Михайлов ТФКП практикум2013

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Теория функций комплексного переменного

Файл:

(e4 −e2 ) .

∫e2xdydx = 4 ∫e2xdx = 4

.pdf

Скачиваний:

1617

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

3.91 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 255 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Дифференцируя еще раз первое из этих равенств по х, а второе по у и складывая, получим:

∂2

(ln

f ( x, y)

∂2

(ln

f (x, y)

) =

(ln

f (x, y)

) =

∂x

∂y

1 ∂R

∂2 R

∂R

1 ∂2 R

= −

−

2 .

∂x

∂y

R ∂y

Опять-таки в силу (3.3) запишем это равенство в виде

(ln

f (x, y)

) = −

∂Φ

∂2 R

∂Φ 2

−

Соотношение

∂y

∂x

∂y

∂x

∂2 R

∂Φ 2

= R

∂x

∂y

∂x

∂y

непосредственно вытекает из условий Коши–Римана (3.3). Откуда и получим (ln f (x, y) ) = 0 , что означает гармоничность функции ln f ( x, y) .

Пример № 3.7 ([3], № 1.165). Найти аналитическую функцию

f (z) = u + iυ

по

заданной

её

действительной

части

u = x2 − y2 +5x + y −

x2 + y2

Решение.

∂u

= 2x +5 +

2 yx

∂υ

(по условию Коши–

∂x

(x2 + y2 )2

∂y

Римана) υ = ∫

∂υdy +C(x) = 2xy +5y −

+C(x) .

+ y

∂y

В то же время,

∂υ

∂u

x2 + y2 − x 2x

′

= −

∂y 2y −

+C (x) =

∂x

(x2 + y2 )2

= 2 y −1+		x2 + y2 −2 y2		C′(x) = −1;
= 2 y −1+		(x2 + y2 )2		C′(x) = −1;
		C( x) = −x + const .
Таким образом,					y2
f (z) =u +iυ= x2 − y2 +5x + y −					y2	+
f (z) =u +iυ= x2 − y2 +5x + y −					x2 + y2	+
					x2 + y2
+i 2xy +5y −	x		− x +const = z2 +5z −iz −				i	+Ci
+i 2xy +5y −	x2 + y2		− x +const = z2 +5z −iz −				i	+Ci
	x2 + y2						z

(С – произвольная действительная постоянная).

Рекомендуемый перечень задач для решения в аудитории:

3.1 ([3], № 1.131 (zn, ez)); 3.2 ([3], № 1.132 (1)); 3.4 ([3], № 1.135); 3.5 ([3], № 1.139); 3.7 ([3], № 1.165).

Резерв:

3.1 ( Ln z ); 3.3 ([3], № 1.133); 3.6 ([3], № 1.156, частично), [3], № 1.137, № 1.166.

Для самостоятельной работы дома:

3.1 ([3], № 1.131 (cos z)); 3.2 ([3], № 1.132 (2)); [3], № 1.138, № 1.167.

4. Г ЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ МОДУЛЯ И АРГУМЕНТА ПРОИЗВОДН ОЙ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ. ПРОСТЕЙШИЕ КОНФОРМ НЫЕ ОТОБРА ЖЕНИЯ

Из определения производной функции w = f (z)

w′ = f ′(z) = lim	w	= lim	w	e	iarg	w	=
					iarg	w
						z
z→0	z	z→0	z

= lim	w	e	i(arg w−arg z)


	z
z→0

получаем, что модуль производной lim	w	= k есть коэффициент
z→0	z
сжатия–растяжения, производимого функцией w = f ( z)				в точке z ,
а аргу мент производной arg f ′(z) = lim (arg		w −arg	z)	– угол по-
z→0
ворота любого направления, задаваемого вектором			z ,	исходящим

из точки z , при ото	бражении его в направлении вектора w в
плоскости w (рис. 4.1	, 4.2).

Ри . 4.1	Рис. 4.2
Если производная функции	f (z) в точке z существует и от-

лична от нуля, то отображение, осуществляемое ею, взаимно однозначно и характеризуется сохранением углов (включая их направление) и постоянством растяжений по всем направлениям, исходящим из этой точки. В этом случае отображение w = f (z) называет-

ся ко формным.

Пример 4.1 ([3], № 1.187). Отображение совершается с помо-

щью функций w = z2

и w = z3 . Найти угол поворота θ

направле-

ния, выходящего из точки z0 ,

и коэффициент растяжения k в этой

точке: z0 =1.

Решение.

Для

функции

w = z2

производная

w′ = 2z

θ = arg 2 = 0 ;

k =

= 2 ;

для функции

w = z3 производная

w′=3z2 в точке z

θ = arg 3 = 0 ;

k =

= 3 .

= −3 +4i ; для функции w = z2 ; w′ = 2z .

точке

z0 = −3 +4i

′

= −6 +8i

θ = arg w′ =

π − arctg

;

k =

w′

36 +64 =10 ; для функции w = z3 ;

w′=3z2 .

