Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

649 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 113 4 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

ch(z+5)= 12 (ez+5 +e−(z+5))=12 (e(x +5)+iy+e−(x +5)−iy)= 12 ex +5 eiy+ 12 e−(x+5)e−iy ,

далее группируем экспоненты по свойствам степеней и применяем формулу Эйлера:

12 (e(x+5)+iy+e−(x +5)−iy)= 12 ex +5(cos y+i sin y)+ 12 e−(x+5)(cos y−i sin y) .

Раскрываем скобки и перегруппировываем слагаемые, вынося функции синус и косинус. После вынесения полученные скобки заменяем гиперболическими функциями по определению:

12 (ex +5 +e−(x+5))cos y+i 12 (ex +5−e−(x+5))sin y =

= ch(x+5)cos y+i sh(x+5) sin y .

Ответ: Ref (z)=ch(x+5 )cos y , Imf (z)=sh(x+5)sin y .

Ответ проверяем по таблице. Здесь вместо z=x+iy дано комплексное число z+5=x+iy+5=( x+5)+iy . При определенном на-

выке по таблице можно найти не только ошибку в ответе, но и ошибку в решении, нередко это может быть ошибка в знаке.

Пример 8. Вычислить sin i .

Вычислить означает представить в виде

Re(sin i)+i Im(sini) .

i i −i i

−1

sin i=

−e

−e )=−i sh 1 .

2 i

Ответ: Re(sin i)=0 ,

Im(sin i)=−sh 1 .

Пример 9. Вычислить

w=Arcsini .

По формуле (8)

Arcsin i=−i Ln(i i+√

1+1

)=−i Ln(−1+√

) . Ко-

рень в этой формуле алгебраический (имеет два значения). Через ариф-

метический

корень было

бы записано Arcsin i=−i Ln(−1±√2) .

2 k π

Вычисляем

два значения

корня

√

=√

eik π=±√

для

|2|e

k=0,1 . Находим теперь значения

w1 ,w2 .

w1=−i Ln(−1+√

)=−i(ln|−1+√

|+i 2 k π )=2 k π +i (−ln (√

−1)) ,

поскольку

−1+√

>0 ,|−1+√

|=√

−1 , φ 0=0 , k

– целые.

w2=−i Ln(−1−√2)=−i(ln|−1−√2|+i (π +2 k π )) =

=(2 k +1)π +i(ln (√2+1)) ,

поскольку −1−√2<0 ,|−1−√2|=√2+1 , φ 0=π , k – целые.

В такой записи w1 ,w2 видно, что является для каждого из них действительной и мнимой частью, их можно выписать в ответ.

Пример 10. Вычислить Lnii .

Пример подобного вида содержит одну тонкость. Многие помнят со школы свойство ln xn=nlnx и пытаются записать по нему условие задачи как i Lni . Здесь такая запись будет неверной, т.к. умножение в пространстве комплексных чисел дает однозначный ответ, а при возведении в степень получаем многозначную функцию. Поэтому надо понимать, что в условии записано фактически два

действия: 1) вычисление

и 2) нахождение Lnii .

i Lni

i(ln|i|+i(

+2 k π ))

−

−2 k π

, т.к.

ln|i|=ln 1=0 .

i =e

−π

−2k π

−

−2k π

|+i 2 π n ,

–

независимые

=Lne

=ln|e

целые числа.

−

−2 k π

, k=0 ,±1 ,±2 ,... ,

откуда

получаем

−π −2k π

|=e

−

−2k π

e 2

Последнее выражение можно записать также в виде

−

+2k π

, т.к. це-

e 2

лое число

k принимает и отрицательные, и положительные значения.

Аргумент

будет

φ 0=0

для

действительных

положительных

чисел

−

−2 k π

−

+2k π

. Итого получаем

e 2

+2k π +i 2 π n=− π

+2 k π +i 2 π n

w=lne− 2

при независимых целых k=0 ,±1 ,±2 ,..., n=0 ,±1,±2 ,... .

Видно, что многозначность в такой функции возникает сразу в

двух местах.

Пример 11. Решить уравнение sh z−ch z=i .

Существует два основных подхода к решению таких уравнений:

ляя

1) выражать все функции уравнения через

сразу, не представ-

z=x+iy

2) расписывать в уравнении все функции через x и y , приравнивать действительные и мнимые части слева и справа.

