Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Функции комплексного переменного. Учебное пособие.pdf
• Уравнение Rez = a задаёт на плоскости вертикальную пря-
мую, а уравнение Imz = b — горизонтальную (Рисунок 9):
Rez = a, Re(x + iy) = a, x = a;
Imz = b, Im(x + iy) = b, y = b.
Рисунок 9 — Линии Rez = 4 и Imz = 2
• Уравнение arg(z − zo) = φ задаёт на плоскости луч из т. zo,
идущий под углом φ к оси Rez (Рисунок 10):
Рисунок 10 — Геометрический смысл аргумента комплексного числа
Пример 1.6. Определите вид области, которую задают условия
π
−
< arg(z + 2 −3i) ≤
6
|z − 2 + i| ≥ 3,
|Im(z − 3i)| ≤ 2.
π
,
3
...
Решение. Первое условие −
плоскости между двумя лучами, выходящими из точки −2 + 3i (Ри-
сунок 11, красный сектор).
π
< arg(z + 2 − 3i) ≤
6
11
π
задаёт сектор
3
Второе условие |z −2 + i| ≥ 3 задаёт область за пределами окруж-
ности радиуса 3 с центром в точке 2 − i (Рисунок 11, синяя область).
Третье условие |Im(x + iy − 3i)| ≤ 2 выглядит загадочно, поэтому преобразуем выражение, подставив вместо z его алгебраическую
форму x = iy:
|Im(x + iy − 3i)| ≤ 2,
|y −3| ≤ 2,
1 ≤ y ≤ 5.
Таким образом, условие |Im(x + iy − 3i)| ≤ 2 задаёт горизонтальную
полосу (Рисунок 11, зелёная область).
Рисунок 11 — Иллюстрация к примеру 6
Область, удовлетворяющая всем трём условиям изображена на Рисунке 12.
...
Рисунок 12— Иллюстрация к примеру 6
12
●
Дополнительные видеоматериалы
к изучению раздела 1
а) б)
в) г)
Рисунок 13 — Ссылки на тематические видеоуроки к разделу:
а) понятие комплексного числа;
б) о том, как возводить комплексное число в степень;
в) о том, как извлекать корни из комплексного числа;
г) линии и области на комплексной плоскости
...
13
Упражнения к разделу 1
1.1. Решите квадратные уравнения а)-з).
а) z2+ 4 = 0; б) z2+ 16 = 0;
в) z2+ 12 = 0; г) z2+ 8 = 0;
д) z2− 2z + 2 = 0; е) z2− 6z + 10 = 0;
ж) z2− 4z + 10 = 0; з) z2− 10z + 30 = 0.
1.2. Запишите комплексные числа z1−z6(Рисунок 14) в алгебраиче-
ской, тригонометрической и показательной формах.
Imz
z
2
z
3
z
1
1
z
z
4
z
5
6
Rez
Рисунок 14 — Иллюстрация к упражнению 1.2
1.3. Вычислите значение степенного выражения. Изобразите число,
возводимое в степень и полученное число zi, i = 1, 2, ...8 на комплекс-
ной плоскости.
z1= (1 −i)2; z2= (1 + i)3; z3=
√
z4=
z7= −
3
2
1
2
−
−
!
4
1
i
; z5=−1 +√3i
2
√
!
7
3
i
; z8=
2
√
3
; z6=1 +√3i
!
5
3
1
+
i
2
; z9= (1 −i)20;
2
√
2
+
2
√
!
2
2
i
;
2
6
;
...
z10= (−1 −√3)12; z11=2 + 2√3i
14
22
; z12=
√
3 − i
15
.
1.4. Запишите в тригонометрической форме числа а)-и).
а) cos
г) cos
ж) sin
1.5. Решите уравнения а)-м), отметьте полученные точки на ком-
плексной плоскости.
а) z3= 27; б) z3= 8i; в) z3= −i; г) z3= −1+i;
д) z4= 16; е) z4= −1; ж) z4= −i; з) z4= 2i;
и) z6= 8; к) z6= −1; л) z6= −i; м) z8= −1;
1.6. Постройте область плоскости а)-м), ограниченную условиями.
а)
в)
д)
ж)
и)
л)
π
− i sin
4
7π
+ i sin
4
2π
− i sin
3
0 < Rez ≤ 3,
|Imz| ≤ 2;
0 < Re(z2) ≤ 1,
|z − i| ≤ 2;
2 ≤ |z − 2 −i| ≤ 3,
π
< argz <
4
Re(4 − iz2) ≤ 0,
|Im(z + 5 + 2i)| ≤ 4;
Re2(z + 1) ≥
|z + 2 + i| ≤ 2;
2 < |z + (1 + i)2| < 3,
π
−
< argz <
4
π
; б) sin
4
3π
; д) cos
4
π
; з) sin
6
3π
;
4
1
,
2
5π
;
4
5π
4
5π
4
π
+ i sin
6
к)
м)
− i sin
+ i sin
б)
г)
е)
з)
π
; в) sin
4
π
; е) cos
4
2π
; и) sin
3
Rez ≥ −2,
|z| ≥ 2;
|Imz| ≥ 2,
|z + 2| ≤ 3;
|argz| ≤
|z + 2i| ≥ 2;
π
< arg(z − 1) ≤
4
1 < |z − 1| ≤ 2;
|Imz| ≤ Rez,
|z − eiπ| ≤ 2;
|arg(z + 2 + 3i)| ≤
|z + 2i| ≥ 2.
