Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Лесотехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UMK11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

3.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2312 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>


	Решение. а) Так как			z	= x − i y , то Re w = u = x, Im w = v = −y. От-
куда	∂u = 1,	∂u = 0,	∂v = 0,			∂v = −1. Как видно, первое условие (C.-R.)
	∂x	∂y	∂x			∂y

(2.35) не выполняется ни при каких x и y . Следовательно, функция не дифференцируема ни в одной точке плоскости, а поэтому и не аналитична.

б) Имеем w = z Im z = (x + i y)y = xy + i y2 . Функции u(x, y) = xy и

v(x, y) = y2	дифференцируемы в каждой точке плоскости, ибо их частные
производные	∂u = y,	∂u = x,	∂v = 0,	∂v = 2y непрерывны во всей плос-
	∂x	∂y	∂x	∂y

кости. Но условия (C.-R.) не выполняются ни в какой точке плоскости, кроме точки (0;0), где все частные производные равны нулю. Следовательно, функ-

ция w = z Im z дифференцируема только в одной точке, но не является аналитической в ней, т.к. по определению, требуется дифференцируемость в окрестности данной точки.

Таким образом, функция w = z Im z не является аналитической ни при каком значении z. Из приведенного примера ясно, что аналитичность функции в точке более сильное требование, чем дифференцируемость ее в этой точке.

ПРИМЕР

2.26.

Существует

ли

аналитическая

функция,

для

которой

Re w = u(x, y)

= e

является ли функция u(x, y) = e

Решение.

Проверим,

гармонической.

∂u

∂2 u

∂u

этой

целью

находим

∂x

= e x

−

∂x2

= e x

∂y

= e x

∂

u =

∂

u +

∂

u ≠ 0 .

e x

Из последнего соотношения следует, что

∂y2

∂x2

∂y2

u = e x не может быть действительной, а также и мнимой частью аналитической функции.

ПРИМЕР 2.27. Найти, если это возможно, аналитическую функцию по ее

действительной части Re w = 3x2 y − y3 .
Решение. Прежде проверим,	является ли функция u(x, y) = 3x2 y − y3
гармонической. Находим ∂u = 6xy,	∂2 u = 6y,	∂u = 3x2 − 3y2 ,	∂2 u	= −6y
∂x	∂x2	∂y	∂y2

и	∂2 u + ∂2 u = 6y − 6y = 0.		Гармоническая на	всей плоскости			функция
	∂x2	∂y2
u(x, y)		сопряжена с v(x, y)	условиями Коши-Римана ∂u =		∂v ,	∂u = − ∂v .
				∂x	∂y	∂y	∂x
Из этих условий получаем ∂v = 6xy, ∂v = −(3x 2				− 3y2 ). Из первого уравне-
		∂y	∂x

ния системы находим v(x, y) интегрированием по y , считая x постоянным, v(x, y) = ∫ 6xy dy + C(x) = 3xy2 + C(x),

где C(x)− произвольная функция, подлежащая определению. Найдем

отсюда	∂v = 3y 2 + C′(x) и приравниваем к выражению ∂v , ранее найденно-
	∂x		∂x
му: 3y2	+ C′(x) = −3x2 + 3y2 .	Получили дифференциальное уравнение для
определения функции C(x): C′(x) = −3x 2 . Откуда
C(x)= −3∫x 2 dx + C = −x 3 + C.			Итак, v(x, y) = 3xy2 − x3 + C .	Тогда
w = f(z) = 3x2 y − y3 + i(3xy2		− x3 + C) = −i z3 + i C .
ПРИМЕР 2.28. Восстановить аналитическую функцию w = f(z)				по из-

вестной ее мнимой части v(x, y) = −2 sin 2x sh 2y + y и при дополнительном

условии f(0) = 2.
	Решение. Опуская проверку данной функции на гармоничность, нахо-
дим	∂v u =	∂v = −4 sin 2x sh 2y + 1, ∂u = −		∂v = 4 cos 2x sh 2y . Следова-
	∂x	∂y	∂y	∂x
тельно,		u = ∫(− 4 sin 2x ch 2y + 1)dx + C(y) = 2 cos 2x ch 2y + x + C(y).
Дифференцируя u по y , получим			∂u = 4 cos 2x sh 2y + C′(y). Но с другой
			∂y

стороны, по второму из условий (C.-R.) ∂u = 4 cos2x sh 2y . Сопоставляя по-

∂y

следние два равенства, получаем дифференциальное уравнение относительно функции C(y) 4 cos2x sh 2y + C′(y) = 4 cos2x sh 2y . Откуда следует, что

C′(y) = 0 и C(y) = C = const .

