Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория функций комплексного переменного. Учебник
.pdf
18.3. Задания для самостоятельной работы 401
378. Доказать, что уравнение
z = λ − e−z, λ > 1,
имеет в правой полуплоскости е динственный (и притом действительный) корень.
Р е ш е н и е. Рассмотрим замкнуту ю кривую γR= [−iR, iR]−∩ C
(рис. 18.1) с положительным направлением обхода (запись [−iR, iR]−означает, что отрезок обходится от точки iR до точки −iR).
y
b
iR
C
R
x
b
−iR
Рис. 18.1
Определим целые функции, положив
ϕ(z) = z − λ, ψ(z) = e−z.
Если z ∈ [−iR, iR], то
|ϕ(iy)| = |iy − λ| =py2+ λ2> λ > 1, |ψ(iy)| = |e
−iy
| = 1,
поэтому |ϕ(z)| > |ψ(z)| при z ∈ [−iR, iR].
Если z ∈ CR, то при R > λ + 1
|ϕ(z)| = |z − λ| > |z| − λ = R − λ > 1, |ψ(z)| = |e−z| = |e
А это значит, что |ϕ(z)| > |ψ(z)| при z ∈ CR.
По теореме Руше (см. теорему 6.11т) функция ϕ(z) +ψ(z) = z −λ + e
−x−iy
| = e−x6 1.
−z
имеет столько нулей внутри контура γR, сколько и функция ϕ(z), т.е. один
нуль при выбранном R. Нули этой функции совпадают с корнями уравнения.
Таким образом, при R > λ + 1 внутри контура γRнаходится один корень
уравнения.
Количество корней уравнения в правой полуплоскости также равно
одному, поскольку R может быть сколь угодно большим числом.
R
402 Глава 18. Логарифмический вычет, принцип аргумента
Докажем, что этот корень является действительным. Рассмотрим
функцию
f(x) = x − λ + e−x, x ∈ [0, +∞).
Так как f (0) = 1 − λ < 0, а f (λ) = e−λ> 0, то на отрезке [0, λ]
существует точка x0, в которой f(x0) = 0. Значит, f (x) при x > 0 имеет
нуль, а данное уравнение — действительный корень.
379. Доказать, что если ρ < 1, то многочлен
Pn(z) = 1 + 2z + 3z2+ . . . + nz
n−1
при достаточно большом n не имеет корней в круге {z : |z| < ρ}.
Р е ш е н и е. Поскольку
n+1
z
1 + z + z2+ . . . + zn=
то
Pn(z) =
Далее, последовательность (z
dz
n+1
d
z
z − 1
n+1
мерно на компакте {z : |z| 6 ρ < 1} к функции 1/(1 − z), поэтому согласно теореме Вейерштрасса (см. теорему 4.9т) последовательность {Pn(z)}
равномерно сходится на этом компакте к функции (1/(1 −z))′= 1/(1 −z)2,
т.е.
∀ε > 0 ∃ n0∀n > n0max
Пусть
ε = min
и
ϕ(z) =
1
(1 −z)
|z|=ρ
|z|=ρ
, ψ(z) = Pn(z) −
2
Тогда |ψ(z)| < ε 6 |ϕ(z)| при |z| = ρ. По теореме Руше (см. теорему 6.11т) функции ϕ(z) и ϕ(z) + ψ(z) имеют в круге |z| < ρ одинаковое число
нулей. Но функция ϕ(z) нулей не имеет. Следовательно, и Pn(z) = ϕ(z)+ψ(z)
при n > n0не имеет нулей в круге |z| < ρ.
− 1
, |z| < 1,
z − 1
− 1
, |z| < 1.
− 1)/(z − 1), n ∈ N, сходится равно-
Pn(z) −
1
(1 − z)
(1 −z)
2
(1 − z)
1
6 ε.
2
1
.
2
∞
n=1
18.4. Задания творческого характера 403
18.4. Задания творческого характера
380. Доказать, что, как бы мало ни было ρ > 0, при достаточно боль-
шом n все нули функции
1
fn(z) = 1 +
1
+
z
2! z
+ . . . +
2
находятся в круге {z : |z| < ρ}.
