Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Функции комплексного переменного. Учебное пособие.pdf
Вычисление производной
Для вычисления производной можно использовать любую из следующих формул
f′(z) = u
f′(z) = v
′
x
′
y
+ iv
+ iv
′
, f′(z) = u
x
′
, f′(z) = v
x
′
− iu
x
′
− iu
y
′
,
y
′
.
y
Пример 3.3. Вычислите производную функции f (z) = z2+ ln z ис-
пользуя формулу f′(z) = u
′
x
+ iv
′
.
x
Решение. Найдём действительную и мнимую части функции и вычислим производную:
z2+ ln z = x2+ 2ixy − y2+ lnpx2+ y2+ iarctg
=x2− y2+ lnpx2+ y
(z2+ ln z)′=x2− y2+ lnpx2+ y
x
=2x +
x2+ y
2
x − iy
= (2x + 2iy) +
x2+ y
= 2z +
z
Аналитические функции
2
+ i2xy + arctg
′
2
+ i2xy + arctg
x
+ i2y +
x2+ y
= (2x + 2iy) +
2
¯z
= 2z +
2
1
.
z
−y
=
2
1
x + iy
y
=
x
y
,
x
′
y
=
x
x
...
=
●
ФКП является аналитической в точке, если она определена и дифференцируема в этой точке и в некоторой ее окрестности.
Основные элементарные ФКП являются аналитическими на ОДЗ,
для них остается в силе привычная таблица производных.
Гармоническая функция — это функция двух действительных
переменных оператор Лапласа от которой равен нулю:
′′
g
xx
+ g
′′
yy
= 0
Теорема. Если функция аналитическая в некоторой области, то
ее действительная и мнимая части в этой области являются гармоническими.
31
Пример 3.4. Докажите, что действительная и мнимая части функции w = z2являются гармоническими.
Решение. Найдём действительную и мнимую части функции и вычислим их частные производные:
w = z2= (x + iy)2= x2+ 2ixy + (iy)2= x2− y2+ 2ixy,
u(x, y) = x2− y2, v(x, u) = 2xy;
′
u
= 2x, u
x
′′
u
xx
+ u
′′
= 2 − 2 = 0, следовательно функция u(x, y) является гармо-
yy
′′
= 2, u
xx
′
= −2y, u
y
′′
yy
= −2,
нической.
′
v
= 2y, v
x
′′
v
xx
+ v
′′
= 0 + 0 = 0, следовательно функция v(x, y) является гармо-
yy
′′
= (2y)
xx
′
= 0, v
x
′
= 2x, v
y
′′
= (2x)
yy
′
y
= 0,
нической.
●
Если функция является аналитической, то её можно восстановить
по её действительной или мнимой части с точностью до константы.
Восстановление аналитической ФКП по её части u(x, y):
Шаг 1. Проверим гармоничность данной функции, вычислим опера-
тор Лапласа:
Шаг2. Используя условие v
u
′
y
′′
xx
= u
′′
+ u
= 0.
yy
′
, составим дифференциальное урав-
x
нение для искомой мнимой части:
...
ˆ
′
v
dy =
y
ˆ
′
u
dy, v(x, y) =
x
ˆ
′
u
dy + C(x),
x
последнее слагаемое обосновано тем, что интегрирование происходит
по переменной y и привычная константа может содержать переменную
x.
Шаг 3. Используя условие v
′
= −u
x
′
, составим дифференциальное
y
уравнение для константы C(x):
ˆ
′
u
dy + C(x)
x
′
= −u
x
′
, C
y
′
(x) = −
x
′
udy
x
′
x
− u
′
.
y
ˆ
u
Шаг 4. Интегрируя по x, найдем величину C(x) с точностью до кон-
станты.
32
Шаг 5. Сформируем из полученных слагаемых искомую мнимую
часть:
v(x, y) =
ˆ
′
u
dy + C(x) + C1.
x
Шаг 6. Сгруппируем слагаемые и восстановим формулу u(x, y) +
iv(x, y) = f(z).
