Теория аналитических функций. Методические указания. Часть II

Министерство образования Российской Федерации Ростовский государственный университет

Г.С. Костецкая, Л.В. Новикова

Методические указания для студентов 2-го курса физического факультета

Теория аналитических функций Часть II

г. Ростов - на - Дону 2000 г.

1

Методические указания предназначены для студентов физического факультета, изучающих курс: «Теория функций комплексного переменного». Каждая тема пособия снабжена кратким теоретическим материалом. Приведены решения некоторых типовых примеров. Пособие снабжено большим количеством примеров для самостоятельной работы с ответами. Методические указания печатаются по решению кафедры Дифференциальных и интегральных уравнений РГУ. Протокол №10 от 13.06.2000 г.

2

Оглавление. §1. Комплексные числа и действия с ними ……………………………………3 §2. Геометрическое изображение комплексных чисел. Тригонометрическая и показательная формы комплексного числа…………………………………….6 §3. Функции комплексного переменно …………..……………………………15 §4. Дифференцирование функции комплексного переменного. Условия Коши – Римана. Геометрический смысл модуля и аргумента производной…21 Ответы на примеры для самостоятельного решения………………………….25 Литература……………………………………………………………………….27

3

§ 1. Комплексные числа и действия с ними. Определение 1. Комплексным числом z называется выражение вида: z = x + iy (1) (алгебраическая форма числа), где x и y - любые действительные числа, а i мнимая единица, удовлетворяющая условию i 2 = −1 . Числа x, y – называются соответственно действительной и мнимой

частями комплексного числа z и обозначаются : x = Re z , y = Im z (2) Определение 2. Комплексные числа z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2 считаются равными тогда и только тогда, когда x1 = x2 и y1 = y2 . Определение 3. Комплексное число z = 0 , тогда и только тогда, когда x = y = 0. Определение 4. Комплексное число z = x − iy называется сопряжённым комплексному числу z = x − iy . Пусть z1 = x1 + iy1 , z2 = x2 + iy2 . Тогда: 1) z1 ± z2 = (x1 ± x2 ) + i( y1 ± y2 ) ; 2) z1 ⋅ z2 = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + x2 y1 ) ; 3)

y x − x1 y2 z1 z1 z 2 x1 x2 + y1 y2 ; + i 1 22 = = 2 2 x2 + y22 z2 z2 z 2 x2 + y2

Арифметические действия с комплексными числами перестановочны с операцией перехода к сопряжённым числам, а именно: z1 + z2 = z 1 + z 2 (3) z1 ⋅ z 2 = z 1 ⋅ z 2 (4) zn = z

n

(5)

⎛ z1 ⎞ z 1 ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝ z2 ⎠ z 2

(6)

Полезно доказать эти равенства самостоятельно. Пример 1. Вычислить: а) (1 + i )( 5 − 2i );

б)

3 +i 2−i 3

;

в)

1 i − ; 1 + 2i 2 − i

г) (1 + i )2000 ;

Решение:

а) (1 + i )( 5 − 2i ) = 5 − 2i + i 5 − 2i 2 = 5 + 2 + i ( 5 − 2 ); ; б)

( 3 + i )(2 + i 3 ) = 2 = 3 (2 − i 3 )(2 + i 3 )

3 +i 2 −i

3 + i 2 3 + 3i + 2 i 2 3 − 3 + 5 i = = 4+3 7

3 + 5i 3 5 = + i; 7 7 7

4 в)

1 i 1 − 2i i (2 + i ) 1 − 2i 2i − 1 1 − 2i 2i − 1 − = − = − = − = 1 + 2i 2 − i (1 + 2i )(1 − 2i ) (1 − 2i )(1 + 2i ) 1 + 4 4 + 1 5 5 1 − 2i − 2i + 1 2 − 4i 2 4 = = = − i; 5 5 5 5

[

г) (1 + i )2000 = (1 + i )2

]

1000

= (1 + 2i − 1)

1000

= (2i )

1000

( )

= 2 1000 ⋅ i 4

250

= 2 1000 ;

Пример 2. Найти Re z и Im z : 2 ; а) z = 1−i

б) z =

2 + i (1 + i ) ; −i

в) z = (2 − i )3 ;

