7. Функции комплексного переменного / m7var18

СЛЕДОВАТЕЛЬНО,

=

= 5, ϕ = arg z = −arctg

3

. ТОГДА

z

16 + 9

3

4

1

Ln(4 − 3i) = ln5 + i(−arctg

+ 2kπ) = ln5 + i (2kπ − arctg

)

4

2

ОТВЕТ. А). CH(2-3I)=COS3·CH2- I·SIN3·SH2. Б). Ln(4 − 3i) = ln5 + i (2kπ − arctg

1

) .

2

ЗАДАЧА 2. ВЫЯСНИТЬ ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ СООТНОШЕНИЯ. СДЕЛАТЬ ЧЕРТЁЖ.

z − i

= Re z +1.

РЕШЕНИЕ. ТАК КАК Z=X+IY, ТО ДАННОЕ СООТНОШЕНИЕ ИМЕЕТ

Y

ВИД:

x + i(y −1)

= x + 1.

ИЛИ

x2 + (y −1)2 = x +1. ВОЗВЕДЁМ ОБЕ ЧАСТИ НЕРАВЕНСТВА

X

В КВАДРАТ. ПОЛУЧИМ: x2 + (y −1)2 = x2 + 2x + 1. ИЛИ

(y −1)

2 = 2x +1.ЭТО НЕРАВЕНСТВО ОПРЕДЕЛЯЕТ ПАРАБОЛУ С

ez − e−z

= 2 . УМНОЖИМ ВСЁ УРАВНЕНИЕ НА 2EZ, ПОЛУЧИМ e2z −1= 4ez . ОБОЗНАЧИМ v = ez И

2

v1 = ez = 2 +

5

или

z1 = Ln(2 +

5) = ln(2 + 5) + 2kπi .

v2 = ez = 2 −

5

или

z2 = Ln(2 −

5) = ln( 5 − 2) + πi(2k +1)

sh( z − πi) =

ez−πi − e−z+πi

=

1

(e

z

e

−πi

− e

−z

e

πi

) =

1

(e

iz

(cos(−π) + isin(−π)) −

2

2

2

− e

−z

(cosπ + isin π)) =

1

(e

z

(−1) − e

−z

(−1)) = −

1

(e

z

− e

−z

) = −sh iz , ЧТО И ТРЕБОВАЛОСЬ ДОКАЗАТЬ.

2

2

ЗАДАЧА 5. ВОССТАНОВИТЬ АНАЛИТИЧЕСКУЮ ФУНКЦИЮ ПО ЗАДАННОЙ МНИМОЙ ЧАСТИ ЕЁ:

Imf(z) = v = 3 + x2 − y2 −

y

+ 2x2 − 2y2 − x , ЕСЛИ f(i) =

3

i .

2(x

2 + y2 )

2

≡

∂2

+

∂2

. ПРОВЕРИМ ВЫПОЛНЕНИЕ ЭТОГО УСЛОВИЯ, ДЛЯ ЧЕГО НАЙДЁМ ПРОИЗВОДНЫЕ

∂x2

∂y2

ВТОРОГО ПОРЯДКА ОТ V ПО X И ПО Y:

∂v

= 2x

+

xy

,

∂2v

= 2

+

y(x2

+ y2 )2 − 4x2 y(x2

+ y2 )

= 2 +

y(y2 − 3x2 )

,

∂x

(x2

+ y2 )2

∂x2

(x2 + y2 )4

(x2 + y2 )

3

∂v

(x2 + y2 ) −2y2

x2

− y2

∂2v

= −2

−

− y(x2

+ y2 )2 −2y(x

2 + y2 )(x2 − y2 )

=

= −2y −

= −2y

−

,

∂y

2(x2 + y2 )2

2(x2

+ y2 )2

∂y2

(x2 + y

2 )4

= −2 −

y(y2 − 3x2 )

(x2 + y2 )3

ОЧЕВИДНО,ЧТО ЛАПЛАСИАН ∆V РАВЕН НУЛЮ. ТАКИМ ОБРАЗОМ, ДАННАЯ ФУНКЦИЯ ЯВЛЯЕТСЯ

ГАРМОНИЧЕСКОЙ. ВОССТАНОВИМ ДЕЙСТВИИТЕЛЬНУЮ ЧАСТЬ U(X,Y) ФУНКЦИИ

F(Z)=U(X,Y)+IV(X,Y), ПОЛЬЗУЯСЬ УСЛОВИЯМИ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА:

∂u

=

∂v

,

∂u

= −

∂v

. ИЗ

∂x

∂y

∂x

∂y

ВТОРОГО УСЛОВИЯ ПОЛУЧАЕМ:

∂u

= −

∂v

= −2x −

xy

. ТОГДА u(x, y) = ∫

∂udy + ϕ(x) , ИЛИ

2

2

2

∂y

∂x

(x

+ y

)

∂y

u(x, y) = −∫{2x +

xy

}dy + ϕ(x) = −2xy +

x

+ ϕ(x). ПРОИЗВОДНАЯ ПО X ОТ ЭТОГО

(x

2

+ y

2

)

2

2(x

2

+ y

2

)

∂u

(x2

+ y2 ) − 2x2

y2 − x2

+ ϕ′(x) С ДРУГОЙ

ВЫРАЖЕНИЯ РАВНА

= −2y +

+ ϕ′(x) = −2y −

2(x2

∂x

+ y2 )

2(x2 + y2 )

СТОРОНЫ ПО ПЕРВОМУ УСЛОВИЮ ДАЛАМБЕРА-ЭЙЛЕРА

∂u

=

∂v

= −2y −

x2 − y2

.

∂x

∂y

2(x2 + y2 )2

ПРИРАВНИВАЯ ЭТИ ВЫРАЖЕНИЯ, ПОЛУЧИМ: ϕ′(x) = 0. ИЛИ ϕ(x) = C. ТАКИМ ОБРАЗОМ,

u(x, y) =

x

− 2xy + C. ТОГДА f(z) =

x

− 2xy + C + i(3 + x2 − y2

−

y

).

2(x2 + y

2 )

2(x2 + y

2 )

2(x

2 + y2 )

ПЕРЕЙДЁМ К ПЕРЕМЕННОЙ Z:

x − iy

f(z) =

+ i(x2 + 2ixy − y2 ) + 3i + C =

z

+ iz2 + 3i + C =

1

+ iz2

+ 3i + C.

2(x2 + y2 )

2zz

2z

ВОСПОЛЬЗУЕМСЯ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫМ УСЛОВИЕМ f(i) =

3

i . В ДАННОМ СЛУЧАЕ

2

f(1) =

1

− i + 3i + C = = −

i

+ 2i + C =

3i

+ C СЛЕДОВАТЕЛЬНО, C=0.

2i

2

2

ОТВЕТ. f(z) =

x

− 2xy + i(3 + x2 − y2 −

y

) =

1

+ iz2 + 3i.

2(x2 + y2 )

2(x

2 + y2 )

2z

ЗАДАЧА 6. ВЫЧИСЛИТЬ ИНТЕГРАЛ ПО ДУГЕ C ОТ ТОЧКИ Z1

ДО ТОЧКИ Z2.

C: y = x2 ,

∫(1− 2z)dz;

z1 = 0,

z2 = −2 + 4i.

C

C

0

0