Если заданы начальные условия f (zo) = wo, то функция восстанавливается полностью.
Пример 3.5. Восстановить функцию, если известна её действительная часть u(x, y) = y2− x2.
Решение. Проверим гармоничность заданной функции:
′
u
= −2x, u
x
Используя одно из условий Коши-Римана v
′′
= −2, u
xx
′
= 2y, u
y
′′
= 2, u
yy
′
y
функцию v(x, y):
′
v
= −2x,
y
v =ˆ(−2x) dy = −2xy + C(x).
Используем второе из условий Коши-Римана v
(−2xy)
′
= 2y(−2xy + C(x))
x
′
x
−2y + C′(x) = −2y.
C′(x) = 0 ⇒ C(x) = C1, C1∈ R.
Следовательно, v(x, y) = −2xy + C1.
Восстановим формулу для функции:
′′
xx
′
= u
, найдём частично
x
′
= −u
x
= −2y,
+ u
′
:
y
′′
yy
= 0;
...
f(z) = u + iv = y2− x2− 2ixy + iC1,
f(z) = −z2+ C∗.
●
Пример 3.6. Восстановить функцию, если известна её действительная часть v(x, y) = y2− x2, f(1) = i.
Решение. Проверим гармоничность заданной функции:
′
v
= −2x, v
x
′′
= −2, v
xx
′
= 2y, v
y
′′
= 2, v
yy
′′
xx
+ v
′′
yy
= 0.
33
Используя одно из условий Коши-Римана u
функцию u(x, y):
′
u
= −(y2− x2)
y
′
= 2x,
x
u =ˆ2x dy = 2xy + C(x).
′
= −v
y
′
, найдём частично
x
Используем второе из условий Коши-Римана u
(2xy + C(x))
′
= (y2− x2)
x
′
x
′
y
= v
,
′
:
y
2y + C′(x) = 2y,
C′(x) = 0 ⇒ C(x) = C1.
Следовательно, u(x, y) = 2xy + C1.
Восстановим формулу для функции:
f(z) = 2xy + C1+ i(y2− x2) = −i(x2− y2+ 2ixy) + C1= −iz2+ C1.
Используя начальные условия f(1) = i, вычислим (уточним) C1:
f(1) = i ⇒ −i · 12+ C1= i ⇒ C1= 2i.
Получаем, что f (z) = −iz2+ 2i.
Заметьте, что мнимая часть полученной функции отличается от
заданной в условии на константу.
...
●
Интегрирование ФКП
Определённый интеграл от комплексной функции по кривой определяется как предел интегральной суммы. Итак, выполним все стандартные шаги построения интегральной суммы:
• Пусть f(z) — непрерывная функция, определенная на кривой AB.
• Разобьем AB на n частей: A = z0, z1, z2, ..., zn= B.
• Выберем на каждой дуге z
i−1zi
• Составим интегральную сумму:
Интеграл от функции f (z) по кривой AB определяется равенством
ˆ
f(z)dz = lim
max{|△zi|}→0
AB
точку Ci, △ zi= zi− z
n
P
f(Ci)· △ zi.
i=1
n
X
f(Ci)· △ zi.
i=1
34
i−1
.
По сути, интеграл от ФКП — это комплексная функция, вещественная
и мнимая часть которой - криволинейные интегралы II рода:
ˆ
ˆ
ˆ
f(z)dz =
AB
(u(x, y)+iv(x, y))d(x+iy) =
AB
ˆ
=
udx − vdy + i
AB
(u(x, y)+iv(x, y))(dx+idy) =
AB
ˆ
vdx + udy,
AB
вещественная и мнимая части интеграла — это криволинейные интегралы
со всеми прилагающимися свойствами.
(!) Никогда не пользуйтесь этой формулой!
