Теория функций комплексного переменного. Учебное пособие-1

6.4. Конформные отображения, осуществляемые основными элементарными функциями

-21()

n

4

<<

p

ze

w10=

z20=

w21=

4

<<

p

tz

Imt > 0

ze

==

z20=

t20=

Imt > 0

ti

=

zz zz

-

ti ti

-

t20=

w21=

zi zi

wz

zw

w

kn

=-

wz

z = 0

на плоскость с разрезом лучу

2k

а лучу

jp<

— нижний край разреза.

Пример. Отобразить сектор

p

i

8

так, чтобы точка

=

1

перешла в центр

0

jp=

argz

k

соответствует верхний,

на единичный круг

, а точка

||w<1

— в точ‑

ку

Решение. Сектор

ции в точку

.

0

argz

4

=

на верхнюю полуплоскость

4

tzi

11

, а

перейдет в точку

Далее отобразим полуплоскость

точка

перешла в центр круга. Используя формулу

1

получим

Точка

перейдет в точку

we

В итоге получим

w

Радикал

n

Функция

n‑значной, то есть каждому

=

, обратная к степенной функции

zezz

сначала отобразим с помощью функ‑

p

i

8

. Точка

=

1

перейдет

.

на круг

||w<1

так, чтобы

i

a

we

=

-

i

j

=

.

+

eij=-1

при

4

=-

-

.

4

+

=

i

=№№Ґrj(, )0

n

.

n

=

, является

отвечает n значений

0

,

0

по формуле

n

w

=

k

Каждая из функций

Точка

является точкой ветвления данной функции.

k

+

jp jp

ж

r

cossin ,,,...,

з и

22

i

+

n

w

есть ветвь многозначной функции

k

+

ц ч

n

ш

71

01 1

.

n

=

.

6. КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ

z = 0

z =Ґ

w

n

kn

we

=

ў

=№

pp<< +=±±

we

=

yk= 2 p

yk=+21()p

zxiy

=+

=+ +=±±

21

p

wz= Ln

pp

№ 0

=№

wz= ln

z = 0

z =Ґ

wz= Ln

Ln0=Ґ

Ln =ҐҐ

z = 0

На расширенной z‑плоскости с любым разрезом от до тельной оси, можно выделить n однозначных ветвей

, в частности с разрезом вдоль положительной части действи‑

. Данные вет‑

k

ви однолистно отображают расширенную плоскость с разрезом вдоль положительной части действительной оси на секторы:

21 2

()

k

-

pp

arg(,,..., )

<< =

Показательная функция

Отображение, осуществляемое степенной функцией формно во всей плоскости, так как

w

k

12

wez0

.

z

=

z

, кон‑

в любой конечной точ‑

ке плоскости z.

Если z разбить на полосы

221012ky kk

дая из этих полос отобразится функцией

()(,,,...)

z

взаимно однознач‑

, то каж‑

но на всю плоскость w с разрезом вдоль положительной части дей‑ ствительной оси. При этом считаем, что нижней границе полосы соответствует верхний край разреза, а верхней границе

— нижний край разреза. При этом точки

zxiy kk

и

k

00

2()(,,...)

переходят в одну и ту же точку пло‑

00 0

скости w.

Логарифмическая функция

Логарифмическая функция ратная показательной. Для определенности будем рассматривать глав‑ ное значение логарифма z

Данная функция аналитична во всех конечных точках

1

ў

w

0

. Следовательно, отображение с помощью функции

z

конформно во всех таких точках.

Точки причем

и

= ∞ и

Любое конечное число обходов (в одном и том же направлении) во‑ круг точки

Lnz

ции

. Такие точки ветвления называются логарифмическими.

определяется как функция, об‑

ln ln || arg, argzziz z=+ -< Ј

.

z

и

являются точками ветвления функции

= ∞.