В точке z0 = −3 +4i

w′ = 3(−3 + 4i)2 = 3(9 − 24i −16) = −21 −72i

θ = arg w′ = −π+arctg 7221 = −π+arctg 247 ; k = w′ = 212 +722 = 75 .

Пример 4.2 ([3], № 1.188). Какая часть плоскости сжимается, а какая растягивается, если отображение осуществляется функцией:

w = z2 ;

2) w = z2 +2z ;

3) w =

;

4) w =ez .

Решение.

w′ = 2z ;

растяжение при

k =

w′

>1 ;

>1;

>1 –

внешность единичного круга с центром в начале координат; сжатие

–внутри этого круга;

2)w = z2 +2z ; w′ = 2z + 2 ; сжатие в точках 2 z +1 <1 – внутрен-

ность круга с центром в точке	z = −1	радиуса 1 ; растяжение –
	0	2
вне этого круга;		2
вне этого круга;

′

< 1 ;

3) w = z

;

= −

; сжатие при

<1;

– внеш-

ность единичного круга с центром в начале координат. Растяжение

– вне этого круга;

4) w =ez ; w′=ez =ex eiy ; k = w′ = ex . Сжатие в области ex <1;

то есть в полуплоскости x < 0 ; растяжение в полуплоскости x > 0 . Пример 4.3 ([3], № 1.189). Область G отображается с помощью

функции w = f (z) конформно на область G′.

1.Указать формулы для вычисления площади S области G′ и длины L дуги, на которую отображается некоторая дуга l , принадлежащая области G .

2. Найти длину L спирали, на которую с помощью функции w =ez отображается отрезок y = x ; 0 ≤ x ≤ 2π .

Решение.

1. Пусть w = f (z) = u( x, y) + iυ( x, y) , что соответствует переходу от плоскости двух действительных переменных (x, y) к плоскости двух действительных переменных (u,υ) , где u и υ заданные функ-

ции переменных х и у. Конформность отображения предполагает его взаимоднозначность, при которой площадь

S = ∫∫dudυ =∫∫

D(u,υ)

dxdy ,

D(x, y)

G′

∂u ∂υ

D(u,υ)

∂u

∂υ

∂u

где

∂x ∂x

−

– якобиан преобразования

D(x, y)

∂u ∂υ

∂y

∂x

∂y ∂y

при переходе от переменных (x, y) к переменным (u,υ) . Так как отображение конформно, то функция w = f (z) аналитична, и вы-

полняются условия Коши–Римана:

∂∂ux = ∂∂yυ ; ∂∂uy = −∂∂υx ,

откуда получаем

∫∫

∂u 2

∂υ 2

∫∫

′

S =

∂x

dxdy =

(z)

dxdy .

Аналогично вычисляется длина дуги l , заданной параметриче-

ски, например: x = x(t) ,

y = y(t),

l = ∫ x′(t)2 + y′(t)2 dt .

При переходе к переменным u = u(x, y) , υ = υ(x, y) :

L = ∫ u′(t)2 +υ'(t)2 dt =

∂u

x′(t) +

∂u

∂υ

x′(t)

∂υ

y′(t)

dt =

= ∫

∂x

∂y

y′(t)

∂x

∂y

∂u 2

∂u

= ∫

x′(t)

∂x

∂y

x′(t) y′(t) +

∂y

y′(t)

∂x

∂u 2

−2

∂u

∂y

∂u 2

x′(t)

∂y

∂x

x′(t) y′(t) +

y′(t)

∂y

∂x

∂u 2

∂υ 2

′

∂u 2

∂υ 2 ′

dt =

∫

x (t)

y (t)

∂x

= ∫

f ′(z)

x′(t)2 + y′(t)2 dt .

2. Так как отрезок целиком лежит в полосе однолистности функции, то применима формула для L , полученная выше:

f ′(z) = ez = ex eiy ; f ′(z) = ex .

Примем за параметр переменную x. Тогда

2π

x′ =1; y′ =1 L = ∫ ex 2dx = 2(e2π −1) ,

y = x отображается в спираль (рис. 4.3):

ρ = ex ;	ϕ = y ρ = eϕ (логарифмическая
спираль).
Пр имер 4.4		([3],	№ 1.191). Найти пло-
щадь области,		на	которую с пом ощью
функ ции	ez отображ ается прямоугольник			Рис. 4.3
1 ≤ x ≤ 2;	0 ≤ y ≤ 4 (ри с. 4.4).

Рис. 4.4	Рис. 4.5
Решение.	w = u +iυ = ez = ex eiy = ex (cos y +i sin y)

u = ex cos y ; υ = ex sin y .