π
,
3
π
− i cos
4
π
+ i sin
6
π
+ i sin
3
π
2
5π
π
3
5π
6
,
π
,
4
;
4
;
;
...
15
2 Комплексные функции
Дорогой читатель! Теоретический материал, изложенный в этом разделе озвучен в виде лекции в ролике, ссылка на который дана на
Рисунке 15.
Рисунок 15 — Лекция по материалу раздела 2
Структура функции комплексного переменного
Функция комплексного переменного w = f(z) — правило по которому
некоторой точке z ∈ C ставится в соответствие одна (однозначная
функция) или несколько (многозначная функция) точек w ∈ C.
Функцию записывают либо в виде w = f(z), либо в виде суммы
действительной и мнимой частей, которые являются действительными функциями от двух действительных переменных:
...
w = u(x, y) + iv(x, y), где z = x + iy — аргумент ФКП,
u(x, y) — действительная часть функции,
v(x, y) — мнимая часть функции.
Свойства предела, определение и свойства непрерывности те же, что
и для функции двух переменных.
Пример 2.1. Выделите вещественную и мнимую часть функций
w = z2, w = z3, w = |z + 2 − i|.
Решение. Подставим вместо аргумента z его алгебраическую форму
x+iy и преобразуем выражение, задающее функцию. Цель преобразо-
вания — вывести i так, чтобы она разделяла два слагаемых, которые
являются функциями двух действительных переменных.
u(x,y)
3
2
+i · 2xy
|{z}
v(x,y)
а) z2= (x + iy)2= x2+ 2ixy + i2y2= x2− y
б) z3= (x + iy)3= x3− 3xy
| {z }
u(x,y)
2
+i · 3x2y −y
| {z }
| {z }
v(x,y)
16
в) |z + 2 − i| = |x + iy + 2 −i| =p(x + 2)2+ (y − 1)
2
, v(x, y) = 0.
| {z }
u(x,y)
●
Основные функции комплексного переменного
Здесь мы разберёмся как вычислять значения привычных функций,
но от комплексного аргумента. Для "привычных" функций все знакомые свойства остаются в силе, но добавляются свойства неожиданные.
Экспонента w = e
z
Для вычисления экспоненты достаточно разделить экспоненту в комплексной степени на сомножители в чисто действительной и чисто
мнимой степени и применить ко второму формулу Эйлера:
w = ez= e
x+iy
= ex· eiy= ex(cos y + i sin y).
Таким образом, действительна и мнимая части экспоненты выражаются следующими формулами
Rew = u(x, y) = excos y, Imw = v(x, y) = exsin y.
Привычные свойства: e
z1+z
Новое свойство (периодичность): e
2
= e
z
1
· e
z+2kπi
Пример 2.2. Вычислить значения а) e
z
2
, (e
2+3i
z
z
2
1
)
= e
z1·z
= ez, k ∈ Z.
, б) e
1−2i
, в) e
2
.
−1+πi
.
Решение.
2+3i
а) e
= e2· e3i= e2(cos 3 + i sin 3) = e2cos 3 + ie2sin 3.
...
б) e
в) e
1−2i
−1+πi
= e · e
−2i
= e(cos (−2) + i sin (−2)) = e cos 2 − ie sin 2.
= e−1· eπi=
1
(cos π + i sin π) = −
e
1
. ●
e
Натуральный логарифм w = Lnz
Логарифмическая функция является обратной к экспоненте. Найдём
действительную и мнимую часть логарифма через функцию z = ew:
z = ew⇒
z = x + iy
w = u + iv
⇒ x + iy = e
u+iv
⇒ x + iy = eueiv,
17
x + iy = eu(cos v + i sin v) = eucos v
| {z }
x
+i eusin v
| {z }
y
.
