Михайлов ТФКП практикум2013

1) cos(2 +i) ; 2) sin 2i ; 3)

tg(2 −i) ; 4) ctg

π

−i ln 2 .

4

Решение.

(k =0, ±1,…) ,

1) Так

как

Lnz = ln

z

+iφ+i2πk

то

Ln4 = ln 4 + 2πki ;

Ln (−1) = iπ+ 2πki; ln (−1) = iπ .

3) Ln 1±i

= ln

1±i

±i

π

+i2πk = ln1±i π +i2πk = ±i

π

+2πki .

2

4

2

4

4

1) f (z) = 2Ln z ;

2) f (z) = Ln 1

;

3) f (z) =Ln z −Ln(z +1);

z

4) f (z) = Ln(z +1) + Ln z .

Решение. 1)

f (z) = 2Ln z ; так

как

Ln z = ln

z

+iφ+i2πk , то

Ln2 = ln 2 + i 0 + i2πk . По условию

Im f (2) = 0 k = 0 Im f (z) = Im(2Ln z) = 2(φ+2πk ) = 2ϕ

после оборота

Im f (z) = 4π.

3) f (z) = Ln z −Ln(z +1) . Пусть z = ρeiφ;

z +1 = reiψ (рис. 2.1).

Im f ( z) = i (φ − ψ) + i2πk −i2πn ;

Im f (2) =i (0 −0) +i2π(k −n) = 0

k −n = 0 , т.е. Im f (z) =i (φ−ψ) .

После оборота φ φ+ 2π ; ψ ψ+ 2π .

Рис. 2.1

Следовательно, Im f (2) =0 .

Пример 2.7 ([3], № 1.43). Первоначальное

после данного оборота, если: 1) f (z) =

z −1 ; 2) f (z) = 3 z −1 ; 3)

f ( z) = z2 −1 ; 4) f ( z) = z2 + 2z −3

; 5) f ( z) =

z −1

.

Решение.

z +1

1) f (z) = z −1 = ρ e

φ1 +2πk

,

k = 0,1;

ρ =

z −1

,

φ = arg(z −1)

2

1

1

1

Arg f (z) =

φ1 +2πk

, в точке

z = 2

ϕ = 0 ,

2

1

= ϕ1 .

Arg f (2) = πk = 0 k = 0 Arg f (z

2

После оборота ϕ1 приобретает приращение

2π после оборота Arg f (z) = π.

Рис. 2.2

2) f (z) = 3

ei

φ1 +2πk

(k = 0,1, 2) ;

z −1 = 3

z −1

3

Arg f ( z) =

φ1 +2πk

; в точке

z = 2

ϕ1

=0

2πk

= 0

k = 0

3

3

Arg f (z ) = ϕ31 . После оборота в 2π Arg f

(2) =

2π

.

3

3) f (z) = z2 −1 = (z −1)(z +1) .

Обозначим

z −1 = ρ eiφ1

;

z +1 = ρ

2

eiφ2

(рис. 2.3). Тогда

1

Arg f ( z) =

φ1 +φ2 + 2πk

(k = 0,1) .

2

В точке z = 2 ϕ1 = 0 ,

ϕ2 = 0 Arg f (2 = 2πk

= 0 k = 0

Рис. 2.3

2

ϕ1 +ϕ2 .

Arg f (z) =

2

После оборота каждый аргумент увеличивается на 2π . Отсюда

Arg f (2) =

4π

= 2π .

2

Пр имер 2.8 ([3], № 1.74). Найти все значения следующих степе-

ней: 1 ) 1

2

;

2) (−2 )

2

;

3) 2

i

;

−i

;

i

6)

1 −i 1+i

4)1

5) i ;

;

2

7) (3 − 4i)1+i ;

8) (−3 + 4i)1+i .

Решение. Взяв за определение степени выражение

aα = eαLna ,

получим:

1) 1 2 = e 2Ln1 = e 2 2πki

= cos(2π

2k )+isin (2π

2k ),

k = 0, ±1,…

2) (−2) 2 = e 2Ln(−2)

= e 2(ln 2+iπ+i2πk ) =

= e 2 ln 2 (cos

2π(2k +1) +isin

2π(2k +1)) .

π

−π

−π

+2πk

5)

i ln1+i

+i2πk

= e 2

−2πk

(или e 2

,

что то же самое).

ii = eiLni = e

2

4

1+i

1+i

Ln

3−4i

)

= e

(1+i) ln 5−iarctg

3

+2iπk

7) (3 −4i)

= e(

)

(

=

ln 5+arctg

4

+2πk

4

= e

i ln 5−arctg 3 +2πk

=

3

e

4

4

4

arctg 3 +2πk

(k = 0, ±1,…) .

= 5e

cos ln 5 −arctg

+i sin ln 5 −arctg

3

3

Пример 2.9. Выяснить, допускают ли данные функции выделе-

ние однозначных ветвей в окрестности данной точки:

1) n z, z = 0, z = ∞

;

2) z

2 −1, z

0

= 0, z

0

=1, z

0

= −1 ;

0

0

3)

z

, z = ∞ ;

4) 3 (z −1)( z −2)(z −3) ,

z

= ∞ ;

(z −1)(z −2)

0

0

5) 1+ z , z0 =1;

6)

z + z2 −1 , z0 =1;

7) Ln (z −1)(z −2) , z

= ∞; 8) Ln

(z −1)( z −2)

,

z

= ∞;

(z −3)(z −4)

0

0

Решение.

