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 34 / 234 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

для каждой точки

u + i v = f (z) = (u′x dx + u′y dy)+ α x + β y +
+ i [(v′x dx + v′y dy)+ γ x + δ			y]= (u′x + i v′x )dx + (u′y + i v′y )dy +
+ α x + β y + i (γ x + δ y) = (u′x + i v′x ) (dx + i dy) + α x +
+ β y + i (γ x + δ y) = f ′(z) z + ω(z, z).
u + i	v = f (z) = f ′(z)		z + ω (z, z),	(1.91)
где (см. (1.82))
ω (z,	z) = (α + i γ) x + (β + i δ) y ,			(1.92)
lim ω(z,		z) = 0 ω(z,	z) = p (z, z) z ,	(1.93)
z→0	z	z) = 0
lim p (z,				(1.94)

z→0

что и требовалось доказать.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.19. Функция ω = f (z) называется аналитической в открытой области D , если в каждой точке этой области она дифференцируема и при этом должно удовлетворяться требование: f ′(z) −непрерывная функция

z D .

Замечание. Требование непрерывности f ′(z) вводится из методических соображений, так как при строгом изложении курса указанное требование можно доказать из производной в каждой точке области D .

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.20. Функция ω = f (z) называется аналитической в

т. z0 , если окрестность этой точки ω : z − z 0 < δ, в которой эта функция аналитическая; f ′(z) −непрерывная функция для каждого z ω.

Отметим, что правила дифференцирования, которые имеют место для действительных функций, справедливы и для ФКП.

ПРИМЕР 1.13. (ez )′ = ez . Доказать.

Решение. ω = ez = e x+i y = e x (cos y + i sin y) = e x cos y + i e x sin y .

Отсюда согласно (1.87) имеем (ez )′ = (e x cos y)′x + i (ex sin y)′x =

= e x (cos y + i sin y) = ez , что и надо доказать. Отсюда следует, что ez − аналитическая функция на всей конечной комплексной плоскости.

ПРИМЕР 1.14. Найти производные функций sin z,

cos z .

Решение.

−i z ′

′

i z

− e

(i e

−i z

i z

+ e

−i z

i z

(sin z)

+i e

= cos z ;

2 i

′

i z

+ e

−i z ′

(i e

−i z

) =

i i

−i z

) = −sin z .

i z

(cos z) =

− i e

− e

2 i

Ответ: (sin z)′

= cos z;

(cos z)′

= −sin z .

ПРИМЕР

1.15.

Найти

производные

функций

tg z, ctg z, sh z, ch z, .

th z, cth z

Решение. (tg z)′

sin z ′

cos

2 z + sin 2 x

cos

cos z

′

Аналогично, (ctg z)′

sin z

− sin 2 z − cos2 x

= −

sin

cos z

− e

−z ′

+ e

−z

′

= ch z ;

(sh z)

+ e

−z ′

− e

−z

′

= sh z ;

(ch z)

(th z)′ =

ch 2 z − sh 2 z

;

ch 2 z

(cth z)′

ch z ′

sh 2 z − ch 2 z

sh z

= ch z;

(tg z)′ =

; (ctg z)′ = −

; (sh z)′

Ответ:

cos2 z

sin 2 z

(ch z)′ = sh z; (th z)′ =

;

(cth z)′ = −

ch 2 z

sh 2 z

Отсюда следует, что элементарные функции комплексного переменного – аналитические функции на конечной комплексной плоскости.

Почленно дифференцируя (1.84), получим

u′′

(x, y) = v′′

(x, y), u

′′

= −v′′

(x, y),

v′′

(x, y) = −u′′

(x, y),

v′′

= u′′

(x, y), что дает

u′′

+ u′′

= 0, v

′′

+ v′′

= 0,

(1.95)

где предполагается непрерывных вторых частных производных.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.21. Функция, удовлетворяющая (1.95), называется

гармонической функцией.

Согласно последнему определению действительная и мнимая части аналитической функции – гармонические функции, удовлетворяющие условиям К- Р.

Покажем на примере, как восстановить аналитическую функцию по заданной вещественной или мнимой части.

ПРИМЕР 1.16. v (x, y) = x y, 0 ≤

< +∞.

