Теория функций комплексной переменной. Учебное пособие

Справедливы следующие соотношения:

+Ln

,

Ln(

) = Ln

Ln

= Ln

− Ln

,

Ln

=

1

∙Ln

,

,

Ln √

=

∙Ln

,

.

Arccos

Arctg

определяются как

функции,

Arcsin

,

,

,

Обратные тригонометрические

функции

Arcctg

обратные

соответствующим

тригонометрическим функциям

,

,

.

Все эти

функции

являются многозначными и

выражаются через логарифмические функции с

sin

cos

tg

, ctg

помощью соотношений:

Arcsin

= − Ln

+

1 −

,

Arccos

= − Ln

+

− 1

,

Arctg

= −

Ln

1+

,

2

1 −

Arcctg

= −

Ln

+

.

2

−

Общая степенная функция

=

, где

– любое комплексное число,

определяется равенством

=

.

– любое.

функция многозначная, ее главное значение равно

Эта

Общая показательная

функция

=

(

≠ 0

комплексное

число) определяется равенством

=

.

главное.

Главное значение этой многозначной функции

Пример 2. Найти значение модуля

и

значение

аргумента

функции = cos в точке

= π + ln2.

Решение. Найдем значение функции

в данной точке. Для этого

свойства показательной функции:

используем формулу cos =

и

π ∙

= cos

π ∙

π ∙

1 + π ∙2

)π

(π π

)

+ π

(π

+

cos

=

=

=

2

=

+

2

∙4

=

5

= −

5

.

2

2

Отсюда получим

4

и

4.

4

Этот пример показывает= =, что функция

может принимать значения, по

модулю большие 1.

Пример 3. Решить уравнение

.

Решение. Задача сводится к

нахождению значения

.

sin

= 2

Воспользуемся формулой

= Arcsin 2

Для

= 2 получим:

Arcsin = − Ln

+

1 −

.

= Arcsin 2 = − Ln

2 +

1 − 2

= − Ln 2 +√−3

.

Учитывая тот факт, что √−3

= ±√3

, имеем

Так как

= − Ln

2±√3

.

arg 2+√3

= arg 2 −√3

=

2

,

то

2+√3

= 2+√3

, 2 − √3

= 2 −

3,

Ln 2±√3

= ln 2±√3

+

+2

,

где

= 0,±1,±2, ,

2

следовательно,

=

2

+2

−

ln 2±√3

,

= 0,±1,±2,…

Найти значение модуля и главное значение аргумента

функции в

указанной точке:

2.5. =

, = .

2.16.

=

̅.

2.17.

= .

Найти значение модуля и главное значение аргумента

функции в

указанной точке:

2.19. = sh z, = 1+

.

Пусть однозначная функция

определена в некоторой окрестности

точки , включая и саму точку.

Тогда предел

=

( )

∆ →

∆

→

( ∆ ) ( )

′

,

он существует,limназывается∆ =производнойlim∆

функции∆ =

( )в точке , а функция

( )

(

)

если называется дифференцируемой в точке .

14

Если z

= +

и

= ( ) = ( , )+ ( , )

, то

в

каждой точке

дифференцируемости функции

(

)

выполняются соотношения

=

,

= −

,

(

,

называемые условиями Коши-Римана.

Обратно, если в некоторой

точке

функции

и

дифференцируемы как функции действительных( , )переменных

и)кроме(того, ),

удовлетворяют

условиям

Коши-Римана,

то функция

,

является

дифференцируемой в точке z= +

как функция

комплексной переменной z.

( ) =

+

Пример 1. Показать, что функция

=

является аналитической на всей

комплексной плоскости.

=

=

+

sin

), значит.

Решение. Поскольку

(cos,

Функции

и

( ,

) =как cos

( ,

) =

sin

дифференцируемы( , )

в любой( , )

функции

действительных переменных

точке

(они имеют непрерывные частные,

производные любого порядка) и при( ,

этом)

удовлетворяют условиям Коши-

Римана:

=

cos

=

,

= −

sin = −

.

Следовательно, функция

дифференцируема в любой точке комплексной

плоскости, то есть,

является

аналитической

на

всей

плоскости. Найдем

=

=

производную′

функции

:

′

′

( ) =

+

= (

cos

) +

(

sin )

=

(cos

+ sin ) = .

