Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Михайлов ТФКП практикум2013

.pdf
Скачиваний:
1614
Добавлен:
05.06.2015
Размер:
3.91 Mб
Скачать

Пример 5.1. Определить: 1) на какую область отображает функция w = z2 второй

квадрант плоскости z ( x < 0, y > 0)

(рис. 5.1);

2) на

z

какую область отображает

функция

w =

 

 

 

полукруг

 

z

 

<1 , Im z > 0 (рис. 5.2);

 

 

 

 

 

z

1

 

 

 

 

 

 

 

3) [3], № 2.107 (9).

 

Решение.

 

1)

 

w = z2 = (x +iy)2 = x2 y2 + 2ixy (см.

рис. 5 .1). Пусть w = u + . Тогда u = x2 y2 ; υ = 2 xy . По принципу соответствия границ верхняя мнимая полуось {x = 0; 0 y ≤ +∞} отображается следующим образом: u = −y2 ; υ = 0 , то есть в отрицательную действительную полуось {−∞ < u 0; υ = 0} .

Отрицательная действительная полуось {−∞ < x 0; y = 0} отображается так: u = x2 ,

υ = 0 , то есть переходит в действительную положительную полуось. Так как направление обхода при конформном отображении сохраняется, то второй квадрант отображается в нижнюю полуплоскость (рис. 5.3) (можно этот факт установить и с помощью какойлибо пробной внутренней точки, взятой из отображаемой области, например:

Рис. 5.1

Рис. 5.2

Рис. 5.3

z= −1+i w = (1+i)2 = −2i .

2)Отрезок действительной оси 1 x 1 отображается в дейст-

вительную полуось

−∞ < u

1

(так

как1

1

, 0 0 ,

1 → −∞ ).

 

 

2

 

 

2

 

 

Полуокружность z = eiφ (0 φ π) преобразуется следующим образом:

61

w =

eiφ

 

eiφ(eiφ 1)

 

 

=

 

 

 

1eiφ

 

 

=

 

 

 

1 eiφ

 

 

=

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

iφ

 

 

(e

iφ

1)(e

iφ

1)

2

e

iφ

e

iφ

2(1cosφ)

 

e

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

1cos ϕ−i sin φ

=

1

 

 

 

 

isin φ

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2(1cos φ)

 

 

 

2

 

 

 

2(1cos φ)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i2 sin

φ

 

 

 

φ

 

 

 

 

 

 

 

i

tg

φ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= =

1

2 cos

2

 

=

 

=

1

 

2

(0 φ π) u =

1

,

 

2

 

 

4 cos

2 φ

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

−∞ < υ 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, полукруг отображается

 

 

 

 

 

 

 

 

во

 

 

 

 

внутренность

 

 

 

 

прямого

 

 

угла

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

(рис. 5.4).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u <

2

; υ< 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3)

На какую область функция Жуков-

 

 

 

 

 

 

 

 

ского

 

w =

1

 

 

 

 

+

1

отображает

область

Рис. 5.4

 

 

 

 

2

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

>1 ,

 

Im z > 0 (рис.

 

5.5)?

Часть

действи-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тельной оси

x (−∞;1] [1; +∞)

преобра-

 

 

 

 

 

 

 

 

зуется следующим образом:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

w

=

1

 

 

 

 

1

 

 

;

 

u =

1

 

 

1

 

,

 

υ = 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

x +

 

x

 

 

 

2

x +

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Когда х меняется от – до –1,

перемен-

 

 

 

 

 

 

 

 

ная

и

также

 

меняется от – до –1. Одина-

Рис. 5.5

 

 

 

ково они меняются и когда x [1;+∞). Ок-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ружность

 

 

 

z = eiφ

 

отображается

так:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

w =

1

(eiφ

+eiφ)= cosφ, то есть переходит

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

в

 

 

отрезок

действительной

оси

1 u 1 .