Итак, u = 4 cos2x sh 2y + x + C′ , следовательно,

w = u + i v = 2 cos2x sh 2y + x + i(− 2 sin 2x sh 2y + y)+ C или f(z) = z + 2 cos 2z + C .

Как видно из приведенных примеров, аналитическая функция определяется по своей действительной или мнимой части с точностью до произвольной постоянной. Задание дополнительного условия - значения функции в точке - позволяет определить аналитическую функцию единственным образом.

По условию f(0) = 2; воспользуемся этим для определения

C:f(0) = 0 + 2 + C = 2 , откуда C = 0 и f(z) = z + 2 cos 2z.

ПРИМЕР 2.29. Найти коэффициент подобия k и угол поворота ϕ в точке

при отображении w = f(z): а) w = ez , z0			= −1 − i π ; б) w = z3 , z0				= 2 i .
	w′ = f ′(z) = ez			2
Решение. а) Найдем	w′ = f ′(z) = ez		и	ее частное значение в			точке
π	−1−i π	−1	π		−	π	коэф-
= −1 − i : f ′(z0 ) = e	2 = e	cos −		+ i sin	−	. Значит,	коэф-
2			2			2

фициент подобия k =		f ′(z0 )	=	1	< 1, т.е. отображение производит сжатие в
				1
				e
				e
точке z0	, а ϕ = arg f ′(z0 ) = − π , т.е. в данной точке происходит вращение на
π	2
π

угол	по часовой стрелке.
2	w′ = 3z2 \|z=2 i = −12 = 12(cosπ + i sin π), откуда следует,
б)				что коэф-
фициент растяжения k = 12 , а угол поворота ϕ = π .
ПРИМЕР 2.30. Каково отображение, осуществляемое функцией w = z3 ?
Решение.		dw	= 3z2 . Функция аналитична во всей плоскости,	но в точке

		dz

z = 0 w′(0) = 0. Поэтому отображение, осуществляемое этой функцией, кон-

формно во всех точках, за исключением точки z = 0 . Так как arg w = 3arg z,

то лучи arg z = α и arg z = β , выходящие из точки z = 0 и образующие меж-

ду собой угол ϕ = β − α , отображаются соответственно в лучи arg w = 3α и arg w = 3β, образующие между собой угол φ = 3(β − α) = 3ϕ. Поэтому в точ-

ке z = 0 конформность отображения нарушается в силу того, что нарушается свойство консерватизма углов: углы не сохраняются, а утраиваются.

2.5. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

2.5.1. Интеграл от функции комплексного переменного

Пусть в области D плоскости z задана однозначная непрерывная функ-

ция w = f(z) = u(x, y) + i v(x, y)					и пусть L − кусочно-гладкая направленная
кривая, принадлежащая D вместе со своими концами z 0 и Z.
По определению полагают
				n
∫ f(z)dz =	max	lim	→0	∑ f(ζk )		zk ,	(2.34)
L	max	zk	→0	k =1
L				k =1			Lk = (zk −1 , zk ) при произ-
где ζk − произвольная точка элементарной дуги							Lk = (zk −1 , zk ) при произ-
вольном разбиении	дуги		L	на	n	частей	точками z 0 , z1 ,K, z n = Z,

zk = zk − zk −1 .

При данных условиях интеграл от функции f(z) вдоль кривой L, как

предел интегральной суммы (2.34), существует.

Вычисление интеграла от функции комплексного переменного сводится к вычислению двух криволинейных интегралов 2-го рода по формуле

∫ f(z)dz = ∫ u(x, y)dx − v(x, y)dy + i ∫ v(x, y)dx + u(x, y)dy . (2.35)

L L L

Из формулы (2.35) следует, что на интегралы от функции комплексного переменного распространяются известные свойства криволинейных интегралов.

