Математика
..pdfНа этом чертеже показано, как изменяется плоскость при линейном отображении. Красным веделено горизонтальное направление, после отображения оно повёрнуто.
Замечание. Отображение f (z) z соответствует зеркальному
отражению плоскости, т.е. оно не сводится к композиции поворота и растяжения.
ЛЕКЦИЯ 5. 03.10.2018
§ 3. Дифференцирование комплексных функций
Функция u iv f (x iy) фактически задаёт отображение плоскости в плоскости, то есть пара действительных чисел (x, y) отображается в пару чисел (u, v) . Для двух функций u(x, y) и v(x, u) существуют 4
частных производных: |
u |
, |
u |
, |
v |
, |
v |
. |
|
|
|
|
|
|
|
x |
y |
x |
y |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Определение производной. Производной функции |
f (z) |
в точке |
|||||||||||||
называется следующий предел: |
f |
|
|
|
f (z) f (z |
0 |
) |
. |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
(z0 ) lim |
z |
z |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z z0 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
Также можно кратко записать в виде |
f |
|
lim |
f |
. |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
||||||||||||
(z0 ) |
z |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z 0 |
|
|
|
|
z0
Заметим, что все величины в этой дроби, существуют и вычислимы, ведь здесь частное от разностей комплексных чисел.
41
Определение дифференцируемости. Функция |
f (z) |
называется |
дифференцируемой в точке |
z0 |
, если приращение функции можно |
представить |
в виде: |
f |
A z (z) , |
|
где |
|
A |
некоторое |
||||||||
комплексное число, |
|
- бесконечно малая более высокого порядка, |
||||||||||||||
чем z . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Заметим, что если функция дифференцируема, то A |
f |
|
( z) |
, но |
||||||||||||
|
z |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
||
тогда т.е. |
A lim |
f |
lim |
( z) |
тогда |
A |
lim |
f |
0 |
|
0 ) |
, т.е. |
||||
|
|
|
||||||||||||||
|
z |
z |
f (z |
|||||||||||||
|
|
z 0 |
z |
z 0 |
|
|
z 0 |
|
|
|
|
|
||||
константа |
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f (z0 ) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Геометрический |
смысл производной. |
Так |
как |
с точностью до |
||||||||||||
бесконечно-малой, |
|
можно |
представить |
f |
|
|
|
|
|
а |
это |
|||||
|
f (z0 ) z , |
линейное отображение, изученное в конце прошлой лекции, то в малой окрестности отображение представимо в виде растяжения и
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
- коэффициент |
|
поворота, где arg( f (z0 )) это угол поворота, а |
f (z0 ) |
||||||||||||
растяжения. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Изучим |
взаимосвязь |
|
дифференцируемости |
|
f (z) |
с |
|||||||
дифференцируемостью координатных функций |
u(x, y) |
и v(x, u) . |
|||||||||||
Теорема 1. |
Функция |
f (z) |
дифференцируема |
|
u(x, y) и |
v(x, u) |
|||||||
дифференцируемы и выполняются условия Коши-Римана: |
|
||||||||||||
|
|
u |
|
v |
и |
u |
|
v |
. |
|
|
|
|
|
|
x |
y |
y |
x |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Доказательство (ДОК 13). |
Запишем подробнее равенство |
|
|||||||||||
f A z ( z) . u i v (a bi) ( x i y) ( 1 i 2 ) . |
|
||||||||||||
Раскроем скобки и сгруппируем слагаемые, в которых есть и в |
|
которых нет мнимой единицы.