не приведет вновь к первоначальной ветви функ‑

72

,

6.4. Конформные отображения, осуществляемые основными элементарными функциями

wzwz==sin, cos

ee

--

22

00<< >xyp,

wz= cos

xy== += -

ss

y =Ґ

y = 0

x = 0

u =+Ґ

u = 1

v = 0

u = 1

u =-1

v = 0

u =+Ґ

u = 1

v = 0

y = 0

y =+Ґ

x =p

wy=-ch

u =-1

u =-Ґ

v = 0

00<< >xyp

wz= cos

Тригонометрические функции

Для любого комплексного числа имеют место формулы

iz iz iz iz

ee

sin,cosz

-

=

i

z

+

=

.

Пример. Во что отображается полуполоса

функции

?

Решение. Представим функцию

wz xiyxyi

coscos()co

Если точка z пробегает участок границы от

следующим образом:

inch sh

с помощью

.

до

(при

), то соответствующая точка в плоскости w пробегает участок от до

до

(при

). Если точка z пробегает участок от

), то w опишет участок от

). Если точка z пробегает участок границы от

), то

пробегает участок от

до

(при

).

Таким образом, если точка z обходит границу полуполосы

,

так, что полуполоса остается слева, то точка w пробе‑

гает справа налево всю действительную ось, и поэтому из принципа взаимно однозначного соответствия границ следует, что функция

отображет рассматриваемую полуслоскость на нижнюю по‑

луплоскость w.

73

6. КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ

zz

zi

1=-.

52

wazb=+

zi

=-

zi

12=-

wi

23=-

wzi=+2

01<<

wu

-

()

++

31

1+ i

22+ i.

+-

zi

iz

wz=

ЈЈ ЈЈrjp

{lnln, }ru RvЈЈ ЈЈ0 p

Задачи для самостоятельного решения

1. Найти коэффициент растяжения и угол поворота для отображе‑

2

w= -

ния

в точке

0

Ответ:

k ==-

2. Найти линейное отображение неподвижной и переводящее точку

0

Ответ:

3. Найти образ множества

Ответ:

, j arctg

.

121

-> >

2

.

, оставляющее точку

1

Rez

0,

.

при отображении

в точку

1

wz=

1

.

4. Найти функцию, отображающую круг единичного радиуса

на нижнюю полуплоскость так, что точки 1, i, –i переходят соответ‑ ственно в

Ответ:

10 1,, .

w=

1

+

-

13

()

-

izi

iz i

.

5. Найти функцию, отображающую плоскость z, разрезанную

по отрезку, соединяющему точки

1

Ответ:

w=

--

22

.

и

.

6. На что отображает функция

в плоскости z?

Ответ: на прямоугольник

ln

74

полукольцо

{, }rR

0

.

Задача № 1

42

pp

12

RR

12==,

pp

42

<<

4

2

p

4

p

2

RR

12==,

ii

7. Решение типового варианта расчетной работы

Задача № 1

Показать на комплексной плоскости область, заданную следующи‑

12

ми неравенствами:

Решение

Множество

радиусов

1

стей не принадежат множеству.

Множество

<+<< <zi z,arg

<+<zi

есть кольцо, ограниченное окружностями

.

с центром в точке -i, при этом точки окружно‑

argz

— это угол между лучами

argz =

p

и

argz =

p

.

Итак, область, заданная по условию, представляет собой часть коль‑

ца, ограниченную двумя лучами

радиусов

Задано комплексное число

1. Определить действительную и мнимую части комплексного числа.

2. Представить данное число в тригонометрической и показатель‑

ной формах.

Решение

1. Так как

argz =

1

с центром в точке -i.

и

argz =

и окружностями

Задача № 2

2

7

ж

z

=

з и

76 23 3

iiii

75

i

+

1

i

+

ц

3

.

ч

17

ш

1=Ч=Ч=- Ч=-() () ,

i

7. РЕШЕНИЕ ТИПОВОГО ВАРИАНТА РАСЧЕТНОЙ РАБОТЫ

ii

zz==

2

|;

=-

()

+-

()

2

()

2

ee

--

,.