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, данная область отобража-

 

 

 

 

 

 

 

 

ется

 

в

верхнюю

полуплоскость

Im w > 0

Рис. 5.6

 

 

 

(рис. 5.6).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

62

Пример 5.2 ([3], № 2.30). Найти функцию, отображающую круг z < 2 на полуплоскость Re w > 0 так, чтобы w(0) =1 , arg w(0) = π2

(рис. 5.7 и 5.8).

 

 

 

 

Рис. 5.7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 5.8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Будем искать решение в виде дробно-линейной

функции w = λ

 

z α

(так как именно она может перевести окруж-

 

z β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ность в прямую). Используем условие

 

 

 

 

 

z α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

w(0) =1 1 = λ α

λ =

 

β ;

 

w =

β

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

β

 

 

 

 

 

α

 

 

 

α

z β

 

Симметричная точке z = 0

 

 

относительно границы (т.е.

окруж-

ности) точка z =∞.

Поэтому симметричная точке

w =1

относи-

тельно образа этой границы (то есть прямой u = 0 ) точка

w = −1 .

Следовательно,

w() = −1 = lim β

z α

 

β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

α = −β.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z→∞ α

z β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, w = −

z α

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z +α

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

; w(0) = − 2 .

Используем

условие

w(0) =

 

: w(z)

= −

 

 

2

(z

+α)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

Если α =

 

α

 

eiφ0 , то w(0) = −2

 

α

 

eiφ0

 

и arg w(0) = πφ0

 

 

 

 

 

 

 

 

πφ0

=

π

 

φ0

=

π

 

α =

 

α

 

i w(z) = −

z i

 

α

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z +i

α

 

 

 

 

63

Для нахождения α используем условие: граница переходит в границу. Следовательно, окружность z = 2 eiφ переходит в прямую

u = 0 . Итак,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2eiφ i

 

 

 

 

 

 

)(2eiφ i

 

 

 

 

 

 

 

 

)

 

 

 

 

 

u += −

2eiφ i

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

 

 

 

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (2eiφ +i

 

 

α

 

 

 

)(2eiφ i

 

 

 

α

 

 

)

=

 

 

2eiφ +i

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −

4

 

α

 

2

i

 

α

 

2eiφ

 

i

 

α

 

2eiφ

= −

4

 

α

 

2 2i

 

α

 

2 cos φ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2eiφ +i

 

α

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2eiφ +i

 

α

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u = −

 

 

4

 

α

 

 

 

 

= 0

 

α

 

= 2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2eiφ +i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ: w = − zz +22ii .

Пример 5.3 ([3], № 2.31). Отобразить круг z 4i < 2 на полу-

плоскость υ > u так, чтобы центр круга перешел в точку 4 , а точка окружности 2i – в начало координат (рис. 5.9 и 5.10).

Рис. 5.9

Рис. 5.10

 

 

 

 

Решение. Используем дробно-линейную функцию w = λ

z α

.

 

 

 

 

 

z β

Так как точка 2i

переходит в начало координат, то w = λ

 

z 2i

.

 

 

 

 

 

z β

Центр круга точка z = 4i переходит в точку 4 . Следовательно,

64

4 = λ 44ii2βi ; 2(4i β) = 2iλ ; 8i += 2 iλ ,

λ = −4 iβ w = −(4 +iβ) zz2βi .

Для центра круга симметричной относительно окружности будет точка z =∞. Она переходит в точку w0 = −4i , симметричную

точке –4 относитель но образа окруж ности, то есть относительно прямо й υ = u .

w() = −4i = lim (4 +iβ)

z 2i

= −4 iβ β = 4 + 4i

z β

 

z→∞

 

 

 

w = −4i

z 2i

.

Пр имер 5.4

z 4 4i

 

 

 

([3], № 2.99). Отобразить на верхн юю полуплос-

кость Im w > 0

полуплоскость

Im z > 0 с разрезом по отрезку

[0,ih], h > 0 (рис. 5.1 1 и 5.12).