Функции

=

,

( )

= sin

,

= cos

,

= sh

,

= ch

также

,

дифференцируемы в любой точке комплексной плоскости, а

кроме точек

дифференцируемы в любой точке комплексной плоскости,

= tg ,

= thπ

+2 k

( = 0,±1,±2, )

= Ln

и

π

соответственно.

Для функций

+

и

которая является дифференцируемой в точке функцией.

Пример.

2. Установить, в каких точках дифференцируема функция =

,

= x − y

( , ) =

и

( ,

) = −

.

Частные

Решение. В данном случае

производные этих функций

= 1,

= 0,

= 0,

= −1.

Функция

называется гармонической в области

, если она имеет в

этой области

(непрерывные, )

частные производные до

второго порядка

Отметим, что если функция

– аналитическая в некоторой

области , то ее действительная часть( ) =

+ и мнимая часть

( ,

)

являются

гармоническими в этой области функциями( ,.

)

( ) =

+

Пример 3. Найти аналитическую функцию

по ее заданной

действительной части

.

что функция является гармонической функцией:

Решение. Заметим, = +2 −

= 2,

= −2

+

= 0.

Для определения мнимой части

воспользуемся условием Коши-Римана:

=

d = (2 +2)d = 2 +2 + ( ).

= (2 +2 + ( ))′

= 2 + ( )′ = −

= 2 ,

то

2

+

( )′ = 2 ,

отсюда

=

′

где

. Функция

найдена( ) := 0 и

( ) =

.

,

Находим функцию

( ) =

+

=:

2

+2 +

= (

( ) = + = +2 − + (2 +2 + ) =

+ 2

− )+(2

+ 2 )+

= (

+ ) +2( + )+ =

=

+

+ .

Восстановить аналитическую в окрестности точки

функцию

по

3.8.( ):

,

.

( , )

или мнимой части

( ,

)

и значению( )

известной действительной части

= −3

( ) = 0

Восстановить аналитическую в окрестности точки

функцию

по

( ):

( ,

)

или мнимой части

( ,

)

и значению( )

известной действительной части

3.14.

=

− 2 ,

(1) = 2 .

3.15.

=

− −2,

(0) = 0.

Пусть однозначная функция

определена и непрерывна в области

, а

– кусочно-гладкая замкнутая (или)

незамкнутая ориентированная кривая,

лежащая в

. Разобьем кривую

на

частей точками

=

, ,

,…

,

=

. Выберем на каждой дуге

некоторую точку .

Составим сумму

( )∆ ,

∆ ,

=

= ( )∆ + ( )∆ + + ( )∆ =

|

|

где

−

,

= 1,2, .

. Пусть – наибольшая из величин

. Если

→ 0

то

→

∞ и сумма

( )

стремится к определенному пределу. Этот предел

называется интегралом функции

по кривой

, т.е.

( )d = lim→

(

)∆ .

∫

( )d =

d − d +

d + d .

Интеграл

d

обладает

всеми

свойствами

криволинейного

интеграла по координатам( )

. Укажем следующие свойства:

а) линейность:

(

+

+ +

)d

=

=

d +

=

;

d

+…+

d , где

, ,…,

( )d =

( )d +

( )d ,

( )d

= −

( )d .

Если функция

– аналитическая функция в односвязной области , то

интеграл не зависит от( )пути интегрирования. В этом случае

( )d

= 0,

где

– любая замкнутая кусочно-гладкая кривая в области .

Если кривая

задана параметрическими уравнениями

,

,

начальная точка

кривой

соответствует значению параметра

, конечная

=

( )

=

( )

=

точка

кривой соответствует значению параметра =

, то

(

)

=

( ) ′( )

,

где

z( ) =

( )+

( ).

| |

Re

,

– отрезок прямой от точки

=,

до точки

= 2+3

.

где Решение.

Пусть

z

1+тогда

| |

. Составим

параметрические уравнения

прямой

:

= +

= +

− 1

=

−1

,т.е.

= 2

−1 или

= .

2 − 1

3 − 1

= 2 − 1

На отрезке

имеем

[1;2]

, поэтому

20