u i v (a x b y) i(b x a y) ( 1 i 2 )
Получается такая система из двух равенств:
42
u a x b y 1v b x a y 2
Если в 1-м уравнении рассмотреть приращение только по оси Ox ,
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u |
|
|
|
|
тогда y |
0 |
, то |
u a x 1 |
a |
|
|
1 |
|
|||||||
x |
x |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
a lim |
u |
lim |
|
|
1 |
= |
u |
0 |
, так как 1 |
бесконечно малая более |
|||||
|
|
|
|
||||||||||||
x |
|
x |
x |
||||||||||||
x 0 |
|
x 0 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
высокого порядка, так что при делении на величину |
x |
первого |
||
порядка предел равен 0. Итак, a |
u |
. |
|
|
x |
|
|
||
|
|
|
|
Если теперь во 2-м уравнении рассмотреть приращение только по оси
Oy |
, то аналогично получится |
a lim |
v |
lim |
|
2 |
= |
v |
0 |
, т.е. |
||||||
|
|
|
||||||||||||||
y |
y |
y |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
y 0 |
y 0 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
a |
v |
. Итак, a |
u |
|
v |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
x |
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
По аналогии с этими рассуждениями, если в 1-м равенстве вычислять предел при сдвиге только по оси Oy , а во 2-м по Ox , получим
b |
u |
, b |
v |
, откуда второе условие Коши-Римана |
u |
|
v |
. |
|
y |
x |
y |
x |
||||||
|
|
|
|
|
А для доказательства достаточности, можно наоборот, сложить два равенства:
uv
a x b y
b x a y
1
2
,
умножив при |
этом второе на i . Если выполнены условия Коши- |
Римана, то 4 |
коэффициента при этом не являются 4-мя разными |
числами, а попарно совпадают, то мы как раз и получим:
u i v (a bi) ( x i y) ( 1 i 2 )
|
□ |
Вывод. Итак, u(x, y) и v(x, u) |
должны быть взаимосвязаны, т.е. |
если мы произвольно зададим две какие-то функции u(x, y) , v(x, u) и
составим из них u iv , то не всегда получим какую-то дифференцируемую комплексную функцию.
43
Пример. Проверить выполнение условий Коши-Римана для функции
w |
f (z) z |
2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
f (z) z |
2 |
= |
(x iy) |
2 |
= |
(x iy)(x iy) = (x |
2 |
y |
2 |
) i(2xy) . |
|||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
u(x, y) x |
2 |
y |
2 |
, v(x, y) 2xy . |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
y |
x |
2x |
, |
|
|
y 2x они равны (1-е условие Коши-Римана). |
|||||||||||
|
|
2xy |
||||||||||||||||
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
y |
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
2 y , 2xy x 2 y они противоположны ( а это и есть |
||||||||||||||||
2-е условие Коши-Римана). |
|
|
|
|
||||||||||||||
Теорема 2. |
f (z) дифференцируемая функция |
векторные поля |
||||||||||||||||
|
F (u, v) |
являются потенциальными. |
||||||||||||||||
|
F |
(v, u) и |
Доказательство (ДОК 14). Вспомним условие потенциальности поля
(P, Q) , а именно, |
Q |
|
P |
. Для векторного поля |
F (v, u) |
в таком |
|
x |
y |
||||||
|
|
|
|
|
случае, P v ,
Q
u
, и тогда условие потенциальности эквивалентно
первому условию Коши-Римана |
u |
|
v |
. |
|
|
|
x |
y |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
||
Для векторного поля |
F (u, v) |
соответственно, |
P u , |
Q v , и |
тогда условие потенциальности эквивалентно второму условию
Коши-Римана: u v .y x
.
Метод вычисления производных по функциям u(x, y), v(x, y) .
Если задано |
u iv то достаточно вычислить |
|
|
|
ux |
ivx . Производные по |
|||
y |
являются излишней информацией, так как они взаимосвязаны с |
этими производными с помощью условий Коши-Римана. Например,
f (z) z2 |
= |
(x 2 y 2 ) i(2xy) . |
Тогда (x2 y2 ) |
i(2xy) |
= |
|
|
|
x |
x |
|
2x i2 y 2z , в то же время и (z 2 ) 2z .
44
А сейчас мы рассмотрим функцию, для условия Коши-Римана.
Пример. |
f (z) z . Тогда |
|
|
u iv x |
||||
выполняется 1-е условие: |
u |
1 |
, |
v |
1 |
, |
||
x |
y |
|||||||
|
|
|
|
|
|
которой не выполнены
iy , |
u x, v y . Не |
они не равны ни в одной
точке.
Геометрически это означает, что зеркальное отражение плоскости невозможно представить в виде композиции растяжения и поворота, то есть невозможно равенство из условия дифференцируемости
f
A z
(z)
.
Определение. Если функция дифференцируема и в самой точке
z0
, и
во всех точках некоторой её окрестности, то она называется
аналитической в точке
Пример. Для функции
z0 .
f (z) z |
2 |
|
условия Коши-Римана выполняются
независимо от точки, то есть во всех точках плоскости, тогда для каждой точки они автоматически выполнены и во всей её
окрестности. Таким образом,
f (z) z |
2 |
|
аналитическая во всех точках
комплексной плоскости.