 

 

 

 

Рис. 5.11 Рис. 5.12

Делаем поэтапно: 1) w = z2

(рис. 5.13);

2)

w

= w + h2

(рис.

 

1

 

 

 

2

1

 

 

5.14); 3) w = w

(рис. 5.15). Получаем ответ

w =

 

z2 + h2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 5.13

Рис. 5.14

Рис. 5.15

65

Пр имер 5.5 ([3], № 2.101).

Отобразить на верхнюю полуплос-

кость

Im w > 0 полуплоскость

Im z > 0 с разрезом по дуге окруж-

ности

 

z

 

=1 от точки z =1 до точки z = eiα , где 0 < α < π (рис. 5.16

 

 

и 5.17 ).

Рис. 5.16 Рис. 5.17

 

 

 

Решение. Делаем

поэтапно.

Сначала

 

применим дробно-

линейную функциюw

=

z 1

, получим ре-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

z +1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

зультат, показанный на рис. 5.18.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как при этом преобразовании дейст-

 

 

 

вительная ось переходит в действительную,

 

 

 

верхняя полуплоскость переходит в верх-

 

 

 

нюю полуплоскость, единичная окружность

 

 

 

 

z

 

=1 переходит в мнимую ось,

точка

z =1

 

 

Рис. 5.18

 

 

 

 

переходит в точку w = 0 , точка z =eiα

переходит в точку

 

 

 

e 1

(

 

iα

 

)(

iα

 

)

e + e

 

2i sin α

 

 

 

iα

 

e

 

1 e

 

 

+1

 

 

iα

iα

 

 

w = eiα +1 = (eiα +1)(eiα +1)= 2 + eiα + eiα = 2 + 2 cosα =

αα

=i2sin 2 cos 2 = i tg α . 2 cos2 α2 2

Далее: w = w2

(рис. 5.19),

w = w + tg2 α

(рис. 5.20), w = w

2

1

 

3

2

 

2

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z 1

2

 

2

α

 

(рис. 5.21). Окончательный ответ:

 

 

 

+ tg

 

2

.

 

 

 

 

 

 

z +1

 

 

 

 

66

Рис. 5.19

Рис. 5.20

Рис. 5.21

Пр имер 5.6 ([3],

№ 2.118). Отобразить единичный круг

 

z

 

< 1 с

 

 

выки нутым отрезком (1h)eiα,eiα (рис. 5.22) на единичный круг

|w| < 1 .

 

 

Рис. 5.22

 

 

 

Рис. 5.23

Решение. Сначала получим единичный

круг

разрезом по действительной оси [0;1]

(рис. 5.23):

 

 

 

(1 h)eiα z

 

 

 

w = eiα

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

z (1 h)eiα 1

 

 

 

 

 

 

 

 

(см. таблицу отображений).

Далее:

 

 

 

 

 

 

 

w2

=

w1 (рис. 5.24),

w3

= 1

w2 +

1

(рис. 5.25),

 

 

 

2

 

w2

 

 

w

= w = −

w3 +i

(рис. 5.26).

 

4

 

 

 

w3 i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

67

Рис. 5.24

Рис. 5.25

Рис. 5.26

Пр имер 5.7 ([3],

№ 2.166). Отобразить на верхн юю полуплос-

кость полуполосу

0 < x < π, y > 0 с разрезом вдоль отрезка

x = π2 , 0 y h (рис. 5.27).

Рис. 5.27 Рис. 5.28 Рис. 5.29

Решение. Сначала

w1 = −cos z (рис. 5.28), далее по таблице

 

 

 

 

изображений w =

w 2

+sh2 h (рис. 5.29).

2

1

 

 

Рекомендуемый перечень задач для решения в ау дитории:

5.1 (2, 3); 5.2 ([3], № 2.30); 5.4; 5. 5; [3] № 2.164; 5.7 ([3], № 2.166).

Резерв:

[3], № 2.97, № 2.117; 5.6 ([3], № 2. 118).