Если кривая задана параметрическими уравнениями x = x(t), y = y(t) ,

α ≤ t ≤ β, что равносильно одному уравнению в комплексной форме z(t) = x(t) + i y(t), α ≤ t ≤ β, то имеет место удобная для вычисления инте-

грала формула

	β
∫ f(z)dz = ∫ f[z(t)]z′(t)dt .		(2.36)
L	α

2.5.2. Вычисление интеграла от аналитической функции

Интеграл ∫ f(z)dz , вообще говоря, зависит от пути интегрирования. Ус-

ловием независимости интеграла от пути интегрирования является аналитичность подынтегральной функции.

Важную роль в теории функций комплексного переменного играет интегральная теорема Коши. Приведем две формулировки теоремы для одно- и многосвязной области.

Пусть L − кусочно-гладкая замкнутая кривая, будем ее называть замкнутым контуром.

Теорема Коши (для односвязной области). Пусть функция f(z) анали-

тична в односвязной области D , тогда для любого замкнутого контура L D

(рис. 2.20) имеет место равенство
∫ f (z)dz = 0.				(2.37)
L
Теорема Коши (для многосвязной области). Пусть f(z)				аналитична в
многосвязной области D , ограниченной внешним контуром L0 и внутренними
контурами L1 , L2 ,K, Ln . Тогда имеет место равенство
∫ f(z)dz = ∫ f(z)dz + ∫ f(z)dz+K+ ∫ f(z)dz				(2.38)
L0	L1	L2	Ln

при условии, что интегрирование по всем контурам производится против часовой стрелки (рис. 2.21).

Как следствие последней теоремы (для двусвязной области) следует отметить утверждение: если f(z) аналитична в области D всюду, кроме z0 D,

Y					Y	z
						L1
						L0
			D			L0
			D			D


		L
		L				Ln


						L2
0				X	0	X
	Рис. 2.20					Рис. 2.21
то
∫ f(z)dz = ∫ f(z)dz ,						(2.39)
L1			L2
где L1 и L2	− произвольные			контуры	в	D , содержащие особую точку

z0 .(рис.2.22).

Для аналитической функции имеет место формула Ньютона - Лейбница

z∫2	f(z)dz = F(z)\|zz2 = F(z	2 )− F(z1 ),	(2.40)
z1	1
z1

где F(z)− первообразная для f(z), т.е. F′(z) = f(z). Этой формулой можно пользоваться для вычисления интеграла вдоль пути, лежащего в односвязной области, где f (z)− аналитична, если известна первообразная для f(z).

•z0 L1

L2 D

Рис. 2.22

Техника нахождения неопределенных интегралов в комплексном анализе та же, что и в действительном, таблица основных интегралов в обоих случаях одинакова.

2.5.3. Интегральная формула Коши

Если f(z) аналитична в области D, z0 D и L D − контур, охваты-


вающий точку z0 , то имеют место следующие формулы:
f (z0 ) =	1		∫	f (z)		dz ,		(2.41)

2π i			L z − z0
f (n) (z0 ) =		n!		∫	f (z)		dz ,	(2.42)
		2π i			− z0 )n+1
				L (z
(контур L может быть объединением контуров L0 , L1 , L2 ,K, Ln								(рис. 2.21)).

Формула (2.41) называется интегральной формулой Коши, а интеграл в правой части (2.41) - интегралом Коши. Интегральная формула Коши позволяет находить значение аналитической функции в любой точке, лежащей внутри области D , если известны значения этой функции на контуре L, ограничивающем D . Если точка z0 лежит вне области D , то интеграл Коши равен нулю в силу теоремы Коши, так как в этом случае подынтегральная функция является аналитической в области D .

Формулы (2.41) и (2.42) могут служить для вычисления интегралов по замкнутым контурам.

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.31. Вычислить интеграл ∫(1 + i − 2 z)dz по линиям, соеди-

няющим точки z1 = 0 и z2 = 1 +

2.23).

Y	z

z2 =1 + i

z1 = 0	1	X
	Рис. 2.23

i ; а) по прямой, б) по параболе y = x2 (рис.

Решение. Функция f (z) = 1 + i − 2 z

не является аналитической (проверьте !), поэтому вычисление интеграла возможно как по формуле (2.35), так и по формуле (2.36). Найдем действительную и мнимую части подынтегральной функции: u = 1 − 2x, v = 1 + 2y . По формуле (2.35)

имеем: ∫(1 + i − 2 z)dz =

= ∫(1 − 2x)dx − (1 + 2y)dy +

+ i∫(1 + 2y)dx + (1 − x)dy .


