Litvin_TFKP

21

Поскольку lim f (z) = az0 + b = f (z0 ), то тем самым доказано, что в

z→z0

любой точке z0 линейная функция непрерывна.

4 . Дифференцирование функции компл ексного пер еменного. Условия Коши - Римана .

Пусть функция w = f(z) определена в некоторой области D комплексного переменного z. Пусть точки z и z + D z принадлежат этой области.

Обозначим Dw = f(z + Dz) –f(z), Dz = Dx+ iDy. Функция w = f(z) называет-

ся дифференцируемой в точке z Î D , если отношение Dw/Dz имеет конечный предел при Dz®0 произвольным образом. Этот предел называется производной функции f(z) в точке z и обозначается f ¢(z) (или w′, или

называемыми условиями Коши-Римана. Верно и обратное. Если в некоторой точке (x, y) функции u(x, y) и v(x, y) дифференцируемы как функ-

z = x + iy как функция комплексного переменного z.

Функция w = f(z) называется аналитической в данной точке z Î D, если она дифференцируема как в самой точке, так и в некоторой её окрестности. Функция f(z) называется аналитической в области D, если она дифференцируема в каждой точке этой области. Для любой аналитической функции f(z) имеем

f ¢(z) = ¶¶ux + i ¶¶vx = ¶¶vy + i ¶¶vx = ¶¶vy - i ¶¶uy = ¶¶ux - i ¶¶uy .

Примеры.

4.1. Показать, что функция w = еz является аналитической на всей комплексной плоскости.

Решение. ez = ex(cos y + i sin y), u(x, y) = excos y, v(x, y) = exsin y.

Функции u(x, y) и v(x, y) как функции действительных переменных x и y дифференцируемы в любой точке (x,y) и при этом удовлетворяют условиям Коши-Римана:

тельно, функция ω = zz дифференцируема только в точке z = 0 и нигде не аналитична.

Таким образом, f ¢(0)существует и равна 0.

4.3. Является ли функция ω = z = x − iy аналитической?

Решение. u(x, y) = x, v(x, y) = – y – всюду дифференцируемые функ-

¶¶ux ¹ ¶¶vy , т. е. первое из условий Коши-Римана не выполняется ни в од-

ной точке комплексной плоскости. Значит функция ω = z нигде не дифференцируемая, а, следовательно, и не аналитическая.

Пользуясь условиями Коши-Римана, аналитическую функцию f(z) можно восстановить, если известна её действительная часть u(x, y) или мнимая часть v(x, y).

23

Пример.

4.4. Найти аналитическую функцию w = f(z) по известной действи-

тельной части u(x, y) = 2 ex cos y и при дополнительном условии f(0) = 2.

Решение. Имеем ¶¶ux = 2ex cos y . По первому условию Коши-Римана

откуда j¢(x) = 0 , а значит j (x) = C, где C = const. Итак, v(x, y) = 2excos y

+ C и, следовательно, f(z) = 2excos y + 2exsin y + C = 2ez + C. Из дополни-

тельного условия найдём С: 2 = 2e0 + C. Отсюда, С = 0 и f(z) = 2ez.

Аналитическую в окрестности точки z0 функцию f(z) можно восстановить также по одной из следующих формул:

Пример.

4.4. Найти аналитическую функцию w = f(z) по известной мнимой части v(x,y) = 3x + 2xy при условии f(– i) = 2.

Решение. В нашем примере z0 = – i, C0 = 2, следовательно, z0 = i,

Функция j (x, y) называется гармонической в области D, если она имеет в этой области непрерывные частные производные до второго порядка включительно и удовлетворяет в этой области уравнению Лапласа

¶2j + ¶2j = 0 . ¶x2 ¶y2

Þ f ¢(t) = C1 t Þ f (t) = C1 ln t + C2 -

общее решение этого уравнения, где С1 и C2 – const. Итак, искомые гармонические функции имеют вид u = f(x2+ y2) = C1ln(x2 + y2) + C2.

Геометрический смысл модуля и аргумента производной.

Аргумент производной f ¢(z0 ) геометрически равен углу, на который

нужно повернуть касательную в точке z0 к любой гладкой кривой на плоскости z, проходящей через точку z0, чтобы получить направление касательной в точке w0 = f(z0) к образу этой кривой на плоскости w при отображении w = f(z). При этом, если j = argf ¢(z0 ) > 0 , то поворот проис-

ходит против часовой стрелки, а при j < 0 – по часовой.

Пример.