2

zz==

2

()

2

;.

17 16 28 8

iiii

то

1=Ч=Ч=- Ч=() () ,

i

7

i

+

i

1

+

i

3

=

17

-+ +

313

i

-

=

i

1

+

ii

31

-Ч-

=

ii

11

+Ч-

()()

33

=

iii

--+()()

222

1

2

24

-

i

2

1

=-

=

i

Выделим действительную и мнимую части:

Re ,Im

1

-1

.

2. Найдем модуль и аргумент полученного комплексного числа:

2

1

ж

|| ,|

zxyz=+ =+-

jj== =

arg,

22 2

y

arctgarctg arctg0,5

1

x

з и

ц ч

2

ш

/

12

1

5

==

452

.z

Итак,

zz iz i=+ =-

5

=- +-

5

05 05cos( (,)) sin( (,)) ;arct arcti

05 05arct arct

1

i.

2-

=||(cos sin),cos((,))sin((,))jj

Ответ: 1)

zize

=- +-

2)

zzez

Re ,Im

5

cos( (,)) sin( (,))

ii i

== =

||

05 05

arct arct

5

(arct( ,))(arct(,))j

05 05

1

-1

;

5

=

5

i

-

05

(arct( ,))

Задача № 3

Вычислить:

-+4433i

76

.

Решение

zi

kk

n.

k = 012,,

n;

pp

n.

и

ш

pp

01

pp

zi

=+

pp

yy

22

()

yy

-=

22

Найдем модуль и аргумент комплексного числа

=- +443

Задача № 4

:

Имеем

3

-+ =

i

При

Ответ:

ж

2

cossin .

2

з и

|| () ();z =- +==

3

2

p

ж з

cossin cos

з з и

+

2

k

p

3

jp

arctg

2

p

+

2

p

+

3

i

3

получаем

2

kz i

== +

022

,cos si

,cos sin

kz i

== +

12

kz i== +

,cos si

22

3

-+ =+

44322

iz iz i;cos sin; cossin

14

9

14

ц ч

9

ш

ж

0

з

9

и

8

ж

1

з

9

и

14

ж

2

з

ж з

и

9

2

pp

9

43

+=-+=4438

-

4323

ж

ц

з

ч

=

2

з

ч

з

ч

и

ш

8

9

14

2

ц ч

9

ш

p

2

p

+

2

p

3

2

ц ч

9

ш

ц

;;

ч ш

ц ч

9

ж

=+

2

з и

p

.

2

p

iiksi

3

+4438

8

9

ц

2

p+

ч ч

3

ч ш

8

ц

;;

ч

9

ш

По условиям Даламбера — Эйлера доказать аналитичность функ‑

ции и найти ее производную:

Решение

Выделим действительную и мнимую части функции:

22 22

wz zxiy xiyx xy ix

=-=+ -+=--+ -

22

uxyx xy vxyx

(,),(,)( )=-

Задача № 4

wz z=-22

()()

22

77

.

,

-

.

7. РЕШЕНИЕ ТИПОВОГО ВАРИАНТА РАСЧЕТНОЙ РАБОТЫ

¶

22

¶

¶¶¶

¶

¶ ¶

x

ў

=-+=-wz xyiz() 22222

ў

=-wz z() 22

fz()

23

xy

¶

¶¶¶

¶

¶¶¶

=-

¶

xx

22

vxy(,)

xx

т

()

Cx()

¶

x

ey

xx

22

ў

=Cx() 2

Проверим условия Даламбера — Эйлера:

u

=-

¶

x

v

=-

,;,

¶

xy

y

uxvyu

=

;

u

=-

¶

y

=-

¶

y

v

.

¶

x

v

=

y22 22

¶

x

.