Для самостоятельной работы дома:

5.1 (1); [3], № 2.100; 5.3 ([3], № 2. 31); [3] № 2.107 (8), № 2.167.

68

6. ИНТЕГРАЛ ПО КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ. ИНТЕГРАЛЬНАЯ ФОРМУЛА КОШИ

Пусть на комплексной плоскости z задана кривая γ, соединяющая точки А и В, и на этой кривой задана функция w = f (z) . Про-

изведем разбиение кривой точками A = z0 , z1, z2 ,, zn = B . Обозначим разность zi+1 zi = zi (i = 0,1,,n 1) . На кривой между соседними точками разбиения возьмем произвольно точки ξi и

составим интегральную сумму

n

σ = f i ) zi .

i=1

Увеличивая число точек разбиения n → ∞ так, чтобы характе-

ристика разбиения λ = max

 

zi

 

0 , получим предел инте-

 

 

i=0,1...,n1

 

 

 

 

 

 

 

 

гральных сумм, который, если он существует, называется интегралом по комплексной переменной вдоль кривой γ: lim σ = f (z)dz .

λ0

n→∞ γ

Этот интеграл сводится к криволинейному интегралу второго рода от действительных функций двух действительных переменных х и

у, где

z = x +iy ,

вдоль кривой

γ. Действительно, если

w = f ( z) = u (x, y) +( x, y) , а dz = dx +idy , то

f (z)dz = (u +)(dx +idy) = udx υdy +iυdx +udy .

γ

γ

γ

γ

Если кривая γ замкнута, без самопересечений (будем называть ее контуром), а функция f (z) аналитическая внутри γ и непрерыв-

ная в области с границей, то функции и и υ непрерывны вместе со своими частными производными первого порядка, при этом справедлива формула Грина

 

 

Q

P

Pdx +Qdy = ∫∫

x

dxdy

γ

D

 

y

(D – область с границей γ). В нашем случае:

69

 

 

υ

u

 

,

udx υdy = ∫∫

x

y

dxdy

γ

D

 

 

 

 

 

υdx +udy = ∫∫ u

υ

dxdy .

 

γ

D x

 

y

 

 

 

Оба двойных интеграла по области D равны нулю в силу условий Коши–Римана. Таким образом, если контур γ ограничивает об-

ласть аналитичности функции f (z) , то f (z)dz = 0 (теорема Ко-

γ

ши). Отметим, что теорема Коши справедлива и для многосвязной области, где γ – совокупная граница всей многосвязной области. Из теоремы Коши следует интегральная формула Коши:

 

1 f (ζ)dζ

 

f (z) =

 

γ

 

,

i

ζz

где контур γ охватывает область аналитичности функции f (z) , а точка z находится внутри него, ζ γ. Действительно, рассматривая двусвязную область, ограниченную извне контуром γ, а изнутри окружностью ζz =ε с центром в точке z, по теореме Коши полу-

чим:

f (ζ)dζ

 

 

 

 

 

 

 

 

f (ζ)dζ

 

 

 

 

= 0

ζz

ζz

γ

 

 

 

ζz

=ε

 

 

или

 

f (ζ)dζ

 

 

 

 

 

 

 

 

f (ζ)dζ

 

 

 

=

 

.

 

 

 

 

 

γ ζz

 

 

 

 

ζz

 

=ε

ζz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Обозначим ζz = εeiφ , dζ = iεeiφdφ. Интеграл справа будет равен

f (z +εeiφ)iεeiφdφ

iφ

 

 

iφ*

 

 

 

= i f (z +εe

 

)dφ = i f (z +εe

 

)2π

εe

iφ

 

 

0

 

0

 

 

 

 

 

(по теореме о среднем для интеграла).

 

 

lim f (z +εeiφ ) = f (z) , от-

Ввиду непрерывности функции f (z) ,

 

 

 

 

 

 

ε0

 

 

куда и получаем формулу Коши, которая также справедлива для многосвязной области.

70