Различие понятий аналитичности и дифференцируемости видно на другом примере.
Пример. |
|
f (z) z z . Распишем её через u iv . |
|
||||
f (z) z z |
|
= (x iy)(x iy) = x 2 y 2 0i . Здесь u x2 y 2 , v 0 . |
|||||
u |
2x , |
|
v |
0 . |
|
||
x |
|
|
y |
|
|
|
|
1-е условие Коши-Римана выполняется только при x 0 |
|||||||
u |
2 y |
, |
v |
0 . |
|
||
y |
x |
|
|||||
|
|
|
|
|
|||
2-е условие Коши-Римана выполняется только при |
y 0 . |
Таким образом, единственная точка в плоскости, где выполнены условия Коши-Римана, это (0,0). Но ни в одной точке из её окрестности они не выполняются, а только в одной изолированной
45
точке 0 0i . То есть, в начале координат функция дифференцируемая, но не аналитическая.
Теорема 3. Если функция является аналитической в некоторой области D, то для каждой из её частей (действительной и мнимой)
u, v |
в этой области выполняется уравнение Лапласа: |
|||||||||
2u |
|
2u |
0 |
и |
2 v |
|
2 v |
0 . |
||
x 2 |
y |
2 |
x 2 |
y 2 |
||||||
|
|
|
|
|
Доказательство. (ДОК 15).
Запишем 2 условия Коши-Римана. Одно продифференцируем по
переменной x , а второе по |
y : |
uxuy
v |
|
|
|
2 |
u |
|
|
||
|
|
|
|||||||
y |
x |
2 |
|||||||
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
v |
|
|
|
|
2 |
u |
||
|
|
|
|
||||||
x |
|
y |
2 |
||||||
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
v |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
y x |
|
|
|
||||
|
|
|
|
2 |
v |
|
|
|
|
. |
|||||
x y |
|||||||
|
|
|
|
Сложим теперь эти 2 равенства, но при этом смешанные производные 2 порядка от v при этом совпадают, они вычитаются и дают 0.
|
2 |
u |
|
|
2 |
u |
|
|
|
|
|||||
x |
2 |
y |
2 |
||||
|
|||||||
|
|
|
|
|
2 |
v |
|
|
2 |
v |
|
|
|
|
|
|||||
y x |
x y |
|||||||
|
|
0
. Итак,
|
2 |
u |
|
|
2 |
u |
|
|
|
|
|||||
x |
2 |
y |
2 |
||||
|
|||||||
|
|
|
0
.
Теперь снова запишем условия Коши-Римана, 1-е дифференцирует по
|
y , а второе по |
x . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
u |
|
v |
|
|
|
2u |
|
|
|
|
2 v |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
x |
y |
|
x y |
|
|
y 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
u |
|
|
|
v |
|
|
|
|
|
2 |
u |
|
|
|
2 |
v |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
y |
x |
y x |
x |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Теперь вычтем из 1-го равенства 2-е. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
2v |
|
|
2 v |
|
|
|
|
2u |
|
|
2u |
|
|
|
2 v |
2 v |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, тогда |
|
2 |
|
2 0 . |
|||||||
|
y |
2 |
x |
2 |
|
|
x y |
|
y x |
x |
y |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
□
46
Пример. |
f (z) z z |
= |
x |
2 |
y |
2 |
0i . Здесь |
для u x |
2 |
y |
2 |
не верно |
|||||
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
2 |
u |
|
|
2 |
u |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
уравнение Лапласа: |
|
|
|
2 2 4 0 . |
|
|
|
|
|
||||||||
x |
2 |
y |
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Теорема 4. Условия Коши-Римана эквивалентны условию |
f |
0 . |
|||||||||||||||
z |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Доказательство (ДОК 16). Вспомним, что |
x, y можно выразить через |
z, z u(x,
таким образом:
y), v(x, y) .