4.7. Найти коэффициент растяжения и угол поворота при отображе-

argf ¢(z0 ) = p4 , т. е. коэффициент растяжения r = 4, а угол поворо-

та j = p 4 .

Если функция w = f(z), аналитическая в некоторой области D, взаимно однозначно отображает эту область на область D% , то кривая L, лежащая в области D, отобразится в некоторую кривую L% в области D% , длина которой равна lω = ò f ¢(z)dz , а площадь области D% выражается форму-

L

кажения площади при отображении w = f(z).

Пример.

4.8. Точка z = x + iy описывает отрезок x = 1, –1 £ y £ 1. Чему равна длина линии, получающейся при отображении этого отрезка с помощью функции w = z2 ?

Решение.

Первый способ. Имеем w = z2 или x2 – y2 + i 2xy, т. е. u = x2 – y2, v = 2xy. На линии x = 1, –1 £ y £ 1 будем иметь u= 1 – y2, v = 2y, причём –2 £ v £ 2.

5 . Интегрирование функций компл ексного пер еменного.

Пусть однозначная функция w = f(z) определена и непрерывна в области D, а С – кусочно-гладкая замкнутая или незамкнутая кривая, лежа-

щая в D. Пусть z = x + iy, f(z) = u + iv, где u = u(x, y), v = v(x, y) – дейст-

вительные функции переменных x и y. Вычисление интеграла от функции f(z) комплексного переменного z сводится к вычислению обычных криволинейных интегралов

Интеграл òf (z)dz зависит от пути интегрирования С. Если же f(z)

C

аналитическая функция в односвязной области D, то интеграл не зависит от пути интегрирования. В этом случае ò f (z)dz = 0 , где L – любой замк-

L

нутый кусочно-гладкий контур в D.

Если кривая С задана параметрическими уравнениями x = x(t), y = y(t) и начальная и конечная точки дуги С соответствуют значениям t = t0 и t = t1, то

27

где F(z) – какая-либо первообразная для функции f(z), т. е. F¢(z1) = f(z) в области D.

Если функции f(z) и j(z) – аналитические в односвязной области D, а z0 и z1 – произвольные точки этой области, то имеет место формула интегрирования по частям:

Замена переменных в интегралах от функций комплексного переменного производится аналогично замене переменной при интегрировании функций действительного переменного. Пусть аналитическая функция z = j(w) отображает взаимно однозначно контур C1 в w-плоскости на контур С в z-плоскости. Тогда

Если путь интегрирования есть полупрямая, выходящая из точки z0, или окружность с центром в точке z0, то полезно делать замену переменных в виде z – z0 = reiϕ. В первом случае j = const, а r – действительная переменная, а во втором случае r = const, а j – действительная переменная интегрирования.

Примеры.

5.1. Вычислить интеграл ò(1+ i - 2z)dz по линиям, соединяющим

C

точки z1 = 0 и z2 = 1 + i:

а) по прямой; б) по параболе y = x2; в) по ломаной z1z2z3, где z3 = 1. Решение. Запишем подынтегральную функцию в виде:

1+ i - 2z =1+ i - 2(x - iy) = (1- 2x) + i(1+ 2y).

Здесь u = 1 – 2x, v = 1 – 2y. Применяя формулу (5.1), получим

ò(1+ i - 2z)dz = ò(1- 2x)dx - (1+ 2y)dy + iò(1+ 2y)dx + (1- 2x)dy.

C C C

а) Уравнение прямой, проходящей через точки z1 = 0 и z2 = 1 + i, будет

28

y = x, 0 £ x £ 1, а значит dy = dx. Поэтому

ò(1+ i - 2z)dz = ò1 (1- 2x -11- 2x)dx + iò1 (1+ 2x +1- 2x)dx =

б) Для параболы y = x2 имеем dy = 2xdx, 0 £ x £ 1. Следовательно,

ò(1+ i - 2z)dz = ò1 ((1- 2x) - (1+ 2x2 )× 2x)dx +

+iò1 ((1+ 2x2 )+ (1- 2x)2x)dx = ò1 (1- 4x - 4x3 )dx + iò1 (1+ 2x - 2x2 )dx =

в) На отрезке z1z3: y = 0, dy = 0, 0£ x £ 1. На отрезке z2z3: x = 1, dx = 0, 0£ y £ 1. Используя свойство линейности криволинейных интегралов, получим

ò(1+ i - 2z)dz = ò (1+ i - 2z)dz + ò (1+ i - 2z)dz =

Этот пример показывает, что интеграл от непрерывной, но не аналитической функции зависит от формы пути интегрирования.

