О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие

тельно, слагаемое 2 x 2+B y2 может быть только частью z2 , тогда 2 x2+B y2=2 (x2− y2) , т.е. B=−2 , а слагаемое x может быть только

точностью до константы.

При определенном навыке в таких задачах, имея таблицу, можно сразу сказать ответ. Перейдем теперь к формальному математическому решению из условий Коши-Римана.

4 +2 B=0 , B=−2 , v=2 x2−2 y2−x . Если в условии задачи нет неизвестной константы, то уравнение Лапласа выполняется автоматически,

31

Интегрирование здесь проводится с точностью до неизвестной пока функции φ ( y) , зависящей только от y . Далее по ходу решения

в) Из (2) и (4) получаем: −4 x+φ ' ( y)=−4 x+1 ,φ ' ( y)=1 . Если бы в последнем равенстве не сократились слагаемые, содержащие x , то получили бы ошибку, т.к. φ ( y) зависит только от y .

Следовательно, φ ( y)=y+c , u( x, y)=−4 xy+ y+c , откуда получаем искомую функцию:

f(z)=u+iv=−4 xy + y+c+i(2 x2−2 y2−x) =

=2 i(x2− y2+2 ixy)+( y+i(−x))+c=2 i z2−i z+c .

где c¯0=f (¯z0) .

Этими формулами мы пользоваться не будем, их применение не демонстрирует знание условий Коши-Римана. Также не всегда заданы начальные условия. При этом формальная подстановка в громоздкие выражения дает порой студенту ответы, содержащие еще и ¯z .

32

Получается грубая ошибка, т.к. сопряжение приводит к неаналитичной функции.

Примеры решения задач

Пример 1. Являются ли аналитическими функции а) w=z3

Замечание. Надо показывать аналитичность или неаналитичность функции по формулам Коши-Римана. При этом желательно помнить, какие функции являются аналитичными, какие – неаналитичными, этот вопрос обсуждался выше. Далее это пригодится при рассмотрении интегралов, поскольку методы вычисления интегралов различны для этих случаев.

Решение.

а) w=z3=x3−3 xy2+i (3 x2 y− y3 ) , действительная часть функции Rew=x3−3 xy2 , мнимая часть Imw=3 x2 y− y3 . Проверяем условия

выполняются, функция является аналитичной.

в) w=Re z=x ,u=x, v=0 , проверяем условия Коши-Римана:

∂∂ux=1 , ∂∂ vy =0 – первое условие не выполнено (второе условие и проверять не надо), следовательно, функция не аналитична.

33

Ответ: функция w=|z| неаналитична.

д) w=¯z Re z=( x−i y)x=x2−i xy , откуда u=x 2 ,v=−xy . Видно, что условия Коши-Римана не выполнены оба, т.к. ∂∂ux=2 x≠∂∂ vy =−x ,

∂∂ uy =0≠ ∂∂ vx =− y , поэтому функция неаналитична.

Далее рассмотрим примеры, в которых нужно восстановить аналитическую функцию по ее заданной действительной или мнимой части.

Пример 2. Восстановить аналитичную функцию f (z)=u+iv , если u=2 sinx chy+(−x2+ Ay2) , f (0 )=0 .

Ответ здесь можно сказать сразу, используя таблицу функций комплексного переменного. Далее находится константа c=0 из условия f (0 )=0 .

Решение:

1) Находим константу A=1 из уравнения Лапласа для функции u , которая гармонична по теореме. Значит, u=2 sinx chy+(−x2+ y2) .

Если в условии нет неизвестной константы, то уравнение Лапласа выполняется автоматически (по доказанной теореме), и можно его не проверять.

2) Условия Коши-Римана:

∂∂ux= ∂∂ vy =2 cos x ch y−2 x , −∂∂uy =∂∂ vx =−2 sin x sh y−2 y . Из второго условия найдем функцию v( x , y ) :

v(x , y)=∫ ∂∂ vx dx+φ ( y)=−2∫(sinx shy+ y)dx+φ ( y) = = 2 cosx shy−2 xy+φ (y) .

34

Можно было бы использовать и первое условие, интегрируя по y частную производную ∂∂ vy .

Дифференцируем теперь полученное равенство по y , используем также первое из условий Коши-Римана:

∂∂ vy =2 cos x ch y−2 x+φ ' ( y)=2 cos x ch y−2 x , откуда φ ' ( y)=0 , φ ( y)=c .

Таким образом, v=2 cos x sh y−2 xy+c . Подставляем действительную и мнимую части в функцию:

f (z)=u+iv=(2 sinx chy−x2+ y2)+i (2 cosx sh y−2 xy +c) .