x
z z 2
,
y
z z 2i
. Сделаем это в функциях
z z |
, |
z z |
z z |
, |
z z |
|
||||
u(x, y) iv(x, y) = u |
|
|
|
iv |
|
|
. |
|
||
|
2 |
|
2i |
|
|
2 |
|
2i |
|
|
Таким образом, функция стала выражена через два аргумента |
z, z , а |
|||||||||
значит, можно искать частную производную по |
z . |
|
Вспомним формулу полной производной (из 1 семестра) для случая
композиции типа |
f (x(t), y(t)) : |
df |
|
f |
|
dx |
|
f |
|
dy |
. Найдём |
|
dt |
x |
dt |
y |
dt |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
производные от u, v по промежуточные переменные
z x,
y
этим методом, причём здесь тоже
.
u |
|
u x |
|
u y |
, |
|
v |
|
v x |
|
v y |
. |
|
|||||||||||||
z |
x z |
y z |
|
z |
x |
z |
y z |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
При этом такие компоненты как |
x |
и y |
можно найти |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
z |
|
|
|
из формул |
x |
z z |
, |
y z z |
, а именно : |
|
||||||||||||||||||||
2 |
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2i |
|
|
|
|
|
|
|
|||
x |
|
z z |
|
|
1 |
|
|
|
y |
|
|
|
z |
z |
|
|
1 |
|
||||||||
z |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
z |
= |
|
|
|
|
|
. Таким образом, |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
2 |
|
|
z |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
2i |
z |
|
2i |
|
||||||||
u |
|
1 |
u |
1 |
u |
, |
|
|
|
v |
|
|
1 v |
|
1 |
v . |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
z |
|
2i y |
|
|
|
z |
|
2 x |
|
|
|
|||||||||||||||
|
2 x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2i y |
|
|
47
Тогда |
f |
|
1 u |
|
1 u |
|
1 v |
|
1 v |
|
= |
|
|
= |
|
|
|
i |
|
|
|
||||
|
z |
|
2 x |
|
2i y |
|
|
2 x |
|
2i y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 u |
|
1 v |
|
1 u |
|
i v |
= |
1 u |
|
1 v |
|
|
i |
|
|
u |
|
i |
v |
= |
||||||||||
2 x |
2 y |
2i y |
2 x |
2 x |
2 y |
2i |
2 |
y |
2 |
x |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
1 |
|
u |
|
v |
|
i u |
|
i v |
= |
1 |
|
u |
|
|
v |
|
i |
|
u |
|
v |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|||||||||||
2 |
|
x |
|
|
|
|
2 y |
|
2 x |
|
2 |
|
x |
|
|
|
|
2 |
|
y |
|
|
x |
|
|
|||||
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Выполнение условий Коши-Римана |
u |
|
v |
|
u |
|
|
v |
|
|||||||||||||||||||||
x |
y |
|
y |
|
x |
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
в данном случае как раз и эквивалентно тому, что в обеих скобках
нули, то есть f 0 0i .z
□
Итак, как видим, наличие z в составе функции приводит к недифференцируемости. Впрочем, то же верно и при наличии x Re z или y Im z , в составе которых есть элемент z .
Алгоритм восстановления аналитической функции по её действительной или мнимой части.
Поскольку действительная и мнимая части взаимосвязаны условиями Коши-Римана, то достаточно одной её части, чтобы восстановить вторую часть, и далее всю функцию f (z) .
Например, нам известна u . Тогда |
v dv |
= |
|
v |
dx |
|
x |
||||||
|
|
|
|
|
криволинейный интеграл 2 рода для векторного поля
vyvx
dy , |
|
, |
v |
|
|
|
|
|
y |
это
от
фиксированной точки, например (0,0) до произвольной |
(x, |
неизвестны эти частные производные, как и сама функция v их можно заменить на известные, по условиям Коши-Римана.
y
,
) . Нам однако
|
v |
|
v |
|
|
|
u |
|
u |
|
|
|
dx |
|
dy = |
|
|
|
dx |
|
|
и далее вычислить. |
|
|
x |
y |
|
y |
x |
dy |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
48
Итак, алгоритм: |
|
|
1. Проверить выполнение уравнения Лапласа (иначе |
u |
или v |
может быть частью какой-то единой комплексной функции). 2. Вычислить криволинейный интеграл.
