7.2. Дифференцирование фкп. Аналитические фкп.

Производной от функции комплексной переменной в точкеz₀ называется предел:

,

где , ипроизвольным образом.

Функцию , дифференцируемую в точкеz₀ и некоторой ее окрестности, называют аналитической, или регулярной функцией в точке z₀.

Точки, в которых ФКП не является аналитической, называют особыми точками этой функции.

Для того, чтобы функция была аналитической в областиD необходимо и достаточно, чтобы частные производные 1-го порядка функций u(x,y) и v(x,y) были непрерывны в этой области и выполнялись бы условия:

, (10)

называемые условиями Эйлера-Даламбера, или условиями Коши-Римана.

Пример 2. Проверить аналитичность ФКП .

(см. пример 1). Проверим выполнение условий Коши-Римана: .

Первое условие не выполняется, следовательно, эта функция не является аналитической.

Пример 3. Проверить аналитичность ФКП .

Выделим вещественную и мнимую части функции:

.

Проверим выполнение условий Коши-Римана:

.

Условия выполняются во всех точках, кроме особой точки (0, 0), в которой функции и u(x, y) и v(x, y) не определены. Следовательно, функция аналитическая при.

Если функция аналитическая в областиD, то ее производную можно найти, используя правила дифференцирования, аналогичные правилам дифференцирования функции одной действительной переменной.

Пример 4. Вычислить значение производной функции в точке

z₀ = – 1+ i.

Функция – аналитическая, а значит, дифференцируемая во всей своей области определения (см. пример 3). Ее производная:

.

Вычислим значение производной в точке z₀ = – 1+ i:

.

Следовательно, .

Решение примерного варианта контрольной работы

Задача 1. Дана функция z = cos²(2x – y). Требуется:

1) найти частные производные и ;

2) найти полный дифференциал dz;

3) показать, что для данной функции справедливо равенство: .

Решение.

1) При нахождении считаем аргумент y постоянным:

= (cos²(2x – y))= 2cos(2x – y)(cos(2x – y))=

= 2cos(2x – y)(–sin(2x – y))(2x – y)=–2cos(2x – y)sin(2x – y)((2x)– (y)) =

= – 2cos(2x – y)sin(2x – y)(2 – 0) = –sin(2(2x – y))2 = –2sin(4x – 2y).

При нахождении считаем аргумент x постоянным:

= (cos²(2x – y))= 2cos(2x – y)(cos(2x – y))=

=2cos(2x – y)(–sin(2x – y))(2x – y) = –2cos(2x – y)sin(2x – y)((2x) – (y)) =

= – sin(2(2x – y))(0 – 1) = = sin(4x – 2y).

2) По формуле (1) находим полный дифференциал функции:

dz = = –2sin(4x – 2y)dx + sin(4x – 2y)dy.

3) Найдем смешанные частные производные второго порядка.

Для того чтобы найти дифференцируем по у:

= = (–2sin(4x – 2y)) = [считаем x постоянным] =

= – 2cos(4x – 2y)(4x – 2y)= – 2cos(4x – 2y)(0 – 2) = 4cos(4x – 2y).

Для того чтобы найти дифференцируем по x:

= = (sin(4x – 2y)) = [считаем y постоянным] =

= cos(4x – 2y)(4x – 2y)= cos(4x – 2y)(4 – 0) = 4cos(4x – 2y).

Получили: = 4cos(4x – 2y), = 4cos(4x – 2y) .

Ответы:

1) = –2sin(4x – 2y); = sin(4x – 2y);

2) dz = –2sin(4x – 2y)dx + sin(4x – 2y)dy;

3) равенство выполнено.

Задача 2. Найти частные производные ,и, если переменныеx, y, и z связаны равенством 4x² y e^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x = 0.

Решение.

Для F(x, y, z) = 4x² y e^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x получаем:

F= (4x² ye^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x) = [считаем y и z постоянными] =

= 8x y e^z + sin( x³ – z)3x² + 3 = 8x y e^z + 3x² sin( x³ – z) + 3;

F= (4x² y e^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x) = [считаем x и z постоянными] =

= 4x² e^z + 4y;

F = (4x² y e^z – cos(x³ – z) + 2y² + 3x) = [считаем x и y постоянными] =

= 4x² y e^z – sin (x³ – z).

По формулам (2) находим частные производные:

;

и по формуле (3) получаем: .

Ответы: ;

.

Задача 3. Дана сложная функция z = ln(2t – x²y), где , . Найти полную производную .

Решение. Используя формулу (4), получаем:

Подставив в полученный ответ , , получим:

Ответ: .

Задача 4. Дана функция z = x² – xy + y² – 4x + 2y + 5 и уравнения границ замкнутой области D на плоскости XОY: x = 0, y = –1, x + y = 2. Требуется:

1) найти наибольшее и наименьшее значения функции в области D;

2) сделать чертеж области D в системе координат, указав на нем точки, в которых функция имеет наибольшее и наименьшее значения.

Решение.

1. Для наглядности процесса решения построим областьDв системе координат. ОбластьDпредставляет собой треугольник, ограниченный прямыми

x= 0,y= –1 иx + y= 2. Обозначим вершины треугольника:A,B,C (рис 1).

Чтобы найти наибольшее и наименьшее значения функции zсначала найдем все стационарные точки функцииz = x²–xy+y²– 4x+ 2y+ 5, лежащие внутри областиD (если они есть), и вычислим в них значения функции.

Стационарные точки – это точки, в которых все частные производные

1-го порядка равны нулю:

Решаем систему:

Стационарная точка М(2, 0)(рис.1), но не является внутренней точкой области, поэтому значение функции в этой точке вычислим позже.