381. Пусть функция ϕ(z) мероморфна в области G и ана литична на
ее границе C. Доказать следующие утверждения:
1) если |ϕ(z)| < 1 на C, то число корней уравнения ϕ(z) = 1, на-
ходящихся в области G, равно числу полюсов функции ϕ(z) в
области G;
2) если |ϕ(z)| > 1 на C, то число корней уравнения ϕ(z) = 1, находя-
щихся в области G, равно числу нулей функции ϕ(z) в области G;
3) утверждения 1) и 2) остаются справедливыми, если уравнение
ϕ(z) = 1 заменить уравнением ϕ(z) = α, причем |α > 1| в слу-
чае 1) и |α 6 1| в случае 2).
382. С помощью теоремы Руше до казать, что если функция w = f (z)
в окрестности точки z0имеет разложение
n! z
1
n
f(z) = w0+ ck(z − zk)k+ . . . , ck6= 0, k > 1,
то при достаточно малом r > 0 существует такое ρ > 0, что любое
значение w 6= w0из круга |w − w0| < ρ принимается в точности
k раз в круге |z − z0| < r, и при этом в различных точках.
383. Определить области плоскости (α, β), α, β ∈ R, в которых чис-
ло корней многочлена P (z), имеющих положительную действительную часть, постоянно. Найти для каждой такой области это
число.
1) P (z) = z3+ αz2+ αz + β; 2) P (z) = z3+ αz2+ βz + 1;
3) P (z) = z3+ (α + β)z2+ (α − β)z + α.
404 Глава 18. Логарифмический вычет, принцип аргумента
384. Определить, сколько корней в каждом квадранте имеют следующие уравнения:
1) z4+ 2z3+ 3z2+ z + 2 = 0; 2) 2z4− 3z3+ 3z2− z + 1 = 0;
3) z4+ z3+ 4z2+ 2z + 3 = 0.
385. Показать, что уравнение
1 + z + αzn= 0, n ∈ N, n > 1,
при любом α ∈ C имеет в круге {z : |z| 6 2} по крайней мере
один корень.
386. Показать, что при ρ < π/2 для достаточно больших n много-
члены
Fn(z) = 1 −
2
z
+ . . . + (−1)
2!
n
2n
z
(2n)!
не обращаются в нуль в круге {z : |z| 6 ρ}.
387. Пусть функция f(z) аналитична в ограниченной области D (за
исключением конечного числа полюсов) и непрерывна вплоть до
ее границы (за исключением тех же полюсов). Доказать, что если
функция Im f (z) не обращается в нуль на границе области D, то
число нулей функции f (z) в области D равно числу ее полюсо в
в этой области.
Глава 19
Отображение с помощью
элементарных функций.
Интеграл
Кристоффеля – Шварца
19.1. Задания для аудиторной работы
388. Найти образ множества E при указанном отображении:
1) E = {z : arg z = α}, −π < α 6 π, w = z2;
2) E = {z : Im z = a}, a ∈ R, w = z2;
3) E =nz :
4) E = {z : Im z < −1}, w = z2;
5) E =nz : 0 < arg z <
6) E =nz : 0 < arg z <
Р е ш е н и е п. 5. При отображении w = z3модуль комплексного числа
возводится в третью степень, значит
При этом же отображении углы увеличиваются в 3 раза, поэтому
π
< arg z <
4
arg w = 3 arg z, arg w ∈ (0, π).
o
π
, w = z2;
2
π
, |z| < 2o, w = z3;
3
π
, |z| > 1o, w = z4.
2
|w| = |z|3< 23= 8.
406 Глава 19. Отображение с помощью элементарных функций
Следовательно, образом множества E является полукруг
w(E) = {w : |w| < 8, Im w > 0}.