Решение. v′ = y,

v′′

= 0; v′ = x,

v′′ = 0,

v′′

+ v′′

= 0 .

u′

(x, y) = x,

u (x, y)

+ ϕ(y),

Согласно (1.84)

= ∫ x dx =

u′y

(x, y) = −y

где ϕ(y) не зависит от x и в этом смысле выполняет роль постоянной интег-

рирования. Дифференцируя по y ,

находим отсюда с учетом второго условия

системы, что ϕ′(y) = −y, ϕ(y) = −

+ C, C = const . Таким образом,

x =

z +

z 2 + 2 z z + z

f (z) =

x 2

−

+ C + i xy =

z 2 − 2 z z + z

y = z − z

2 i

z 2 −

z 2

+ C +

+ C .

Геометрический смысл модуля и аргумента производной ФКП

Пусть функция

ω = f (z)

(1.96)

задана

области D и допускает

отличную от нуля

производную

т. z0 :

f ′(z0 ) ≠ 0 . Тогда ее дифференциал в т. z0

d ω0

= f ′(z 0 )dz 0

(1.97)

может

интерпретироваться

как

смещение

т. ω0 (

ω0

≈ d ω0 ),

соответствующее

достаточно

малому

смещению

d z0 =

z0 .

На

самом деле

•

d ω0

≈

ω0

d ω0 −

линейная

часть

смещения

ω0

•

ω0 (

ω0

≈ d ω0 ) (рис. 1.10).

d z0

Рис. 1.10

(1.97)

d ω0

ei ψ =

f ′′(z 0 )

ei α

d z 0

ei ϕ .

(1.98)

′

)

d z

(1.98)

i α

i ϕ

(1.99)

= e

где ϕ = arg dz0 ,

α = arg f ′(z0 ).

Первое из равенств (1.99) геометрически интерпретируется так: в доста-

точно

малой

окрестности т. z0

расстояние

(линейный элемент)

z p

z − z0

d z 0

между прообразами z0 и z изменяется с одним и тем

же коэффициентом подобия k = f ′(z0 ) ≠ 0 , не зависящим от выбора т. z (ли-

нейного элемента), то есть имеет место подобное преобразование (отображе-


ние) окрестности т. z0 с коэффициентом подобия k =			f ′(z0 )	≠ 0 .
ние) окрестности т. z0 с коэффициентом подобия k =			f ′(z0 )	≠ 0 .
Второе	равенство	из (1.99) означает, что направление			вектора
d ω0 = ω0 ω,	ω = f (z),	получается из направления вектора p = z0 z			поворо-

том на угол α независимо от выбора его конца z , то есть образ вектора p −

вектор q = ω0 ω − составляет угол α с прообразом p . Отсюда следует, что ес-

ли рассмотреть угол между векторами p1 = z0 z1 , p2 = z0 z 2 , z1 и z 2 принад-

лежат достаточно малой окрестности т. z0 , то при отображении (1.96) этот угол сохраняется как по величине, так и по направлению.

Выбирая теперь гладкую линию l Э т. z0 : z (t) = x (t) + i y (t), где при

t = t 0 z (t 0 ) = x (t 0 ) + i y (t 0 ) = z0 , видим, что образ этой линии	L = f (l)
определяется уравнением
ω(t) = f [z (t)], ω0 = ω(t 0 ) = f [z (t 0 )] = f (z 0 ).	(1.100)
Из первого равенства (1.100) дифференцированием получаем
ω′(t) = f ′[z (t)] z′(t), ω′(t 0 ) = f ′(z 0 ) z′(t 0 ),	(1.101)

где z′(t 0 ) ≠ 0 определяет направление касательной к l в т. z0 , ω′(t 0 ) дает направление касательной к L = f (l) в т. ω0 = f (z0 ).

Выбирая в достаточно малой окрестности т. z0 две линии l1 и l 2 , про-

ходящие через эту точку, и принимая во внимание геометрическую интерпретацию (1.99), приходим к выводу, что при отображении (1.96) угол между образами L1 = f (l1 ), L2 = f (l 2 ) равняется углу между прообразами l1 и l 2 по

величине и направлению (по знаку).

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.22. Непрерывное отображение области D комплексной плоскости z на область T комплексной плоскости ω называется конформным, если в каждой точке z D выполняются два условия: 1)сохраняются величины углов и 2)имеет место подобное преобразование (отображение) окрестности этой точки.

Если при этом сохраняется (изменяется на обратное) направление отчета углов, то такое отображение называется конформным отображением 1-го ро-

да (2-го рода).