а) уравнение		отрезка	прямой, проходящей через точки z1 и z2 :
y = x, 0 ≤ x ≤ 1; значит dy = dx . Тогда получаем
∫(1 + i − 2z	)dz = 1∫[(1 − 2x)− (1 + 2x)]dx + i 1∫[(1 + 2x)+ (1 − 2x)]dx =
L		0	0
= −2 − 2i .

б) Первый способ. Уравнение дуги параболы: y = x2 , 0 ≤ x ≤ 1; значит, dy = 2x dx и

∫(1 + i − 2z)dz = 1∫[(1 − 2x)− (1 + 2x 2 )2x]dx + i 1∫[(1 + 2x 2 )+ (1 − 2x)2x]dx =

= −2 + 4 i .

Второй способ. Воспользуемся формулой (2.36). Параметрические уравнения параболы имеют вид: x = t, y = t 2 , 0 ≤ t ≤ 1, а в комплексной форме - z(t) = t + i t 2 . Находим z′(t) = 1 + 2 i t, z = t − i t 2 и

∫(1 + i − 2	1		(1 + i − 2t + 2 i t2 )(1 + 2 i t)dt = −2		4
	z	)dz = ∫		+		i .

L	0			3

3+4 i	− 3)dz.
ПРИМЕР 2.32. Вычислить интеграл ∫(z2	− 3)dz.
i

Решение. Так как f(z) = z2 − 3 аналитична всюду, то по формуле Нью-

3+4i

(3 + 4i)

− i

тонаЛейбница (2.40) имеем ∫(z2

− 3)dz =

− 3z

−

− 3[(3 + 4 i)− i] = −48 + 6 i .

π i

ПРИМЕР 2.33. Вычислить интеграл ∫ z ez dz .

Решение. Функции f(z) = z

и ϕ(z) = ez

являются аналитическими

всюду. Применяя формулу интегрирования по частям, получим

πi	π i	π i
2	π i 2	π i	π i
∫ z e z dz = z e z	2 − ∫e z dz =	π i e 2 − e z	2
0	0	2	0
0	0	2

ПРИМЕР 2.34. Вычислить интеграл ∫ z ez dz

	−	π		− i .
=	−	2	+ 1	− i .
		2

по контуру L : z = 3 .

Решение. Так как f (z) = z ez

аналитична всюду и контур интегрирования

= 3 − замкнутый, то в силу теоремы Коши (2.37):

∫ z e z dz = 0.

= 2 ,

ПРИМЕР 2.35. Вычислить ∫

dz, где

а) L − окружность

L z − 3

L − окружность

= 4 .

б)

Решение. а) Функция f (z) =

аналитична в замкнутом круге

≤ 2 ,

z − 3

поэтому по теореме Коши

∫

dz = 0.

б)

=2 z −

(2.41),

Воспользуемся

интегральной

формулой

Коши

положив

f(z) = z3

z0 = 3. Функция

f(z) = z3

аналитична

в круге

≤ 4 ,

а точка

z0 = 3

лежит

этом

круге.

Поэтому

∫=4

dz = 2πi z3

= 2πi 27 = 54 πi .

z − 3

z=3

cos z

dz .

∫

ПРИМЕР 2.36. Вычислить интеграл

(z + 3)(z − 1)

= 2 , находится

Решение. Внутри области, ограниченной окружностью

одна точка z0 = 1, в которой знаменатель дроби обращается в нуль.

cos z

Для применения формулы (2.41) интеграл перепишем в виде

∫

z + 3

dz .

f (z)=

cosz

z − 1

Здесь функция

является аналитической в круге

≤ 2 ,

а точка

z0 = 1−

z + 3

круга,

внутренняя

точка

поэтому

имеем

∫

f (z)dz

= 2πi

cos z

= πi cos1.

z −1

z + 3

z=1

∫

sinz

dz .

ПРИМЕР 2.32. Вычислить интеграл

=4 z 2 + 4

Решение.