389. Найти образ множества E при отображении ветвью функции
w =√z, выделяемой ее значением в указанной точке:
o
1) E =nz : arg z =
π
, w(i) =
2
2) E = {z : Im z > 0}, w(i) = −
1 + i
√
1 + i
√
2
;
2
;
3) E = {z : Re z > 0}, w(1) = 1;
4) E = {z : z ∈ C \ [0, ∞)}, w(−1) = i;
5) E = {z : |z| > 1, Im z > 0}, w(2i) = 1 + i;
6) E =z : (Im z)2> 2 Re z + 1, w(−1) = i.
Р е ш е н и е п. 4. Функция w =√z — двузначная, ее ветви f1(z) и f2(z)
определяются следующими соотношениями (см. п. 2.4.4т):
f1(z) =p|z|expi
Принимая во внимание равенство −1 = 1 · eiπ, получаем
f1(−1) = e
arg z
, f2(z) =p|z| expi
2
π
i
2
= i, f2(−1) = e
i
3π
2
= −i.
arg z
2
+ π.
По условию задачи рассматриваем отображение, осуществляемое
функцией f1(z). Так как |w| =p|z|, а |z| ∈ (0, +∞), то |w| ∈ (0, +∞). Кроме
того, arg w =
образом множества E будет верхняя полуплоскость {w : Im w > 0}.
1
arg z и arg z ∈ (0, 2π), следовательно, arg w ∈ (0, π). Поэтому
2
390. Найти образ области D при отображении указанной ф ункцией:
1) D = {z : 0 < Im z < π}, w = ez;
o
2) D =nz : |Im z| <
π
, w = ez;
2
3) D = {z : 0 < Im z < 2π, Re z < 0}, w = ez;
4) D =nz : 0 < Im z <
π
, R
e z > 0o, w = e2z;
2
19.1. Задания для аудиторной работы 407
5) D =nz : 0 < Im z <
π
, Re z < 0o, w = e3z;
3
6) D = {z : Im z > 0, 0 < Re z < 2π}, w = eiz.
Р е ш е н и е п. 3. Пусть z = x+iy, w = ρeiϕ. В силу того, что ez= exeiy,
получим ρ = exи ϕ = y. По условию задачи x ∈ (−∞, 0), поэтому ρ ∈ (0, 1).
Так как y ∈ (0, 2π), то и ϕ ∈ (0, 2π). Отсюда следует, что полученные при
указанном отображении точки w заполняют круг |w| < 1 с разрезом по
отрезку [0, 1] действительной оси.
Отметим, что при обходе границы области D в положительном направлении участкам A (−∞ < x < 0, y = 0), B (x = 0, 0 < y < 2π) и C
(y = 2π, x изменя ется от 0 до −∞) будут соответствовать участи A′, B
и C′соответственно (рис. 19.1). Кроме того, участок A′будет совпадать с
верхним краем разреза, а C′— с нижним.
(z)
C
D
A
b
2πi
B
b
Рис. 19.1
′
(w)
B
′
A
1
′
C
′
391. Найти образ множества E при отображении функцией w = ln z:
iϕ
1) E =z : z = r e
0
, 0 < r < +∞, ϕ0= const, 0 < ϕ0< 2π;
2) E = {z : z ∈ C \ [0, ∞)}; 3) E = {z : Im z > 0};
4) E = {z : |z| < 1, Im z > 0}; 5) E = {z : |z| > 1, z ∈ C \ [1, ∞)};
6) E = {z : |z| < 2, Re z > 0, Im z > 0}.
Р е ш е н и е п. 4. Воспользуемся принципом соответствия границ
(см. теорему 7.11). Дуга AB окружности является образом отрезка
A1B1= {w : Re w = 0, 0 6 Imw 6 π} при отображении функцией z = ew,
поэтому при отображении w = ln z образом дуги AB будет отрезок A1B
(см. рис. 19.2). Аналогично, образами отрезков BO и OA пр и отображении w = ln z являются лучи B1O1и O1A1соответственно (O1— бесконечно
1
408 Глава 19. Отображение с помощью элементарных функций
B
1
b
(z)
b bb
O
удаленная точка). Учитывая направление обхода границ области E, окончательно имеем
w(E) = {w : Re w < 0, 0 < Im w < π}.