Согласно этому определению, если однозначная однолистная функция ω = f (z) является аналитической в области D , то отображение f : D → T

есть конформное отображение 1-го рода.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.23. Функция (1.96) называется однолистной в об- ласти D , если из z1 ≠ z 2 f (z1 ) ≠ f (z 2 ), то есть разным прообразом соответствуют разные образы.

1.6. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФКП. ТЕОРЕМА КОШИ. ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ ТЕОРИИ ИНТЕГРИРОВАНИЯ АНАЛИТИЧЕСКИХ

ФУНКЦИЙ

Функция
ω = f (z) = u (x, y )+ i v (x, y )	(1.102)

задана в области D . Линия l D (рис. 1.11) является кусочно-гладкой линией без самопересечений. Последнее означает следующее:

		l :{x = x (t), y = y (t)}, α ≤ x ≤ β ,					(1.103)
	функции x (t), y(t) −
где	функции x (t), y(t) −		непрерывны		y		D
вместе со		своими производными x′(t),					D
вместе со		своими производными x′(t),
y′(t) за исключением, быть может, ко-
нечного		числа точек,	в	которых			B
x (t), y(t), x′(t), y′(t) терпят разрывы 1-го
рода. Таким образом, в каждом из сегмен-					0		x
тов	[α, t1 ],[t1 , t 2 ],K,[t k−1 ,β]			функции	0		x
тов	[α, t1 ],[t1 , t 2 ],K,[t k−1 ,β]			функции	• A
x (t), y(t) непрерывны вместе с производ-					• A
ными x′(t), y′(t). Разрывы 1-го рода мо-
гут быть только в точках			t1 , t 2 ,K, t k −1 .		Рис. 1.11
Если		t1 ≠ t 2 ,		то
Если		t1 ≠ t 2 ,		то
(x (t1 ), y(t1 )) ≠ (x(t 2 ), y(t 2 )) за исключением,					быть может,	α и β, при этом

всегда x′2 (t) + y′2 (t) > 0, A (x(α), y(α)), B(x(β), y(β)). Для определенности

положительное направление на l выберем в направлении от направлении возрастания параметра t (рис. 1.11).

Соотношение

z = x (t)+ i y(t), α ≤ t ≤ β

определяет уравнение l в комплексной форме,

z′(′t) = x′(′t)+ i y′(′t), x′′2 (t)+ y′′2 (t) > 0, dz (t) = dx (t)+ i dy (t)

A к B , то есть, в

(1.104)

(1.105)

dz (t) −

определяет касательный вектор к l в т. t [α,β], дифференциал линейную часть смещения вдоль l. Сделаем формальные выкладки (рис. 1.11):

∫ f (z)dz = ∫ [u (x, y)+ i v (x, y )] (dx + i dy ) =

l+	l	+
		(1.106)

= ∫ u (x, y )dx − v (x, y )dy + i ∫ v (x, y )dx + u (x, y)dy.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.24. Под интегралом от ФКП понимается сумма (1.106), где каждый из слагаемых интегралов есть криволинейный интеграл 2- го рода.

Прямым вычислением получаем из (1.106), что

∫ f (z)dz = β∫ f [z (t)] z′(′t)dt ,		(1.107)
l+	α
так как ∫ u (x, y)dx − v (x, y)dy + i ∫ v (x, y)dx + u (x, y)dy =
l+	l+

=β∫ u [x (t), y (t)]dx (t) − v [x (t), y (t)]dy (t) +

+ i β∫ v [x (t), y (t)]dx (t) + u [x (t), y (t)]dy (t) =

=β∫ {u [x (t), y (t)]+ i v [x (t), y (t)]}dx (t) +

+ i {u [x(t), y(t)]+ i v [x (t), y (t)]} =

= β∫ {u [x(t), y(t)]+ i v [x (t), y (t)]}dx (t) + dy (t) = β∫ f [z (t)] z′(t)dt.

α α

ПРИМЕР 1.17. Вычислить

∫ Ln z dz,

l = {z

= 1}, Ln i = π i .

Решение.

l − окружность радиуса 1 с центром в

i •

начале координат (рис. 1.12). В силу этого ее уравне-

ние z = ei ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π. Теперь надо найти

ветвь

Ln z , удовлетворяющую заданному условию.