Свойства интеграла от ФКП
ˆ
1. Линейность:
AB
2. Аддитивность:
(a1f1+ . . . + anfn)dz = a
ˆ
fdz =
AB
ˆ
AC
fdz +
1
ˆ
fdz + . . . +
C1C
2
ˆ
f1dz + . . . + a
1
AB
ˆ
CnB
fdz,
n
ˆ
fndz
AB
где C1, . . . Cn— точки, разбивающие кривую.
ˆ
ˆ
...
3. Зависимость от направления для кривой:
f(z)dz = −
AB
f(z)dz.
BA
4. Независимость от начала для контура. Интеграл от ФКП по
замкнутой кривой зависит только от направления обхода и не зависит
от выбора начальной точки.
Вычисление интеграла от ФКП
Пусть кривая AB задана параметрически уравнениями
x = x(t), y = y(t), α ≤ t ≤ β.
Тогда достаточно выразить z(t) = x(t) + iy(t) и преобразовать подынтегральное выражение:
ˆ
f(z)dz =
AB
ˆ
f (x(t) + iy(t)) dz(t) =
AB
β
ˆ
f∗(t)z′(t) dt.
α
ˆ
Пример 3.7. Вычислить
|z|dz, от A = 0 до B = 1 + 2i (прямая).
AB
35
Решение. Прямая задана уравнением LAB: y = 2x (Рисунок 19)
Рисунок 19 — Иллюстрация к примеру 3.7
ˆ
|z|dz =
ˆ
=
AB
=√5(1 + 2i)
AB
√
5x2d(1 + 2i)x =
1
ˆ
x dx =√5(1 + 2i)
0
Пример 3.8. Вычислить
ˆ
p
x2+ y2d(x + iy) =
AB
ˆ
p
x2+ (2x)2d(x + 2ix) =
AB
2
x
2
√
1
0
=
5
(1 + 2i).
2
ˆ
¯zdz, от z1= 1 до z2= i (Рисунок 20).
|z|=1
...
●
Рисунок 20 — Иллюстрация к примеру 3.8
Решение. В этом примере используем запись числа в показательной
форме:
z = |z|eiφ, ¯z = |z|e
На дуге |z| = 1 получаем z = eiφ, ¯z = e
−iφ
.
−iφ
— подставим эти данные в
исходный интеграл и вычислим его:
ˆ
|z|=1
¯zdz =
ˆ
|z|=1
−iφdeiφ
e
=
π/2
ˆ
0
−iφ
e
· i ·eiφdφ =
π/2
ˆ
idφ = iφ
0
π/2
0
iπ
=
. ●
2
36
Интегрирование аналитической ФКП
Теорема Коши для односвязной области
Интеграл от функции по замкнутому контуру, лежащему в области
аналитичности этой функции, равен нулю:
˛
f(z)dz = 0.
C
Доказательство. Теорема Коши следует из формулы Грина (связь
между кратными и криволинейными интегралами):
˛
P (x, y)dx + Q(x, y)dy =
C
¨
D
′
(Q
x
C
− P
′
)dxdy.
y
Применяя формулу Грина к действительной и мнимой частям интеграла, получаем:
˛
f(z)dz =
C
˛
(u + iv)d(x + iy) =
C
¨
=
D
′
(u
y
C
+ v
x
′
)dxdy + i
˛
udx − vdy + i
C
¨
′
(u
− v
x
D
C
˛
vdx + udy =
C
′
)dxdy = 0.
y
Следствие из теоремы Коши. Интеграл по кривой, лежащей в
области аналитичности функции зависит только от начальной и конечной точек кривой.
Доказательство: рассмотрим две любые кривые с началом и концом в точках A, B и составим из них контур C (A → B → A) (Рисунок
21).
...