При втором способе получается система двух уравнений относительно x и y , решить которую не всегда бывает просто, особенно, если она нелинейная. Будем решать данное уравнение первым способом.

Определение гиперболических функций приводит уравнение к виду 12 (ez−e−z )−12 (ez+e−z)=i , а приведение подобных слагаемых дает −e−z=i . Отсюда выражаем z и вычисляем его значение как

z=−Ln(−i)=−(ln\|−i\|+i(−π	+2 k π ))=i(π	−2 k π ) , k=0 ,±1 ,±2 ,... .
2	2		i( π
Можно также записать в ответе выражение			i( π	+2 k π ) , это показано
			2

в десятом примере.

§3. Дифференцируемость функции комплексного переменного. Условия Коши-Римана

1.Определение производной. Дифференцируемость функции комплексного переменного

Пусть дана функция f (z)=u(x, y)+iv( x , y) комплексного пере-

менного, где u(x, y)=Re f (z) ,	v( x , y )=Im f (z) . Рассмотрим прира-
щение функции f (z) в точке z0	:
f =f ( z0+Δ z)−f (z0)=Δu( x , y)+i v (x , y) , где
u=u(x0+Δ x , y0+Δ y)−u(x0 , y0) ,		v=v (x0 +Δ x , y0+Δ y)−v(x0 , y0) .
Определение. Пусть функция		f (z) определена в точке z0 и не-

которой ее окрестности. Если существует конечный предел отношения

приращения функции к приращению переменного lim	f	, не завися-
z→0	z

щий от способа стремления z→0 , то этот предел называется произ-

водной функции f (z)		в точке		z0	:
df		= lim	f	= lim		u+i v	.	(1)
dz			z
		z→0			x →0	x+i y
					y→0
Определение. Функция			w=f (z)			называется дифференцируемой
в точке z0 , если	f = A		z+α (Δ z)Δz ( A=const , α (Δ z)→0					при
z→0 ).
Если f (z) дифференцируема, то :
1) f ' (z0)=A , т.е.		f =f ' (z0)Δ z+α (Δ z)Δ z						(2)
2) f (z) непрерывна в точке			z0		(обратное утверждение неверно,			это
было показано в курсе математического анализа).

Рассмотрим далее условия Коши-Римана. Они очень важны, и знать их нужно обязательно.

2. Условия дифференцируемости – условия Коши-Римана

Теорема. Для того, чтобы функция f (z)=u(x, y)+i v(x , y) была дифференцируемой в точке z=x+iy , необходимо и достаточно, чтобы

функции u(x, y) и v(x , y)		были дифференцируемы как функции
двух переменных и выполнялись условия Коши-Римана:
	∂u	=	∂ v	;	∂ u	=−	∂ v	.	(3)
	∂ x				∂ y
			∂ y				∂ x

Замечание. Теорема является критерием дифференцируемости.

Доказательство. Необходимость. Дано: f (z) дифференцируема, т.е. f ' (z) . Нужно доказать формулу (3).

= lim

u+i

. Поскольку предел

не зависит

от

x+i

x →0

y→0

стремления z→0 , то положим:

а)

z=Δ x ,(Δ y=0) , следовательно,

f ' ( z)=

∂u

∂ v

∂ x

б)

z=i

y ,(Δ x=0) , следовательно,

f ' (z)=

∂ v

−i

∂ u

∂ y

Из (*), (**) следует (3), что и требовалось доказать.

способа

(*)

.(**)

Достаточность. Дано (3). Надо показать, что существует производная, т.е. f ' (z) . (Самостоятельно)

3. Формулы и свойства производных

Из доказательства условий Коши-Римана следуют соотношения

f ' (z)=

∂u

∂ v

−i

∂u

∂ u

−i

∂ u

∂ v

(4)

∂ x

∂ y

∂ x

∂ y

∂ x

Все эти формулы помнить не обязательно, поскольку они являются следствиями условий Коши-Римана. Используются формулы

(4) преимущественно для доказательств, т.е имеют ценность для теории. На практике проще использовать следующие свойства.

Свойства:

1) правила дифференцирования функции комплексного переменного f (z) те же, что функции действительной переменной f (x) (нахождение производной суммы, произведения и отношения функций)

2) верна та же таблица производных, что и для функции f (x) .