3. В полученной функции |
u(x, y) iv(x, y) |
выразить |
не
x, y
по
формулам: |
x |
сократятся все
Пример. Дано
|
z z |
, |
y |
|
z z |
. |
При правильном вычислении |
|||
2 |
|
2i |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
z |
и останется только |
z . |
||||||||
u(x, y) x |
2 |
y |
2 |
. Узнать мнимую часть и восстановить |
||||||
|
|
вид функции |
f (z) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Сначала проверяем уравнение Лапласа. |
|||||||||||||
x |
2 |
y |
2 |
|
|
2 |
, |
x |
2 |
y |
2 |
|
|
|
|
xx |
2x x |
|
|
|
yy 2 y y |
2
,
сумма 2-й
производных равна 0, то есть компонент комплексной функции.
|
|
|
|
|
v |
|
v |
|
|
u |
v |
dv |
= |
|
dx |
|
dy = |
|
|
||
|
|
x |
y |
|
y |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u(x, y) |
||
dx |
u |
|
x |
||
|
x |
2 |
|
|
|
|
|
, |
|
dy |
||
|
|
|
|
|
y |
2 |
|
где
является
u 2 y,
y
одной из
u |
2x . |
|
x |
||
|
Итак, найдём криволинейный интеграл
( x, y)2 ydx
2xdy
. Сделаем это
(0,0)
с |
|
помощью |
интегрирования |
|
по |
|
ломаной, как при |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 0dx 2xdy |
|
|
|
|
|||||||||||||
потенциала поля. |
= |
0 2xy 0 = 2xy . |
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Далее, в выражение |
x |
2 |
y |
2 |
i 2xy подставим |
x |
z |
|||||||||||||||||||||
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z z 2 |
z z 2 |
|
|
|
z z z z |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
2i |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2i |
|
|
|
|
|
|
|
||||
z |
2 |
z |
2 |
2zz |
|
z |
2 |
z |
2 |
|
2zz |
|
|
|
z |
2 |
z |
2 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
вычислении
z |
, |
y |
z z |
. |
|
2i |
|||
|
|
|
|
49
z
=
4
z |
2 |
|
z |
2 |
|
z |
2 |
|
|
|
||
|
|
|
|
. Итак,
4 f
z |
2 |
|
z |
2 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
(z) z |
2 |
||||
|
z |
2 |
|
|
2 |
|
.
1 |
|
1 |
|
1 |
|
2 |
|
1 |
|
1 |
|
1 |
2 |
|
= |
|
|
|
z |
|
|
|
|
z |
|
||||
|
4 |
|
4 |
|
2 |
|
|
|
4 |
|
4 |
|
2 |
|
= 1z |
2 |
0z |
2 |
|
|
ЛЕКЦИЯ 6. 10.10.2018
§ 4. Интегрирование комплексных функций
Возможны разные подходы к определению понятия интеграла
от комплексной функции. Так, например, |
u(x, y), v(x, y) |
- функции |
двух переменных, тогда можно вычислять кратные интегралы от них по некоторой плоской области, и объединять результаты в
комплексное число вида |
I1 iI 2 |
. Однако в качестве основного всё же |
исторически был принят метод интегрирования по кривой, именно при таком подходе возможно введение понятия первообразной F (z) ,
а также получают применение многие факты из теории векторного поля. Итак, определение интеграла и метод его вычисления:
|
Определение. Пусть в области |
D |
задана некоторая функция |
||
|
|
||||
w |
f (z) (не обязательно аналитическая), и в области D расположена |
||||
кусочно-гладкая кривая |
L |
(не обязательно замкнутая). Введём |
|||
|
разбиение кривой на n частей с помощью (n-1) внутренних точек. Таким образом, получилась последовательность точек z0 , z1 , z2 ,..., zn ,
расположенных по порядку на кривой, где
z |
0 |
, z |
n |
|
|
- начальная и
конечная |
точки. |
Обозначим |
zk |
zk 1 zk . Выберем |
на каждом |
||
участке дуги какую-то точку |
ck |
и составим интегральную сумму: |
|||||
n |
|
|
|
|
|
|
|
f (ck ) zk . |
Предел |
интегральных сумм при |
измельчении |
||||
k 1 |
|
|
|
|
|
|
|
разбиения, т.е. при n , |
называется интегралом от функции f (z) |
||||||
по кривой |
L |
и обозначается |
f (z)dz . |
|
|||
|
|
L
50