Граница прямоугольника отображается в границу области в плоскости w :

1) {y = 0,1≤ x ≤ 2} {υ= 0;1≤ ue2} ;

2)	{x = 2, 0 ≤ y ≤ 4} {u = e2 cos y; υ= e2 sin y} u2 +υ2 = e4 –
окруж ность;		– отрезок луча u = ctg 4 ;
3)	{y = 4; 1 ≤ x ≤ 2}	– отрезок луча u = ctg 4 ;
	{x =1; 0 ≤ y ≤ 4} ; u = e cos y ;			υ
4)	{x =1; 0 ≤ y ≤ 4} ; u = e cos y ;			υ = esin y ; u2 +υ2 = e2 , окруж-
ность радиуса e (рис.		4.5).
Искомая площадь равна
	S = ∫∫ dudυ = ∫∫		f ′(z)	2 dxdy = ∫∫e2xdxdy =


	G′	G		G

Пример 4.5 ([3], № 2.1). Найти целую линейную функцию (т.е. функцию вида w = az +b , где a и b комплексные постоянные), отображающую треугольник с вершинами в точках 0 , 1, i на подобный ему треугольник с вершинами 0 , 2 , 1 + i (рис. 4.6 и 4.7).

Решение. В соответствии с геометрическим смыслом преобразования, осуществляемого линейной функцией, точка z = 0 (вершина прямого угла треугольника в плоскости z ) переходит в точку w =1 + i (вершина прямого угла образа этого треугольника в плоскости w ): 1 + i = a 0 +b b =1 +i .

Вершина z = i переходит в вершину w = 2 2 = a i +1 + i ; ai =1 − i ; a = −i −1 w = (1+i)(1− z) .

Рис. 4.6 Рис. 4.7

Пример 4.6 ([3], № 2.6). Найти целую линейную функцию w (z), отображающую полосу, заключенную между прямыми х = а

и x = a + h на полосу 0 < u <1 при указанной нормировке: w (a) = 0 .

Решение. В силу принципа соответствия границ при конформном отображении, граница исходной области переходит в границу отображения этой области. Чтобы внутренность исходной области переходила во внутренность отображения, дается условие, в данном случае w (a) = 0 .

Общий вид целой линейной функции w = cz + d . Пусть прямая х = а переходит в прямую u = 0 , тогда iυ = c (a +iy) + d .

Прямая x = a + h переходит в прямую u =1 , тогда

1 +iυ = c (a + h +iy) + d 1 = ch c = h1 w = h1 z + d .

Используем условие w (a) = 0 :

0 = h1 a + d d = − ah w = h1 (z − a ) .

Пример 4.7 ([3], № 2.7). Найти целую линейную функцию, отображающую круг z < 1 на круг w − w0 < R так, чтобы центры

кругов соответствовали друг другу и горизонтальный диаметр переходил в диаметр, образующий с направлением действительной оси угол α.

Решение. По смыслу линейного преобразования, изменим диаметр круга с 1 на R преобразованием w1 = Rzeiα, сохранив центр

круга в начале координат и повернув горизонтальный диаметр на угол α против часовой стрелки. Затем осуществим преобразование параллельного переноса так, чтобы центр круга z = 0 перешел в

центр круга w = w0 : w2 = w1 + w0 . Окончательно: w = eiαRz + w0 .

Пример 4.8 ([3], № 2.8). Для функции w = 1z найти образы сле-

дующих линий: 1) семейства окружностей x2 + y2 = ax ; 3) пучка параллельных прямых y = x +b ; 6) параболы y = x2 .

Решение.

1) Найдем образ семейства окружностей x2 + y2 = ax : w = 1z = x +1iy = xx2 −+iyy2 = xax−iy = 1a − axiy .

Так как точка z = 0 принадлежит всем окружностям семейства, а она переходит в точку w = ∞ , то все окружности этого семейства переходят в прямые, параллельные мнимой оси в плоскости w , то

есть u = 1a (сама мнимая ось не входит в это семейство). 3) Найдем образ пучка параллельных прямых y = x +b :

функцией w =

w =

x −i(x +b)

;

x +i(x +b)

x2 +(x +b)2

u =

x +b

; υ

= −

x2 +(x +b)2

u2 +υ2 =

(x +b)2

x2 +(x +b)2

x2 +(x

+b)2 2

2 +υ2 =

;

(x +b)2

в то же время

u2 +υ2 = −u +υ

u +υ = −

x2 +(x +b)2

или

1 2

– семейство окружностей с центром в точке			u = −	1	,	υ= −	1	ра-
				2b			2b
	1
диуса		(b ≠ 0) . При b = 0 прямая y = x	переходит в прямую
	2 b

υ= −u .

6)Найдем образ параболы y = x2 :

w =

x −ix2

; u =

;

x +ix2

+ x4

x(1+ x2 )

υ= −	x2	= −	1	u2 =	1	= −	υ3	.
	x2 + x4		+ x2		x2 (1+ x2 )2
		1					1+υ

Пример 4.9 ([3], № 2.11). Во что преобразуется первая четверть

плоскости z при отображении, осуществляемом дробно-линейной

z −i . z + i

Решение. По свойствам дробно-линейной функции ни одна точка первой четверти и ее границы не переходит в точку w = ∞ (так

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 255 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>