Пример 1.

(ez)' =(ex cos y+i ex sin y)'z=u'x +iv'x=ex cos y+iex sin y=ez .

Пример 2. Исследовать на дифференцируемость функцию f (z)=z2 (т.е. нужно проверить выполнение условий Коши-Римана).

Для	функции		z2=(x2− y2)+i 2 xy		действительная и мнимая
части есть	2	2	, v=2 xy , откуда	∂u	=2 x ,	∂ v	=2 x	. Видно, что
	u=x − y
				∂ x		∂ y

первое условие Коши-Римана выполнено. Обязательно нужно проверять оба условия. Если же первое условие нарушено, то второе проверять не имеет смысла, поскольку функция уже не является дифференцируемой.

Также находим	∂ u	=−2 y ,	∂ v	=2 y ,	∂u	=−	∂ v	, поэтому второе
	∂ y		∂ x		∂ y		∂ x

условие Коши-Римана выполнено, следовательно, функция является дифференцируемой.

Аналогично проверяется дифференцируемость других функций комплексного переменного.

Можно показать, что все основные функции комплексного переменного:

zn , ez , sin z, cos z , Ln z(z≠0)				дифференцируемые,			(5)
z ,\|z\|,Re z, Im z		недифференцируемые.
¯
4. Геометрический смысл модуля и аргумента производной
Пусть функция		f (z)	отображает область		D	плоскости XOY
на область	G плоскости		UOV . Пусть точка			z0 D ,	f ' (z0)≠0 .
Обозначим	f 0=f (z0) . Проведем			через точку	z0	кривую γ , под

действием преобразования f (z) кривая γ

перейдет в кривую Γ на

плоскости UOV .

f −f

|f −f |eiΦ

f −f

|ei(Φ−φ) , отку-

Имеем f ' (z

)=lim

=lim

|z−z0|eiφ

z→z0

z−z0

z→z0

z−z0

да при f ' (z0)≠0

получаем |f ' (z0)|=lim|

f −f 0

|=k .

Модуль производной в точке

z→z0 z−z0

(6)

|f ' (z0)|=k

есть коэффициент растяжения плоскости в точке

z0 при отображении

w=f (z) . При k>1

имеет место растяжение, при

k<1

– сжатие.

Разность

Φ−φ не зависит от выбора кривой

γ . Поскольку

значение производной в точке

f ' (z0) не изменяется, то и для любых

кривых γ i угол

Φi −φ i

будет одним и тем же, т.е. Φ−φ =Φi−φ i ,

следовательно, Φ−Φi=φ −φ i

. Отображение

w=f (z)

обладает свой-

ством сохранять углы между кривыми.

Аргумент производной в точке равен углу поворота в окрест-

ности точки z0

при отображении w=f (z) .

(7)

Физический смысл формул (6), (7) простой. Пусть дана резино-

вая пластинка D . Ее растянули или сжали (функция по определению

всегда есть какое-то преобразование). Коэффициент k

– это коэффи-

циент растяжения (или сжатия) в k

раз в окрестности точки z0 . При

этом, если через точку z0

на пластинке нарисовать линии, то при рас-

тяжении (сжатии) углы между линиями не изменятся в окрестности точки z0 . При преобразовании эти линии повернутся на угол φ .

Пример 3. Найти коэффициент растяжения и угол поворота при отображении w=3 e2 z в точке z0=i .

Находим w '=6 e2z , w ' (i)=6 e2i , отсюда вычисляется коэффициент растяжения |w ' (i)|=|6 e2i|=6|e2i|=6 . В показательной форме комплексное число имеет вид z=|z|eiφ , поэтому φ =2 (это примерно

23 π ), по свойствам функции ez имеем |eiϕ|=1 .

Ответ: При данном отображении в точке z0=i	коэффициент
k=6 , т.е. имеется растяжение в шесть раз, угол поворота	φ =2 .

§4. Аналитические функции

Определение. Функция, дифференцируемая не только в самой точке z0 , но и некоторой ее окрестности, называется аналитической

(аналитичной) в этой точке.

Чтобы проверить, является ли функция f (z) аналитической, нужно проверить выполнение условий Коши-Римана.

Определение. Точки плоскости z , в которых функция f (z) ана-

литична, называются правильными, точки неаналитичности называются особыми (сингулярными).