1)

w = n z ,

z0 = 0

и

z0 = ∞ являются точками ветвления этой

2)

w =

z2 −1 ;

z0 = 0 – не точка ветвления, разделение ветвей

возможно,

точки

z0 = ±1

– точки ветвления, в окрестности этих

точек разделение ветвей невозможно.

3)

w =

z

(рис. 2.4). Обозначим z = ρe

iφ

;

( z −1)( z −2)

При обходе точки z0 = ∞ , каждый из аргу-

ментов ϕ, φ1 , φ2 изменяется на 2π. Поэтому

Arg w =

φ −φ1 −φ2

+2πk

(k = 0,1)

2

изменится на −

π и, следовательно, значение

2

функции изменится. Поэтому разделение вет-

Рис. 2.4

вей в окрестности точки z0 = ∞

невозможно.

5) w = 1+

z ,

z0 =1. Точка z0 =1 является точкой ветвления

той ветви функции

1+

z , для которой 1 =−1. Для этой ветви

разделение невозможно.

Для ветви функции, для которой 1 =1

Пример 2.10.

Показать, что данные функции допускают в ука-

занной

области

выделение

однозначной

ветви, для

которой

f (z0 ) = w0 . Найти значение этой ветви в указанных точках:

1) w =

z +1

; область – плоскость с разрезом {−1 ≤ x ≤1; y = 0} ,

z −1

Найти f (∞) .

z0 = 2 ,

w0 =

3 .

2) w = 3 (z +1) z2 , область –

плоскость с разрезом {−1≤ x ≤0;

y = 0},

z

0

=1,

w =

3 2

( −1+i

3 ). Найти f (−i) .

0

2

(

)

3) w = Ln

z2 −1 , область – плоскость с разрезами {x = −1; y ≥ 0}

и {x ≥1; y = 0} ; z0 = i ;

w0 = ln 2 +iπ . Найти

f (2)

на нижнем бере-

гу разреза.

z +1

4)

w = Ln

,

область

–

плоскость

с

разрезом

z −1

{x (−∞; −1] [1; +∞); y = 0}; z0 = −2

на верхнем

берегу

разреза;

w0 = −ln3 −2π . Найти

f (2) на нижнем берегу разреза.

1)

f ( z) =

z +1

. Точки ветвления ±1. Они

z −1

соединены разрезом. Поэтому ветви разделя-

ются.

Обозначим

z −1 = ρ eϕ ,

z +1 =ρ

eiϕ2

(рис. 2.5), тогда

1

1

2

z +1

=

ρ2 ei

φ2 −φ1 +2πk

(k = 0,1) .

2

z −1

Рис. 2.5

ρ1

В точке z0 = 2

ρ1 =1 ,

ρ2 =3 ;

ϕ1 = 0 ; ϕ2 =0 . Поэтому

f (2) = 3ei

2πk

ϕ −ϕ

2 = 3 k = 0 f (z) =

ρ2 ei 1 2 2 ;

ρ

lim ρ2 =1 ; ϕ ≈ ϕ

1

на бесконечности

≈ 0 .

ρ1

1

2

Ответ: f (∞) =1 .

2) f (z) = 3 (z +1) z2 . Точки ветвления z = 0 и

z = −1. Они со-

Обозначим

z =ρeiϕ ,

z +1 =ρ eiϕ1

;

φ1 +2φ+2πk

1

f ( z)

= 3 ρ2ρ1ei

(k = 0,1,2)

(рис. 2.6).

3

В точке z0 = 1

ρ = 1 ;

ρ1 = 2 ;

ϕ = ϕ = 0

f (1) = 3 2ei

2

πk =

3

1

3

2π

2π

3

2

(−1+i

3)

2

cos

k

+isin

k

=

3

3

2

Рис. 2.6

k =1 f ( z) = 3 ρ2ρ ei

ϕ +2ϕ+2π

1

3

.

1

В точке z = −i

ρ =1 , ρ

=

2 ,

ϕ = − π ;

ϕ = − π ;

2

2

1

4

5π

−

+2π

π

π

1

1

3

2

f (−i) =

3

2e

i

4

3

+isin

3

+i

(1+i).

3

=

2

cos

4

=

2

=

2

2

4

2

3)

w = Ln(z2 −1) . Точки ветвления

z = ±1 и z = ∞ . Они соеди-

нены разрезом (рис. 2.7) Разделение ветвей возможно.

Обозначим

z −1 =ρ eiϕ1 ;

z +1 =ρ

eiϕ2 ;

1

2

w = ln ρ1ρ2 +iϕ1 +iϕ2 +i2πk

(k = 0,±1...) .

В

точке z

0

= i :

ρ =ρ

2

= 2 ;

ϕ =

3π

,

1

1

4

π f (i) =ln 2 +iπ+i2πk =ln 2 +iπ

ϕ2 =

4

k = 0 f (z) = lnρ1ρ2 +iϕ1 +iϕ2 .