Имеем

•

(см. формулу (1.47))

−1

•− i

Ln z = ln

+ i arg z + 2πi k ,

Рис. 1.12

Ln i = i π + 2 πi k = i π ,

что

дает k = 0 .

Таким образом,

искомая ветвь

Ln z = ln

+ i arg z = ln z .

Для

точек

окружности

получаем

Ln z = ln1 + i arg z = i ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π. В силу этого и согласно (1.107)

∫ Ln z dz =

2π

u = i ϕ, dv = d e

i ϕ

∫ i ϕd ei ϕ =

du = i d ϕ, v = ei ϕ

= i ϕei ϕ

2π

2π = 2πi − e2πi +1 = 2πi .

− ∫ ei ϕd i ϕ = i 2πe2πi − ei ϕ

Ответ: 2πi .

Ln 2 z

ПРИМЕР 1.18. Вычислить ∫

dz,

l = z

= 1,

0 ≤ arg z ≤

Ln1 = 2πi .

Решение. z = ei ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π , dz = ei ϕ d i ϕ,

Ln z = ln

+ i arg z + 2πik,

k = 1.

Ln1 = 2πk i = 2πi

Следовательно,

Ln z = ln

+ i arg z + 2πi . В точках l имеем Ln ei ϕ = i ϕ + 2πi .

Ln 2 z

dx = ∫2 (i ϕ + 2πi)2 ei ϕ d iϕ =

∫

(i ϕ + 2πi)3

2 =

ei ϕ

125

i π

= −

+ 2π

− (2π)

= −

−

= −

i .

3 2

3 8

Ответ: −

π3i .

Второй способ. С учетом найденной ветви ln z

= d Ln z

найдем

i π

− (2 πi)

∫ Ln

z dLn z =

2πi +

= −

i .

Получили

тот же результат, как и должно быть.

ПРИМЕР

1.19.

Вычислить

∫

z n Ln z dz, n N, l : {z

= 1},

Ln (−1) = πi

Решение. l : z = ei ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π, dz = ei ϕ d iϕ = i ei ϕ dϕ.

Ln z = ln

+ i arg z + 2πk i, Ln (−1) = i π + 2 πk i = πi

k = 0. Та-

ким образом, искомая ветвь Ln z = ln

+ i arg z = ln z . Тогда

2π

∫ z n Ln z dz =

∫ ei n

ϕi ϕd eiϕ =

∫ ei (n +1)ϕ i ϕd i

ϕ =

(n +1)ϕ = t, dϕ =

2π (n +1)

n +1

∫ ei t i t d it =

(n +1)2

t н = 0, t в = 2π(n +1)

2π (n +1)

u = i t, dv = d e

i t

i t ei t

2π(n +1)

− ∫ ei t d it

du = d it, v = e

i t

+1)

=					1							i 2π(n +1)e2π (n +1)i − ei t																											2π (n +1)							=			2 πi				.
					1																																												2 πi

			(			)																																	0										n +1
				n +1					2
									2
									2 πi
Ответ:																	.
Ответ:								n +1									.														dz			, l : {z									= 1, 0 ≤ arg z ≤ π},
ПРИМЕР 1.20. Вычислить ∫																																									z


																														l	3 z
																														l	3 z
																											i(ϕ+2kπ)
										3													e
Решение.										3			z = 3								z								3		,			ϕ = arg z, k = 0,1,2.
Решение.													z = 3								z										,			ϕ = arg z, k = 0,1,2.
				= 1 = ei									2kπ						k = 0
3
3		1													3
														i ϕ
3				= 3							e					, 0 ≤ ϕ ≤ π, z = ei ϕ .
							z							3
		z					z							3																																					π
						π			d e						i ϕ					π		e		i ϕ			d iϕ					π			2												2									2

		dz																																			i ϕ							3				iϕ						2			πi
																																					i ϕ											iϕ									πi
∫					=	∫												=		∫										= ∫ e 3								d iϕ =							e 3							=			e 3
∫	3				=	∫												=		∫										= ∫ e 3								d iϕ =							e 3							=			e 3
	3			z									i ϕ													i ϕ																2										3
l						0				e										0				e							0
l						0							3							0					3						0
																																																		0
																																																		0

			3									2													2											3				1						3
			3									2													2											3				1						3
=					cos										π + i					sin								π −1					=										+ i						−
=			2		cos										π + i					sin					3			π −1					=		2			−		2			+ i			2			−			1 =
			2							3															3										2					2						2


			3																			3 3							(− 3 + i)= −											9		3 3
			3		− 3 + i 3																	3 3																		9		3 3
=																				=																							+ i								.
=			2							2										=				2																4			+ i			4					.
			2							2														2																4						4

3 1 = 1.

