Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Запорожский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

M00685(В.М.)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.02.2016

Размер:

615 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Для тригонометричних функцій залишаються вірними всі формули тригонометрії.

Гіперболічні функції визначаються рівностями

sh z =	ez −e−z	ch z =	ez + e−z
	2		2

th z = chsh zz

Логарифмічна функція Ln z , де функція, обернена до показникової

Ln z = ln z +i(arg z + 2kπ),

cth z = chsh zz

z ≠ 0 , визначається як

k = 0; ±1; ± 2;...

Обернені тригонометричні функції	Arcsin z , Arc cos z ,
Arctg z , Arcctg z визначаються як функції,	обернені відповідно до

функцій sin w, cos w, tg w, ctg w .

Наприклад, якщо z = sin w , то w називається арксинусом числа z і позначається w = Arcsin z .

Ці функції багатозначні і їх можна виразити через логарифмічну

функцію
Arcsin z = −iLn(iz +								1− z2 )
Arccosz = −iLn(z +							z2 −1)
Arctgz = −	i		Ln		1	+iz
						−iz
2				1
Arcctgz = −		i		Ln		z + i

2						z −i

Загальна степенева функція w = za , де a = α + βi – будь-яке комплексне число, визначається рівністю

za = ea Ln z

Якщо a = 1n , n N , то маємо багатозначну функцію – корінь

степеня n з комплексного числа

Ln z

(ln

+i(arg z + 2kπ ))

arg z + 2kπ

z n = n z = en

= en

= n

z e

arg z + 2kπ

+i sin

arg z + 2kπ

k = 0, n −1

= n z cos

Загальна показникова

функція w = a z

( a ≠ 0 – будь-яке

комплексне число) визначається рівністю w = az = ez Ln a

Приклад 1.5

−1−i

Обчислити а) Ln 2

б) Arc cos 2i

Розв’язок

а) За означенням

Ln z = ln z +i(arg z + 2kπ), k = 0, ±1, ± 2,...

−1−i

1 2

−

+ −

−1−i

−

3π

= −π +arctg

arg

= −π +arctg1 = −π +

= −

−

−1−i

3π

+ 2kπ

πi

(8k

−3), k = 0,

±1, ± 2,...

= ln1+i −

б) Arc cos z = −i Ln(z +

z2 −1)

−5)

Тоді Arc cos 2i = −i Ln(2i +

(2i)2 −1)= −i Ln(2i +

Тому що

−5 = ±

5i , отримаємо Arccos 2i = −i Ln(2 ±

5)i

(2 + 5)i = 2 + 5, (2 − 5)i = 5 −2

arg(2 + 5)i =

π ,

arg(2 −

5)i = −

Ln(2 ± 5)i = ln(

= ln( 5 ±

2)+

i(4k ±1)

5 ± 2)+i

+ 2kπ

5 ±

2)+

(4k ±1)−i ln( 5 ± 2),

Arc cos 2i = −i ln(

i(4k ±1) =

k = 0, ±1, ± 2,...

1.3 Аналітичні функції

Похідною функції комплексної змінної					w = f (z)		називається
		∆w		f (z + ∆z) − f (z)		′
границя	lim		= lim		=	f (z)	при умові,
		∆z		∆z
	∆z→0		∆z→0

що ∆z прямує до 0 довільним чином.

Функція називається диференційовною в точці z, якщо існує похідна в цій точці. Якщо функція диференційовна як в самій точці z, так і в деякому її околі, то функція називається аналітичною в точці z.

Функція f(z), що однозначна та диференційовна в кожній точці

області D, називається аналітичною в області D.
Для того, щоб функція	f (z) = u(x, y) + iv(x, y)	була
аналітичною в області D, необхідно і достатньо існування в цій
області неперервних частинних похідних u(x, y) і v(x, y) ,		що

задовольняють умовам Коші-Рімана:

∂u

∂v

∂x

∂y

∂u = − ∂v

∂y

∂x

′

∂u

∂v

∂u

∂v

−i

∂u

∂v

та при цьому f (z) =

∂x

= ∂x

−i ∂y

∂y

∂y +i

∂x .

Приклад 1.6

Знайти аналітичну функцію f (z) = u(x, y) + iv(x, y) по відомій уявній частині v(x, y) = 3x + 4 yx .

Розв’язок

Використаємо умови Коші-Рімана:

∂u	=	∂v =	∂(3x + 4 yx)		= 4x
∂x		∂y		∂y
∂u	= − ∂v		= −	∂(3x + 4 yx)		= −3 −4 y
∂y		∂x		∂x

Проінтегруємо перше з відношень по х. u(x, y) = ∫ 4xdx +ϕ( y) = 2x2 +ϕ( y)

Для знаходження функції ϕ( y) продиференціюємо отриману рівність по у і підставимо в другу умову Коші-Рімана

∂u	′	′
∂y =ϕ ( y),		ϕ ( y) = −3 −4 y
ϕ( y) = ∫ (−3 −4 y)dy = −3y −2 y2 +C ,			де C – const.
Таким	чином,	дійсна частина	невідомої функції

u(x, y) = 2x2 −3y −2 y2 +C.