Условия Даламбера — Эйлера выполнены, поэтому функция явля‑

ется аналитичной на всей комплексной плоскости.

u

Вычислим производную по формуле

Ответ:

.

ў

wz

()

=

.

v

+

i

:

Задача № 5

Найти аналитическую функцию

рой равна

x

sin +-

, действительная часть кото‑

2ey

.

Решение

Используем условия Даламбера — Эйлера (Коши — Римана):

Найдем

условия Даламбера — Эйлера:

Определим

¶

u

=+=

ey

23

¶

x

sin,cos

uxvyu

=

,

¶

vyu

¶

y

v

=-

.

¶

x

ey

. Проинтегрируем по y функцию

veydyeyуCx

=+=- ++

(sin )( cos)

2323

, используя второе условие:

¶

v

=- +

eyCx

ў

=- +

,

78

=-

2cos()cos

v

.

¶

x

из первого

.

,

Задача № 6

Cx xC()=+2

vxy(,)

Cx()

xC

xx

s)

21

n

-

() 21

n

+

() 21

ее

22

nn

82

41

2

n

>=

82

41

Подставим в

найденное

vxyeyy

(,)cos=- +++232

x

.

1

:

.

1

Итак,

fz fx iy eyxyie yyxC

() ()(sin )( co

=+=+-+-+++ =2322 32

z

ie iziC

()

.

1

.

1

Ответ:

=- +++223

fz ie iziC

() ()=- +++223

z

1

Задача № 6

Исследовать сходимость ряда

Ґ

()-

е

1

=

0nn

1

ж з

n

-

21

и

Решение

Общий член ряда есть комплексное число, действительная часть

n

1

-

x

которого

=

n

и мнимая часть

i

+

y

=

n

ц

.

ч

n

+

ш

n

1

-

. Ряды сходятся по при‑

знаку Лейбница, поэтому данный по условию ряд также сходится.

Составим ряд из абсолютных величин:

Ґ

()-

1

=

0

1

ж

n

з

n

-

2121

и

i

+

nnn

+

=

Ґ

е

n

=

Ґ

ц

=

ч ш

=

0

2

n

+

2

n

0

-

Исследуем сходимость ряда по признаку сравнения:

2

82

n

Ґ

Ряд

1

е

расходится, значит, ряд

2

1nn=

+

2

4184

n

-

2

n

2

n

79

1

ж з

и

ц

ж

+

ч

-

21121

з

ш

+

и

.

1

,

Ґ

е

n

=

2

n

+

также расходится.

2

n

0

-

ц

==

ч ш

7. РЕШЕНИЕ ТИПОВОГО ВАРИАНТА РАСЧЕТНОЙ РАБОТЫ

21

nn

ni

()

Ґ

()

ni

11

22

m|

nn

2

z00=

Поэтому данный по условию ряд сходится, но не абсолютно. Ответ: ряд сходится, но не абсолютно.

Задача № 7

Найти круг сходимости

е

n

=

0

--

z

.

Решение

Используем признак Даламбера:

||

u

1

n

lim

n

=

2

+

®Ґ

||lim

=

||

u

n

+-+--

11 1

®Ґ ®Ґ

()

ni

2

lim

nn

®Ґ ®Ґ

()())

nn nni

-

zz

=

ni

1

--

||lim

2

n

()

ni ni

--+

(()

ni

-- -+

=

||li

z

1

2

+

nn

n

=

z

По признаку Даламбера данный по условию ряд сходится при

1

Геометрически данный ряд сходится внутри круга

и расходится вне этого круга, то есть искомый радиус сходимости

||z <

.

||zxy=+<

22

R =

На границе круга сходимости ряд расходится, так как во всех точ‑

ках этой границы общий член ряда не стремится к нулю.

1

Ответ: круг сходимости:

||z <

.

|z

.

1

.

Функцию

.

fz ze

()=Ч

Задача № 8

1

z

разложить в ряд Лорана в окрестности точки

80