Теорема. Если функция	f (z)=u(x, y)+iv( x , y) аналитична, то
ее действительная и мнимая	части u( x, y) , v( x , y ) являются

гармоническими функциями, т.е. удовлетворяют уравнению Лапласа:

∂2u

∂2 u

=0 ,

∂2 v

=0 .

(1)

∂ x

∂ y

∂ x

∂ y

Доказательство. Условия

Коши-Римана

∂u

∂ v

;

∂ u

=−

∂ v

∂ x

∂ y

∂ x

Первое из условий дифференцируем по

x , второе дифференцируем

по y . Получим равенства

∂2u

∂2 v

;

∂2u

=−

∂2 v

. Складываем

∂ x2

∂ y ∂ x

∂ x ∂ y

∂ y2

эти равенства почленно и получаем уравнение Лапласа для функции

u(x, y) .			Здесь	учли равенство смешанных вторых производных
	∂2 v	=	∂2 v	. Аналогично можно	провести	доказательство для
	∂ y∂ x		∂ x ∂ y

функции v( x , y) .
	Замечание. Обратная теорема неверна. Если					u( x, y) , v(x , y) –
гармонические функции, то функция					f (z)=u(x, y)+i v(x , y) , вообще
говоря, не является аналитической.

Пример 1. Дана функция f (z)=Im z= y , откуда u( x, y)= y , v(x , y)=0 . Легко проверить, что функции u( x, y) и v(x , y) удовле-

творяют уравнению Лапласа, т.е. являются гармоническими. Проверим выполнение условий Коши-Римана. Первое условие выполняется:

u'x=v'y =0 . Второе условие Коши-Римана не выполняется, поскольку u'y =1 , v'x =0 , следовательно, функция неаналитическая.

Как и ранее, отметим, что аналитическими (дифференцируемыми) являются функции: степенная, экспонента, логарифм, тригонометрические, гиперболические. Неаналитические функции: сопряжение к z , модуль, действительная и мнимая части z . Следует уметь это показывать из условий Коши-Римана.

Замечание. Если f (z) содержит неаналитичные функции, то она

не является аналитичной. Например, f (z)=z Im z	неаналитична. Дей-
ствительно, f (z)=( x+iy) y=xy+i y2 ,u=xy , v= y2	. Остальное неслож-
но проверить.

Из теоремы и условий Коши-Римана следует вывод.

Аналитическая функция определяется заданием только одной своей части (вещественной или мнимой). Если одна часть функции задана, то другую можно восстановить из условий Коши-Римана.

Пример 2. Восстановить аналитическую функцию f (z) , если задана Imf (z)=v=2 x2+B y2−x . Найти константу B и найти функцию u(x, y) .

Сначала попробуем увидеть ответ, используя только таблицу вычисления функций комплексного переменного (формулы (10) второго параграфа). Далее будет приведено решение задачи из условий Коши-

Римана.
Из таблицы видно, что у функции		f (z)=zn и в действительной,
и в мнимой части содержатся только		многочлены	n -ой степени.
Например, для самых	простых	функций	Re z=x , Im z= y ,
Re z2=x2− y2 , Im z2=2 x y ,	Re z3=x3−3 xy2 , Im z3=3 x2 y− y3 . Следова-

<<< < Предыдущая 1 23 / 113 4 5 6 7 8 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
11.08.2026571 Кб0О развитии революционных идей в России.pdf
#
09.08.2026470 Кб0О ремесле поэта. Проза и стихи.pdf
#
11.08.2026637 Кб0О русских поэтах. Критика.pdf
#
12.08.2026843 Кб0О свободе и рабстве человека. Опыт персоналистической философии.pdf
#
12.08.2026848 Кб0О сопротивлении злу силой.pdf
#
11.08.2026649 Кб0О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие.pdf
#
12.08.2026815 Кб0О типологии музыкальных форм. Учебное пособие для студентов музыкальных вузов.pdf
#
09.08.2026120 Кб0О формировании групп однородной продукции для целей технического регулирования. Учебное пособие.pdf
#
11.08.2026609 Кб0О фотографии.pdf
#
09.08.2026443 Кб0О хороших, в сущности, людях.pdf
#
12.08.20261 Мб0О чем говорят анализы. Расшифровка без консультации врача.pdf