Составим и решим систему уравнений методом пристального взгляда
и вдумчивого анализа (ищем u и v):
x = eucos v,
y = eusin v;
⇒
y
= tgv,
x
x2+ y2= e
2u;
⇒
v = arctg
y
+ πn, n ∈ Z,
x
u = lnpx2+ y2;
Зная действительную и мнимую часть составим выражение для
функции:
y
ln |z| + iarctg
+ πn, n ∈ Z.
x
y
Для чисел в I и IV четвертях плоскости (x > 0), выражение arctg
x
является аргументом комплексного числа, а для чисел во II и III чет-
y
вертях (x < 0), аргументом является π + arctg
. В случае, если x = 0,
x
можно считать аргумент определяется первой формулой, понимая при
π
этом, что arctg(±∞) = ±
, а в точке z = 0 аргумент и, как следствие,
2
логарифм — не определён. Далее, арктангенс можно заменить на аргумент:
x ≥ 0, lnz = ln |z| + i(arg(z) + πn), n ∈ Z,
...
x < 0, lnz = ln |z| + i(arg(z) −π + πn), n ∈ Z.
Если вдуматься, то для всех x множество значений функции одинаково — её действительная часть постоянна, а мнимая часть меняется
с шагом π.
Главным значением натурального логарифма называется однозначная функция
lnz = ln |z| + iarg(z).
Натуральный логарифм комплексного переменного является многозначной функцией и определяется формулой
Lnz = ln |z| + i(arg(z) + 2πk), k ∈ Z.
Слагаемое 2πki добавлено чтобы учесть период экспоненты, как функции обратной натуральному логарифму.
Пример 2.3. Вычислить значения логарифма
√
Ln(1 + i), Ln(−1), ln(8i), Ln(i3), Ln(
4
1).
18
Решение.
π
а) arg(1 + i) =
, |1 + i| =√2,
4
Ln(1 + i) = ln√2 + i
б) arg(−1) = π, | − 1| = 1,
Ln(−1) = ln 1 + i (π + 2πk) = i (π + 2πk) , k ∈ Z;
π
+ 2πk, k ∈ Z;
4
в) arg(8i) =
π
, |8i| = 8, ln(8i) = ln 8 + i
2
π
.
2
г) О вынесении целой степени: целую степень следует выносить
только из главной части, 2πki добавляется в конце. В следующем примере вычислим значение двумя способами и сравним результаты.
3π
(A) Ln(i3) = Ln(−i) =arg(−i) =
, |− i| = 1=
2
= ln 1 + i
3π
+ 2πk= i
2
3π
+ 2πk;
2
π
(B) Ln(i3) = 3Ln(i) =harg(i) =
= 3ln 1 + i
Сравним результаты: i
π
+ 2πk
2
3π
+ 2πk= i
2
= i
, |i| = 1i=
2
3π
+ 6πk.
2
3π
+ 6πk, непорядок. Так
2
произошло потому, что степень была вынесена не только из главного
значения. Следовало сделать так:
(C) Ln(i3) = ln(i3) + 2πki = 3ln 1 + i
π
+ 2πki = i
2
π
2
+ 2πk.
...
д) О вынесении "корня": степень
, n ∈ N выносите и не сомне-
n
вайтесь. Давайте решим задачу двумя способами и сравним результаты (далее везде k ∈ Z):
1
Ln(1) = ln 1 + i2πk
(A) Ln(
√
4
1) =
h
√
4
1 = {±1, ±i}i=
Ln(i) = ln 1 + i
Ln(−1) = ln 1 + i (π + 2πk)
Ln(−i) = ln 1 + i−
π
+ 2πk
2
π
+ 2πk
2
19
=
i2πk
i
=
i (π + 2πk)
i−
π
+ 2πk
2
π
+ 2πk
=
iπk
i±
π
+ 2πk
2
=
iπk
i
π
2
+ πk
=
πki
;
2
2
(B) Ln(
√
4
1) =
1
Ln(1) = [arg(1) = 0, |1| = 1] =
4
1
(ln 1 + 2πki) =
4
πki
2
●
Показательная функция w = za, a ∈ C
Значения показательной функции определяются как значения экспоненты, к которой сводится формула с применением основного логарифмического тождества:
.
w = za= e
aLnz
.
При этом, при логарифмировании показательной функции следует
учитывать не только многозначность логарифмической функции, но
и периодичность показательной:
Lnza= Lne
aLnz
= Lne
aLnz+2kπi
= a · Lnz + 2kπi, a ∈ C, n, k ∈ Z.
Пример 2.4. Вычислить (−3i)i.
Решение. (−3i)i= e
π
−
−2πk
= e
2
(cos ln 3+i sin ln 3) = e
Ln(−3i)
i
iLn(−3i)
= e
π
−
−2πk
2
| {z }
u(x,y)
i(ln 3+i(−
= e
cos ln 3
π
+2πk))
2
π
−
−2πk
+i e
2
| {z }
v(x,y)
i ln 3−
= e
sin ln 3
π
−2πk
2
, k ∈ Z.
●
Тригонометрические функции
...
=
Привычные тригонометрические функции вместе со всеми своими свойствами присутствуют и в комплексной плоскости:
w = cos z, w = sin z, w = tgz, w = ctgz.
20