Теперь найдем наибольшее и наименьшее значения функции на границе области D. Граница является кусочно-заданной, поэтому будем проводить исследование функцииz (x, y) отдельно на каждом участке границы.

а) На границе АВвыполняетсяx= 0 и функцияz является функцией одной переменной: .

Исследуем поведение z (y) по правилам нахождения наибольшего и наименьшего значений функции одной переменной на замкнутом промежутке: стационарная точка на границеАВ: А(0, – 1);

б) На границе АС выполняетсяу = –1 и функцияz является функцией переменнойх:

.

Исследуем поведение z (х): стационарная точка на границеАС:N(1,5, –1);

в) На границе ВС выполнено x + y= 2, т.е.y= 2 –хи функцияz  является функцией одной переменной:

Исследуем поведение z (х): . Вычислим ординату стационарной точки:y= 2 –x= 0 стационарная точкаМ(2,0);

.

Сравнивая все найденные значения функции, выбираем среди них наибольшее и наименьшее значения функции в области D:

.

2) Отметим на построенном ранее чертеже области D (рис. 1) точки, в которых функция имеет наибольшее и наименьшее значения: В(0,2) и М(2,0).

Ответы:

1) ;

2) рисунок 1.

Задача 5. Поверхность σ задана уравнением z = + xy – 5x³. Найти уравнение касательной плоскости и нормали к поверхности σ в точке М₀(x₀, y₀, z₀), принадлежащей ей, если x₀ = –1, y₀ = 2.

Решение.

Найдем частные производные функции z = f (x, y) = + xy – 5x³:

(x, y) = ( + xy – 5x³) = – + y – 15x²;

(x, y) = (+xy – 5x³)= + x.

Точка М₀(x₀, y₀, z₀) принадлежит поверхности σ, поэтому можно вычислить z₀, подставив заданные x₀ = –1 и y₀ = 2 в уравнение поверхности:

z = + xy – 5x³ z₀ = + (–1) 2 – 5 (–1)³ = 1.

В точке М₀(–1, 2, 1) значения частных производных:

(М₀) = – + 2 – 15(–1)² = –15; (М₀) = – 1 = –2.

Пользуясь формулой (5) получаем уравнение касательной плоскости к поверхности σ в точке М₀:

z – 1= –15(x + 1) – 2(y – 2) z – 1= –15x – 15 – 2y +4 15x + 2y + z + 10 = 0.

Пользуясь формулой (6) получаем канонические уравнения нормали к поверхности σ в точке М₀: ==.

Ответы: уравнение касательной плоскости: 15x + 2y + z + 10 = 0; уравнения нормали: ==.

Задача 6. Дано плоское скалярное поле U = x² –2y, точка М₀(1,–1) и вектор . Требуется:

1) найти уравнения линий уровня поля;

2) найти градиент поля в точке M₀ и производную в точке M₀ по направлению вектора;

3) построить в системе координат XОY 4-5 линий уровня, в том числе линию, проходящую через точку M₀, изобразить вектор на этом чертеже.

Решение.

1) Для U = x² – 2y уравнение семейства линий уровня имеет вид x² – 2y = С или y = – . Переобозначив = С, получим уравнение семейства линий уровня: y = + С, где С – произвольная постоянная. Это семейство парабол, симметричных относительно оси OY (ветви направлены вверх) с вершинами в точках (0, С).

2) Найдем частные производные функции U = x² – 2y: = (x² – 2y) = 2x, = (x² – 2y) = – 2. В точке М₀(1, – 1) значения частных производных:,.

По формуле (7) находим градиент поля в точке M₀:

Прежде, чем найти производную по направлению вектора = ={2; – 1}, вычислим его модуль и направляющие косинусы:

, .

Производную поля по направлению вектора в точкеМ₀ вычисляем по формуле (8): .

3)Для построения линий уровня в системе координат XОY подставим в уравнение семейства линий уровня: y = + С различные значения С:

при С₁ = 0 получим y₁ = , при С₂ = 1 получим y₂ = + 1,

при С₃ = – 1 получим y₃ = – 1, при С₄ = 2 получим y₄ = + 2, и т.д.

Получим уравнение линии уровня, проходящей через точкуМ₀(1, – 1). Для этого подставим подставив x₀ = 1, y₀ = –1 в уравнение y = + С и найдем значение С: – уравнение линии уровня, проходящей через точку М₀.

Построим эти линии в системе координат XОY (рис. 2).

Для построения градиента поля в точке M₀ отложим вектор от точкиM₀. Для этого нужно отложить от точки М₀(1, – 1) проекции градиента в направлении координатных осей и построить вектор по правилу параллелограмма. В данном случае, поэтому откладываем +2 единицы вдоль осиOX, –2 единицы вдоль оси OY, и получаем вектор как диагональ параллелограмма, построенного на векторахи(рис. 2).

Ответы:

1) y = – С; 2) ,;

3) линии уровня и на рисунке 2.

Задача 7. Дана функция комплексной переменной , гдеи точкаz₀ = – 1 + 3i.

Требуется:

1. представить в виде , разделив ее вещественную и мнимую части;

2. проверить, является ли функция w аналитической;

3. в случае аналитичности функции w найти ее производную в точке z₀.

Решение.

1) Выделим вещественную и мнимую части функции:

Получили:

.

2) Проверим выполнение условий Коши-Римана (10):

Получили:. Условия Коши-Римана выполняются во всех точках, кроме особой точкиz = 2i, в которой функции x = 0, y = 2 и функции u(x, y) и v(x, y) не определены. Следовательно, функция – аналитическая при.

3) Найдем производную функции:

.

Вычислим значение производной функции в точке z₀ = – 1 + 3i.

Ответы:

1) ;

2) функция аналитическая при;

3) .