−1 =

Ответ: − 9 + i 3 3 .

4 4

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.25. Область D называется n −связной, если выполняются требования:

1) граница области распадается на n кусочно-гладких замкнутых контуров без самопересечений;

2) ровно один контур (внешний контур), внутри которого содержатся остальные (n −1) контуров γ1 , γ2 ,K, γn −1 ;

3) среди γ1 , γ2 ,K, γn −1 ни один из контуров не содержится внутри друго-

го.

γ2

γi

l	γn −1
	−1

l1	Γ
	γ1

Рис. 1.13

Если теперь мысленно выкинуть области, ограниченные замкнутыми контурами γ1 , γ2 ,K, γn −1 , то получим n - связную область D (рис. 1.13). Сразу отметим, что не исключаются случаи вырождения некоторых из γi в точку или линию.

Теорема Коши. Если в односвязной области D ω = f (z) есть аналити-


ческая функция, тогда
∫ f (z)dz = 0 ,				(1.108)
l+
где l − замкнутый кусочно-гладкий контур
где l − замкнутый кусочно-гладкий контур				Γ
без самопересечения, лежащий в D (рис.				Γ
без самопересечения, лежащий в D (рис.
1.14). Если же f (z) аналитическая в замк-
нутой области		= D U Γ, Γ − граница од-
нутой области	D	= D U Γ, Γ − граница од-		l
носвязной области D , то
∫ f (z)dz = 0 ,			(1.109)	T
∫ f (z)dz = 0 ,			(1.109)	D
Γ				Рис. 1.14
где под аналитичностью f (z)			в замкнутой	Рис. 1.14

области понимается аналитичность в открытой области, которая содержит замкнутую область.

Доказательство. Сразу отметим, что ввиду (1.109) выбор направления обхода не существен. Согласно (1.106) и условиям (К-Р) (1.109) имеем (см. фор-

мулу (1.95)) ∫ U dx − V dy = −∫∫ [v′x (x, y) + u′y (x, y)]dx dy = 0 ,

l+	T
где T − область, ограниченная замкнутым контуром l.
Аналогично
∫ V (x, y)dx + U (x, y)dy = ∫∫ [U′x (x, y) − Vy′ (x, y)]dx dy = 0 ,
l+	Τ

что завершает доказательство первой части теоремы. Если же f (z) − аналити-

ческая функция в D , то в качестве замкнутого контура l можем	взять границу
Γ, и мы получим
∫ f (z)dz = 0 ,	(1.110)
Γ

что и требовалось доказать.

Убедимся, что теорема Коши справедлива для многосвязной области. Положительное направление обхода по границе области совершается так, чтобы область оставалась по левую сторону руки при условии, что сторона плоскости

выбрана (рис.1.13). Итак, граница ω = Γ γ1 γ2 K γn −1 , а ее положительное направление обхода определяется равенством (рис. 1.13)

ω	+	= Γ	+	γ	−	γ	−	−
ω		= Γ		γ	1	γ	2	− − K γn−1	,	(1.111)

где «+», «-» означает обход против часовой стрелки (по часовой стрелке). Соединяя кусочно-гладкими контурами l1 , l 2 ,K, l n −1 (рис. 1.13) звенья границы

ω, мы получим односвязную область с границей L = Γ γ1 γ2 K K γ′n− l1 l 2 K l n −1 , где ее положительный обход определяется равенством

L+ = Γ+ γ1− γ2− K γn−−1

(1.112)

+ l

−1

K l

−

n−1

и звенья l i проходятся дважды в противоположных направлениях. В полученной односвязной области условия теоремы Коши удовлетворяются, что дает

(см. формулу (1.110))

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + K + ∫ f (z)dz +


L+	Γ+	γ1−	γ2−	γn−
+ ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +K +			∫ f (z)dz +	(1.113)
				∫ f (z)dz = 0.
l+1	l1−		l+n−1	l−n−1
Но ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz − ∫ f (z)dz = 0, i =
					1, n −1.
l+i		l−i	l+i	l+i

С учетом последнего равенства (1.113) можно переписать так:

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 234 5 6 7 8 9 10 11 12 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