимая части голоморфной (аналитической) функции являются гармоническими функциями.

1.4.1. Выяснить, где голоморфна функция f (z) z2 .

 

Проверим выполнение условий Коши – Римана.

Так как

u(x, y) Re z2 x2 y2 ,

v(x, y) Im z2 2xy , то получаем

ux 2x ,

uy 2 y ,

vx 2 y , vy 2x . Следовательно,

ux vy ,

uy vx

и условия

Коши – Римана выполнены во всех точках

комплексной плоскости, поэтому функция аналитическая (голоморфная) во всей комплексной плоскости.

1.4.2. Выяснить, где голоморфна функция

f (z) Re z

x .

 

Проверим

выполнение условий Коши

Римана.

 

Так

как

u(x, y) Re z x ,

v(x, y) Im Re z 0 ,

то

 

получаем

 

1 ,

 

ux

 

 

 

 

 

 

 

 

и усло-

uy 0 ,

vx 0 , vy 0 . Следовательно,

ux vy , uy vx

вия Коши – Римана не выполнены ни в одной точке комплексной плоскости, поэтому функция не является аналитической (голоморфной) ни в одной точке комплексной плоскости.

1.4.3. Какая часть комплексной плоскости сжимается и какая

растягивается при отображении: a) w ez , б) w z2 ?

а) Плоскость растягивается, когда коэффициент линейного растяжения больше единицы, и сжимается, когда этот коэффициент больше нуля и меньше единицы. Коэффициент линейного

растяжения

 

функции,

имеющей производную, равен модулю

производной. Так как

 

z

)

 

e

z

, то

 

 

 

 

 

e

z

 

 

 

e

x iy

 

 

 

 

 

 

 

 

f (z) (e

 

 

 

 

f (z)

 

 

 

 

 

 

 

 

exeiy

 

 

 

ex

 

 

 

eiy

 

ex .

Следовательно,

точки,

в которых плос-

 

 

 

 

 

 

кость растягивается, удовлетворяют неравенству ex 1, откуда получаем x 0 , или, что то же самое, Re z 0 . Аналогично показывается, что плоскость сжимается при Re z 0 .

29

б) Так как

 

2

)

 

2z , то

 

 

(z)

 

 

 

2z

 

2

 

z

 

. Следова-

 

 

 

 

 

 

f (z) (z

 

 

 

f

 

 

 

 

 

тельно, точки, в которых плоскость растягивается, удовлетво-

ряют неравенству 2

 

z

 

1 , откуда получаем

 

z

 

0,5 , то есть

 

 

 

 

плоскость растягивается во внешности круга с центром в начале координат и радиусом, равным 0,5. Аналогично показывается,

что плоскость сжимается при z 0,5 , то есть внутри круга с центром в начале и радиусом, равным 0,5.

1.4.4. Для отображения w z2 2z найти точки, в которых коэффициент линейного растяжения равен 0.

Имеем (z2 2z) 2z 2 2(z 1) ,

 

(z2 2z)

 

2

 

z 1

 

0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно, z 1 0 , откуда получаем z 1. Интересен фи-

зический смысл постановки данной задачи. Если коэффициент линейного растяжения больше 1, то плоскость растягивается, если равен 1, то плоскость ни растягивается, ни сжимается, если меньше 1, но больше 0, то плоскость сжимается.

1.4.5. Для отображения w z2

2z найти точки,

в которых

угол поворота равен 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как arg(z2 2z) arg(2z 2) arg(2x 2 i2 y) , то

 

 

 

 

 

 

 

arctg

 

y

 

 

 

,

 

 

 

если x 1 0, y 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

если x 1, y 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

arg(z

 

2z)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

arctg

 

 

 

 

 

 

 

, если x 1 0,

 

 

x

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

если x 1, y 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

, если x 1

0, y 0.

 

 

 

 

 

 

2 arctg

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приравнивая аргумент к нулю, получаем:

 

 

 

 

a) arctg

 

 

y

 

0

при

x 1 0, y 0 , поэтому

 

y

 

0 , следо-

x

1

 

x 1

 

y 0 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вательно,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

30