Рисунок 21 — Иллюстрация к доказательству
следствия теоремы Коши
37
Интеграл по контуру можно представить в виде суммы двух криволинейных интегралов, это позволяет сделать свойство аддитивности:
˛
f(z)dz =
A→B→A
ˆ
AB,l
1
f(z)dz +
ˆ
BA,l
f(z)dz.
2
Во втором слагаемом правой части изменим направление интегрирования:
˛
A→B→A
f(z)dz =
ˆ
f(z)dz −
AB,l
1
ˆ
AB,l
f(z)dz.
2
¸
С другой стороны, по теореме Коши
ˆ
f(z)dz =
AB,l
1
AB,l
A→B→A
ˆ
f(z)dz = 0, следовательно
f(z)dz.
2
Если функция аналитическая, то интегрировать можно по формуле
Ньютона-Лейбница с использованием привычной таблицы интегралов.
ˆ
...
Пример 3.9. Вычислить
z2dz, от A = 0 до B = 1 + 2i (прямая).
AB
Решение. Так как функция z2является аналитической, то марш-
рут интегрирования не имеет значения, важны только начальная и
конечная точки:
ˆ
AB
z2dz =
1+2i
ˆ
0
z2dz =
1+2i
3
z
3
0
(1 + 2i)
=
3
1 + 6i − 12 −8i
=
3
3
−11 − 2i
=
3
Пример 3.10. Вычислить контурные интегралы
а)
˛
|z|=2
z
e
z2+ 9
dz = 0; б)
˛
|Rez−Imz|=1
2
sin z
z − 1 −i
dz.
Решение.
а) Подынтегральная функция имеет две особые точки ±3i в кото-
рых нарушается аналитичность, но обе эти точки лежат за пределами
.
●
38
области, ограниченной контуром интегрирования (Рисунок 22). Следовательно, по теореме Коши,
˛
z
e
dz = 0.
z2+ 9
|z|=2
б) Подынтегральная функция имеет одну особую точку 1+i в которой
нарушается аналитичность, точка лежит за пределами области, ограниченной контуром интегрирования (Рисунок 22). Следовательно, по
теореме Коши,
˛
sin z
2
dz = 0.
z − 1 −i
|Rez−Imz|=1
...
Рисунок 22 — Иллюстрация к примеру 3.10
●
Теорема Коши для многосвязной области
Интеграл от аналитической функции по внешней границе n-связной
области C равен сумме интегралов по внутренним границам C1, ..., Cn:
˛
f (z) dz =
C
n
X
k=1
˛
f (z) dz.
C
k
Доказательство. Рассмотрим контур C∗, обходящий все границы
C и C заданной области и включающий "разрезы" liот внешнего
контура к одному из внутренних и, затем, одного внутреннего контура
к другому (Рисунок 23).
39
Рисунок 23 — Иллюстрация к теореме Коши
для многосвязной области
Обход контура C∗против часовой стрелки приводит к тому, что внутренние границы обходятся по часовой, а линии от контура к контуру
походят дважды в противоположных направлениях. Следовательно,
˛
f(z) dz =
∗
C
˛
f(z) dz +
C
n
X
k=1
ˆ
f(z) dz −
l
k
n
X
k=1
˛
f(z) dz−
C
k
n
X
k=1
ˆ
f(z) dz.
l
k
С другой стороны, C∗— замкнутый контур, следовательно, по теореме
Коши
˛
f(z) dz = 0,
∗
C
или (для правой части)
˛
f(z) dz −
C
n
X
k=1
˛
f(z) dz = 0.
C
k
Что и доказывает утверждение теоремы.
Интегральная формула Коши
Пусть C — замкнутый контур, DC— область внутри контура C, функция f (z) аналитическая в области DC, точка z0∈ DC. Тогда
ˆ
1
f(z)
dz = f(z0),
2πi
C
z − z
0
...
обход против часовой стрелки.
Доказательство. Рассмотрим двусвязную область, которая получена из области, ограниченной заданным контуром , c "вырезанной"
контуром |z − z0| = R точкой z0.
40