Тоді f (z) = u +iv = 2x2 −3y −2 y2 +C +i(3x + 4 yx) = = 3i(x +iy) + 2(x2 − y2 + 2ixy) +C = 3iz + 2z2 +C

1.4 Інтегрування функції комплексної змінної

Нехай функція f (z) визначена і неперервна в області D, а L –

кусково-гладка замкнена або незамкнена крива, що належить області D.

Якщо z = x + iy , f (z) = u(x, y) +iv(x, y) , то обчислення

інтеграла зводиться до обчислення двох криволінійних інтегралів другого роду

∫ f (z)dz = ∫udx − vdy +i∫ vdx +udy

L L L

Звідки випливає, що взагалі інтеграл ∫ f (z)dz залежить від лінії

інтегрування L.

Приклад 1.7

Обчислити інтеграл ∫ (2z + Im z2 )dz

а) по прямій у=х від точки z1 = 0 до точки z2 =1+i

б) по параболі y = x2 від точки z1 = 0 до точки z2 =1+i .

Розв’язок:

Знайдемо дійсну та уявну частини підінтегральної функції: f (z) = 2z + Im z2 = 2(x −iy) + Im(x2 − y2 + 2ixy) = 2x + 2xy −i 2 y

u(x, y) = 2x(1+ y) v(x, y) = −2 y

∫ f (z)dz = ∫ 2x(1+ y)dx + 2 ydy +i∫ −2 ydx + 2x(1+ y)dy

L L L

а) L – пряма у=х, dy=dx, x змінюється від 0 до 1.

	1				1
∫ f (z)dz = ∫ (2x(1+ x)+ 2x)dx +i∫ (−2x + 2x(1+ x))dx =
L	0				0
	1	1	8		2
= ∫ (2x2 + 4x)dx +i∫ 2x2dx =			8	+	2	i
= ∫ (2x2 + 4x)dx +i∫ 2x2dx =			3	+	3	i
	0	0	3		3
б) L – парабола		y = x2 , dy=2xdx, х змінюється від 0 до 1.

∫ f (z)dz = ∫1 (2x(1+ x2 )+2x2 2x)dx +i∫1 (−2x2 +2x(1+ x2 )2x)dx =

L	0		0
= ∫1 (6x3 +2x)dx +i∫1 (4x4 +2x2 )dx =		5	+	22 i
0	0	2		15

Якщо лінія L задана	x = x(t)	,	t0 ≤t ≤ t1 ,
	параметрично
	y = y(t)

причому значення параметра t=t0 i t=t1 відповідають початковій та кінцевій точкам кривої L, то

	t1
			′	деz(t) = x(t) +i y(t)
∫ f (z)dz = ∫ f (z(t)) z (t)dt,
L	t0
Приклад 1.8
	∫e		dz , де L – відрізок прямої у = –х, який з’єднує
Обчислити		z
	L

точки z1 = 0 і z2 =π −iπ .

Розв’язок:

Запишемо рівняння лінії L в параметричній формі x = t, y = −t

В комплексно-параметричній формі рівняння прямої буде мати вигляд z =t −it , де t змінюється від 0 до π .

z	= t +it,	dz = (1−i)dt
∫ ez dz = π∫ et +it (1−i)dt = (1−i)π∫ e(1+i)t dt =			1−i	e(1+i)t	π

					=

L	0	0	1+i		0

= −i(e(1+i)π −e(1+i)0 )= (eπ +1)i

Якщо L – коло або частина кола з центром в точці z0 і радіусом R, то зручно використовувати рівняння виду

z = z + Reit	(0 ≤ t < 2π)
0

Приклад 1.9

Обчислити ∫ (2iz + z z)dz , де L – дуга кола |z|=2, 0 ≤ arg z ≤ π .

Розв’язок:

	it		−it	′	it
Нехай z = 2e		, z = 2e				dt, 0	≤ t ≤ π .
				, dz = z (t)dt = 2ie

		17
Тоді	∫(2iz + z		)dz = π∫(2i 2eit + 2eit 2e−it ) 2ieitdt =
		z
	L	0
π	(ie2it +eit )dt = (4ie2it +8eit )π = −16
= 8i ∫
0		0

Якщо f(z) – аналітична функція в однозв’язній області D, то

інтеграл не залежить від лінії інтегрування L.

В цьому випадку

∫ f (z)dz = 0 ,

де L – будь-який замкнений кусково-гладкий контур в області D. Також, якщо f(z) – аналітична функція, то має місце формула

Ньютона-Лейбниця:

z∫1 f (z)dz =Ф(z1) −Ф(z0 ) , z0

де Ф(z) – первісна до функції f(z), тобто Ф′(z) = f (z) в області D, z0 , z1 D .

Приклад 1.10

Обчислити інтеграл ∫ cos zdz , де L – відрізок прямої, що

з’єднує точки z1 = π2 і z2 =π +i .