AB
1
Рис. 19.2
πi
(w)
b
A
1
392. Найти образ области D при отображении w = f (z):
1) w = cos z, D =nz : −
π
< Re z <
2
π
, Im z > 0o;
2
2) w = cos z, D = {z : 0 < Re z < π, Im z < 0};
o
π
;
4
3) w = tg z, D =nz : −
π
< arg z <
4
4) w = ch z, D = {z : 0 < Im z < π, Re z > 0};
o
5) w = sh z, D =nz : Re z > 0, |Im z| <
6) w = sin z, D =nz : −
Р е ш е н и е п. 1. Отображение w = cos z представляет собой композицию поворота на угол π/2 и отображений, осуществляемых показательной
функцией и функцией Жуковского (см. рис. 19.3):
w1= iz, w2= e
π
< Re z <
2
w
1
, w =
π
;
2
o
π
.
2
1
w2+
2
1
.
w
2
В результате получим правую полуплоскость с разрезом по отрезку
[0, 1], т.е. w( D) = {w : Re w > 0} \ [0, 1].
393. Найти конформное и однолистное отображение области G1на
область G2:
1) G1= {z : 6 < Re z < 12}, G2= {w : Im w > 0};
19.1. Задания для аудиторной работы 409
iπ
2
i
π
−
2
(z)
2) G1=nz : 0 < Re z <
3) G1=e
4) G1= {z : |z| = 3}, G2=(w = u + iv :
5) G1=nz : 0 < arg z <
π
2
(w1)
o
π
6
π
i
4
z : 0 < Im z < 2, G2= {w : Im w > 0};
π
4
iπ
−
Р
ис. 19.3
, G2=nw : 0 < arg w <
o
, G2= {w : |w| < 1};
−i
2
2
u
2
5
3
(w2)
+
(w)
o
π
;
2
2
v
= 1);
2
4
3
6) G1= {z : 1 < |z| < e, 0 < arg z < e},
G2= {w : 2 < Re w < 3, 0 < Im w < e}.
Р е ш е н и е п. 1. Отображение τ = z −6 переводит полосу G1в полосу
∗
G
= {τ : 0 < Re τ < 6} τ-плоскости (рис. 19.4).
1
(z)
G
1
0
τ = z − 6
126
∗
G
1
1
(τ )
60
Рис. 19.4
Отображение ξ = πτ /6 переводит полосу G
∗
G
= {ξ : 0 < Re ξ < π} ξ-плоскости (рис. 19.5 ).
2
Отображение w = eiξпереводит полосу G
∗
τ-плоскости в полосу
1
∗
ξ-плоскости в верхнюю
2
полуплоскость w-плоскости (рис. 19.6).
Искомое отображение является композицией указанных трех отобра-
жений, т.е.
w = e
π(z−6)
i
6
: G1→ G2.
410 Глава 19. Отображение с помощью элементарных функций
(τ )
(ξ)
π
ξ =
τ
∗
G
1
60
Рис. 19.5
w = e
∗
G
2
0
π
Рис. 19.6
6
0
iξ
0
(ξ)
∗
G
2
π
(w)
G
2
394. Отобразить с помощью интеграла Кристоффеля – Шварца (см.
п. 7.4.3т) верхнюю полуплоскость на треугольник с вершинами в
точках A, B и C:
1) A(0, 0), B(1, 0), C
!
√
1
3
,
2
; 2) A(2, 0), B(3, 0), C
2
5
1
,
;
2
2
3) A(0, 0), B(0, 1), C(1, 0); 4) A(0, 0), B(1, 1), C (1, 0);
1
5) A(0, 1), B(1, 1), C
3
,
; 6) A(1, 1), B(3, 3), C(−1, 3).
2
2
Р е ш е н и е п. 6. Отобразим треугольник ABC на треугольник
A1B1C1указанного вида (рис. 19.7).
Для этого используем последовательность элементарных преобразова-
ний:
1) τ = w − 3 − 3i — параллельный перенос;
2) u = eiπτ — поворот на угол π;
3) ζ = u/4 — подобие.
Тогда искомое отображение является линейным и имеет вид
w −3 −3i
ζ = −
.
4
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]