В круге

≤ 4 функция f (z) =

sin z

аналитическая всюду,

+ 4

кроме точек z1

= 2 i и z2

= −2 i . Вырежем из данного круга области δ1

и δ2 ,

ограниченные любыми непересекающимися замкнутыми контурами l 1

и l 2 ,

причем l 1 D и l 2

D (рис. 2.24). Тогда в силу теоремы Коши для много-

связной области (формула (2.38)) имеем

I =

∫

sin

dz = ∫

sin

z dz

∫

sin

z dz

= I1 + I

2 . В качестве l 1

и l

2 можно

z + 4

+ 4

взять любые контуры, в частности, окружности.

Пусть l1 = {z :

z − 2i

= 1}и

l 2

= {z :

z + 2i

= 1} (рис. 2.24). Каждый из ин-

l1 2i

l2 − 2i

Рис. 2.24

=	π	e2 i2	− e−2 i2

	2		2 i

тегралов I1

и I2 можно

вычислить

по инте-

= 4

гральной формуле Коши I1 = ∫

sin z

z + 2 i z − 2 i

= 2π i

sin z

π sin 2i

;

z + 2 i

z=2 i

I 2

= ∫

sin z

= 2π i

sin z

z − 2 i z + 2 i

l 2

z − 2 i

z=2 i

= −

π sin(− 2i)

Таким

образом,

I = I1 + I2 = π [sin 2i − sin(− 2i)]=

−

e−2 i2

− e2 i2

= −

− e−2

= i π sh 2 .

2 i

ПРИМЕР 2.37. Вычислить интеграл ∫	e z dz		, где L − произвольный
		4
L (z + 2)

замкнутый контур, однократно обходящий точку z = −2 в положительном направлении.

Решение. Внутри контура подынтегральная функция (z + 2)4 является

аналитической всюду, кроме точки z0 = −2 . Для вычисления интеграла воспользуемся формулой (2.42), выделив аналитическую в указанной области


функцию f(z) = ez , полагая						n = 3. Так как f ′ ′(′z) = ez , то в соответствии с
(2.42) ∫	ez dz		=	2π i	f ′ ′(′− 2) =		π i	e−2 .
		4
L (z + 2)			3!			3

2.6.РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ

2.6.1.Ряды с комплексными членами

∞

Ряд ∑a n = a1 + a 2 +K+a n +K, (2.43)

n=1

где a n = αn + i βn , есть числовой ряд с комплексными членами.

∞

Если сходится ряд ∑ a n , то сходится и ряд (2.43), называемый в этом

n=1

случае абсолютно сходящимся.

Сходимость ряда (2.43) с комплексными членами эквивалентна сходимо-

∞	αn и	∞	βn с действительными членами. В силу этого ряд теорем,
сти рядов ∑	αn и	∑	βn с действительными членами. В силу этого ряд теорем,
n=1		n=1

относящихся к рядам с действительными членами, в том числе признаки сходимости, переносятся на ряды с комплексными членами.

Функциональный ряд вида
∑∞ a n (z − z0 )n ,	(2.44)
n =0	z − комплексное переменное, называется
где a n , z0 − комплексные числа,	z − комплексное переменное, называется

степенным рядом по степеням z − z0 . В частности, при z0 = 0 имеем ряд

∞

∑a n zn по степеням z.

n=0

Как следует из теоремы Абеля, областью сходимости степенного ряда (2.44) является круг z − z0 < R с центром в точке z0 , радиус R которого мо-

жет быть определен применением признаков Даламбера и Коши. Приведем их формулировки.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2312 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.09.2019397.82 Кб25Taxatsia_lesa.doc
#
03.06.20151.49 Mб7telsprav.pdf
#
26.04.2019243.71 Кб4teoria_kultury.doc
#
03.06.201571.17 Кб12Testy_kabinet.doc
#
03.06.2015330.75 Кб50topref.ru-17132.doc
#
27.03.20163.4 Mб43UMK11.pdf
#
16.11.2019344.02 Кб29Untitled0.doc
#
03.06.2015538.18 Кб5Urok_4_Zaprosy_KU.pdf
#
30.08.2019519.68 Кб31vmest.doc
#
03.06.201552.63 Кб8Vodnye_resursy_Sverdlovskoy_oblasti_Lektsia_1.docx
#
03.06.2015167.94 Кб16VOPROSY_K_EKZAMENU_PO_EP.doc