5.2. Вычислить интеграл ò(z2 + z × z)dz , где С – дуга окружности

C

|z| = 1, 0£ arg z £p.

Решение. Положим z = eiϕ, тогда dz = ieiϕdj и

ò(z2 + z × z)dz = òπ (e2iϕ +1)×ieiϕdj = iòπ (e3iϕ + eiϕ )dj =

29

5.3. Вычислить интеграл òez dz , где С – отрезок прямой y = x , соеди-

C

няющий точки z1 = 0, z2 = p – ip.

Решение. Параметрические уравнения линии С есть: x=t, y= –t или в комплексной форме z = t + it, где 0 £ t £ p. Применяя формулу (5.2) получим

=1- 2i2 -1(eπ (cos p + isin p) -1) = -i(-eπ -1) = i(eπ +1).

5.4.Вычислить интеграл 2ò+i (3z2 + 2z)dz.

1−i

Решение. Так как подынтегральная функция f(z) = 3z2 + 2z аналитична всюду, то, применяя формулу Ньютона-Лейбница, найдём

2+i

ò (3z2 + 2z)dz = (z3 + z2 ) 12−+ii = (2 + i)3 + (2 + i)2 - (1- i)3 - (1- i)2 = 7 +19i.

1−i

6 . Однозначные ветви многозначной функции . Точки разветвления .

Пусть функция w = f(z), аналитическая в области D, отображает область D на область G и такова, что обратная функция z = j(w) многозначна в области G. Если существуют однозначные, аналитические в области G функции z = j1(w), z = j2(w), … , для которых данная функция w = f(z) является обратной, то функции j1(w), j2(w), … называются однозначными ветвями функции j(w), определенной в области G.

30

Например, функция w = zn каждой точке z0 ставит в соответствие единственную точку w0, но одной и той же точке w0 (w ¹ 0, w ¹ ¥) функ-

ция z = nw ставит в соответствие n различных точек плоскости z; при этом, если w = riθ , то эти n значений z находятся по формулам:

zk = r × eiϕk , где r = n r , jk = q + 2pk n

Пусть односвязная область G содержит точку w0, но не содержит точек w = 0, w = ¥. Тогда различным фиксированным значениям k = 0, 1,…, n–1) при одном и том же выборе q0 (например, q0 = arg w0) соответствуют

различные ветви функции z = nw .

Точка, обладающая тем свойством, что обход вокруг нее в достаточно малой окрестности влечет за собой переход от одной ветви многозначной функции к другой, называется точкой разветвления этой функ-

ции. Точками разветвления функции nw являются точки w = 0 и w = ¥. После n-кратного обхода вокруг точки w = 0 мы вернемся к первона-

чальной ветви функции nw . Точки разветвления, обладающие таким

свойством, называются алгебраическими точками разветвления порядка (n-1). В каждой из этих точек функция имеет только одно значе-

ние: n0 = 0 , n¥ = ¥ , т.е. различные ветви функции в этих точках совпадают.

Для логарифмической функции w = Ln z точками разветвления являются числа z = 0 и z = ¥, причем Ln 0 = ¥, Ln ¥ = ¥. Любое конечное число обходов (в одном и том же направлении) вокруг точки z = 0 не приведет к первоначальной ветви функции Ln z. Такие точки ветвления называются логарифмическими. При интегрировании необходимо выделять ветвь многозначной функции. Это достигается заданием значения многозначной функции в некоторой точке контура интегрирования.

Если контур интегрирования L замкнут, то начальной точкой z0 пути интегрирования считается та точка, в которой задано значение подынтегральной функции.

Примеры.

6.1. Вычислить интеграл ò dz , где L – верхняя дуга окружности |z|=1.

L z

Для z берется та ветвь, для которой 1 = -1. Решение. Функция z имеет два значения:

Интегральная формула Коши.

Если функция w = f(z) аналитическая в области D, ограниченной ку- сочно-гладким замкнутым контуром С, и на самом контуре, то справедлива интегральная формула Коши

где контур С обходится так, что область D остаётся всё время слева. Если функция w = f(z) аналитична в области D и на ее границе С, то

для любого натурального n имеет место формула

Этой формулой можно пользоваться при вычислении некоторых интегралов.

33

Решение. Внутри окружности |z| = 2 знаменатель дроби обращается в нуль при z0 = –1. Чтобы применить формулу Коши, запишем интеграл в