Розв’язок:

Підінтегральна функція f(z)=cosz аналітична всюди, тому застосовуємо формулу Ньютона-Лейбниця:

π +i		ππ+i = sin(π +i) −sin	π = −sin i −1 = −(1 +ish1)
∫cos zdz = sin z
∫cos zdz = sin z
π		2	2
2
Якщо f(z) іϕ(z) – аналітичні функції в однозв’язній області D, а
z0 , z1 – довільні	точки цієї області,		то має місце формула

інтегрування частинами:

′

∫ f (z) ϕ (z)dz = ( f (z)

ϕ(z))

− ∫

ϕ(z) f (z)dz

Приклад 1.11

Обчислити інтеграл ∫i z cos zdz

Розв’язок:

і ϕ(z) = cos z

Функції f(z)=z

всюди

аналітичні, тому можна

проінтегрувати частинами:

′dz = (z sin z)

∫

z cos zdz = ∫ z(sin z)

− ∫sin zdz = i sin i +cos z

= −sh1+ch1−1 = 1−e e .

1.5 Інтегральна формула Коші

Якщо функція f(z) є аналітичною в замкненій області D та l – границя D, тоді значення функції f(z) в будь-якій точці z0 області D можна обчислити за формулою Коші:

f (z0 ) =	1	f (z)dz	(1.12)
	2πi ∫l	z − z0
Де контур l проходиться таким чином, що область D
залишається зліва.
Для похідної n-го порядку аналітичної функції:
f (n) (z0 ) =	n!	f (z)dz	(1.13)
	2πi ∫l (z − z0 )n+1

Для використання інтегральної формули Коші може бути корисною наступна теорема.

					19
Теорема.		Якщо	f (z) – аналітична в			С2
багатозв′язній		області		D,	обмеженій
контуром	C0	і	внутрішніми по			D
						С1
відношенню		до	нього		контурами	С3
C1, C2, K,Cn (рис. 1.4), то						С0
		n

∫	f (z)dz = ∑		∫ f (z)dz		(1.14)	Рисунок 1.4
C0		k =1Ck
Приклад 1.12
Обчислити інтеграл ∫ sin z +1 dz , якщо l:
			l	z 2 −4z

а) z −1 = 0,5

б) z −1 = 2 в) z −1 = 4

Розв’язок:

а) В замкненій однозв’язній області z −1 = 0,5 підінтегральна

функція є аналітичною, тому

∫

sin z +1

dz = 0

−4z

б) в

z −1

= 2 є

z −1

=0,5

z0 = 0 , в якій знаменник

колі

одна

точка

обертається в нуль

sin z +1

∫

dz = ∫

z −4

−4z

(z −0)

z −1

Так як

f (z)

sin z +1

– аналітична в області, що обмежена

z −4

колом z −1 = 2 , можна використати формулу Коші (1.12):

sin z +1

πi

∫

z −4

dz = 2πi

= −

(z −0)

z −4

z −1

z =0

z = 0 та

в) в області, обмеженій колом

z −1

= 4

є дві точки

z = 4 , в яких знаменник обертається в нуль.

1 спосіб.

Розкладемо дріб

на прості:

z2 −

−

z2 −4z

4(z −4)

Тоді

∫

sin z +1

dz = ∫

sin z +1

dz −

∫

sin z +1

dz =

z−1

=4 z2 − 4z

z−1

4(z − 4)

z−1

=4 4z

= 2πi

sin 4 +1

−

2πi

sin 0 +1

=πi

sin 4

2 спосіб.

Z −1

Застосуємо останню теорему. Для

цього введемо в розгляд 2 контури: γ1 ,

який містить

особливу точку z = 0 та

γ2

-3

з особливою точкою z = 4 всередині (рис.

γ1

γ2

1.5).

sin z +1

Функція

f (z) =

аналітична

z2 − 4z

Рисунок 1.5

в заштрихованій частині, тому

sin z +1

∫

sin z +1

dz =

∫

dz + ∫

dz =

z−1

=4 z2 − 4z

γ1

z(z − 4)

γ2

z(z − 4)

sin z +1

sin 4 +1

sin 4

2πi

2πi −

= πi

z −

z=0

z=4

<<< < Предыдущая 12 / 72 3 4 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.02.2016460 Кб4LR_TOY_M03062.pdf
#
01.03.2025267 Кб1LR3-4_ВИМІРЮВАННЯ ВАКУУМУ.doc
#
23.11.20181 Мб16lvs_tz.doc
#
07.02.20166 Мб3M_OPI_LR2011_ch2m1.pdf
#
07.02.20168 Мб3M_OPI_LR2011_ch2m2.pdf
#
07.02.2016615 Кб9M00685(В.М.).pdf
#
07.02.20165 Мб11M00788(философия).pdf
#
07.02.2016544 Кб7M00920.pdf
#
07.02.20162 Мб12M00968.pdf
#
07.02.2016476 Кб7M01220.pdf
#
07.02.20162 Мб9M01285 СОЦІОЛОГІЯ печать.pdf