Группируем вместе однотипные слагаемые, тригонометрические и гиперболические функции отдельно от степенных:

f (z)=2(sinx chy +icos x sh y)−(x2− y2−i 2 xy )+ic=2 sinz−z2 +ic . Здесь по таблице функций комплексного переменного перешли

найдем c . Если бы не было начального условия, то следовало сразу писать c вместо ic , поскольку c есть произвольная константа, вообще говоря, комплексная.

f (0 )=2 sin0−02+ic=0 , следовательно, c=0 . Ответ: f (z)=2 sinz−z2 .

Пример 3. Восстановить f (z)=u+iv , если v=− y+x . Пример

этот решается даже устно, в ответе может быть только функция z ( с точностью до константы, в том числе, мнимой или комплексной). Первое слагаемое − y=Im(−z) , а другое слагаемое x=Im(i z) , т.е.

v=Im(−z+i z) .

Ответ: f (z)=−z+i z .

По желанию читатель может получить ответ и из условий КошиРимана, проделав подробное решение. Когда решаем подобную задачу

35

устно, проверку нужно делать обязательно, поскольку можно ошибиться в знаке. Также ошибкой будет предлагать вместо −z функцию ¯z , т.к. ¯z неаналитична, а мы ищем аналитичную функцию.

Проверка: −z+i z=−(−x+i y)+i (x +i y)=(−x− y)+i(− y+x) ,

Этот пример рекомендуется проделать самостоятельно, частные

Ответ: f (z)=3zi +c .

Читателю рекомендуется проверить самостоятельно, верно ли посчитаны частные производные в этих условиях. Восстанавливаем действительную часть функции:

Показать, что φ (y)=0 , оставляем читателю.

36

лан с помощью таблицы основных функций комплексного переменно-

Ответ: f (z)=ln z .

Пример 6. Найти коэффициент растяжения и угол поворота при отображении f (z)=z2 в точке z0=1+i .

отрицательного мнимого числа.

37

§5. Интегрирование функций комплексного переменного 1. Интеграл от функции комплексного переменного

Пусть f (z)=u+iv есть однозначная непрерывная функция

комплексного переменного, определенная на гладкой кривой L . Гладкая кривая – это кривая без острых углов и точек возврата (петель). Алгоритм построения интегральной суммы такой же, как для

последовательности интегральных сумм (1) при λ≡max|Δzk|→0 , не зависящий от способа деления кривой на элементарные дуги и способа

38

Интегралы в действительной и мнимой частях выражения (2) являются криволинейными интегралами второго рода. Таким образом, интеграл от функции комплексного переменного сводится к криволинейным интегралам второго рода и обладает всеми их свойствами. А все криволинейные интегралы сводятся к однократным, т.е. определенным интегралам.

Замечания. 1) Запоминать формулу (2) не нужно, поскольку под знаком интеграла стоит произведение f (z)dz=(u+iv)(dx+idy) ,

которое можно легко вычислить. Вывести формулу самостоятельно можно по мере необходимости.

2)Формула (2) строго доказывается на классическом языке математического анализа – языке ε−δ , но это доказательство не входит в программу.

3)Формула (2) самая общая для всех однозначных функций комплексного переменного, но применять ее к аналитическим функциям не следует. Для интегралов от аналитических функций справедлива известная всем формула Ньютона-Лейбница, которая будет рассмотрена в следующем параграфе. Интегрирование многозначных функций также показано в следующем параграфе.

Из сказанного следует, что формулу (2) стоит применять только для интегралов от неаналитических функций. Поэтому и рекомендовалось запомнить, какие функции являются аналитическими, какие – неаналитическими.

Пример 1. Вычислить I=∫Im ¯z dz от точки z1=0 до точки

(L )

z2=1+3 i вдоль линии L: y=3 x2 .

Функция f (z)=Im¯z неаналитична, поэтому интеграл считаем по формуле (2). Запишем координаты точек z1 , z2 в привычном виде z1(0,0), z2 (1,3) . Функция f (z)=Im ¯z=Im(x−iy)=− y . Дифференциал есть dz=dx+idy .

39

Нахождение первообразной и подстановка границ интегрирования выполняются обычным образом, отличие только в том, что в ответе получается комплексное число.

анализа). Смысл формулы в том, что подынтегральная функция f (z) и дифференциал dz выражаются через параметр t .

(x−x0)2+( y− y0)2=R2 . Потом часто будет использоваться следующее утверждение.

Уравнение окружности (x−x0)2+( y− y0)2=R2 с центром в точке C( x0 , y0) и радиусом R в комплексной форме имеет вид

40