Решение:

2 2(1 + i ) 2 − 2i = = = 1 − i ⇒ Re z = 1; Im z = −1 ; а) z = 1 − i (1 − i )(1 + i ) 1 + 1 2 2i б) z = + i(1 + i ) = − 2 + i + i 2 = 2i + i − 1 = 3i − 1 ⇒ Re z = −1; Im z = 3; −i i 3 в) z = (2 − i ) = 8 − 3 ⋅ 4 ⋅ i + 3 ⋅ 2 ⋅ i 2 − i 3 = 8 − 12i − 6 + i = 2 − 11i ⇒ Re z = 2; Im z = −11;

Пример 3. Найти действительные α и β , для которых : а) α (2 − i ) + β (2i − 1) = 4 − 5i ; б) (1 + i )α 2 + (2 + i )α − (1 − i )β = 7(1 + i ) ; Решение: 2α − αi + 2 βi − β = 4 − 5i

а)

(2α − β ) + i(2 β − α ) = 4 − 5i ⇒ ⎧⎨

2α − β = 4

⎩2 β − α = −5 Решая эту систему, получим: α = 1; β = −2 ;

б) α 2 + iα 2 + 2α + iα − β + iβ = 7 + 7i ⎧α 2 + 2α − β = 7 + 2α − β + i α 2 + α + β = 7 + 7i ⇒ ⎨ 2 ⎩ α +α + β = 7 2 Складывая, имеем 2α + 3α = 14 или 2α 2 + 3α − 14 = 0 . Решая, получим 7 7 α 1 = 2 , α 2 = − . Вычисляем соответствующие значения для β : β 1 = 1 , β 2 = − . 2 4 7 ⎧ ⎧α 1 = 2 ⎪α 2 = − 2 ; ⎨ . Итак, ⎨ ⎩ β1 = 1 ⎪β 2 = − 7 4 ⎩

(α

2

) (

)

Пример 4. Доказать: а) Re(z − z ) = 0 ;

б) z − z = 2i Im z ;

в)

1 z = 2; z z

5 Решение:

а) z = x + iy , z = x − iy ⇒ z − z = 2 y ⋅ i ⇒ Re(z − z ) = 0 ; z − z = x + iy − ( x − iy ) = 2iy

б)

Im z = y ⇒ z − z = 2i Im z 1 1 ⋅ ( x − iy ) x − iy в) = = 2 ; z ( x + iy )( x − iy ) x + y 2 z 2

z

=

(

x − iy

)

2

x2 + y2

=

z 1 x − iy ⇒ = 2 2 2 z z x +y

Решить самостоятельно: 1) Вычислить: 40

б) i ⋅ i 2 ⋅ i 3 ⋅ ... ⋅ i100 ;

⎛1+ i 3 ⎞ ⎟ ; д) ⎜⎜ ⎟ 1 i − ⎠ ⎝ 7 е) (2 − 2i ) ;

в)

ж)

а) i + i + i + i + i + i ; 3

13

23

33

43

53

(3 − 4i )(i − 2) ; (3 − i )(1 + i ) 8

(

3 − 3i

)

6

8

1− i ⎞ з) ⎛⎜ ⎟ ; ⎝1+ i ⎠

1 ⎞ ⎛ 1 г) ⎜ + i ⎟ ; 2⎠ ⎝ 2

2) Найти действительную и мнимую часть:

z=

(i

17

5

1− i ⎞ ⎟ ; д) ⎝1+ i ⎠

а) z = cos(π + 3i ) ; б) z = sin 2i ; в) z = tg (2 − i ) ; г) z = ⎛⎜

)

+ 2 (3 − 2i ) ; 1 + 2i

е) w = z − iz 2 ; ж) w =

1 + iz ; 1+ z

3) Найти действительные решения уравнений: а) (3x − i )(2 + i ) + ( x − iy )(1 + 2i ) = 5 + 6i ; б) ( x − iy )(a − ib ) = i 5 , a, b - заданные действительные числа, a ≠ b . 4) Доказать: а) 2 Re z = z + z ; б) z − z = 2i Im z ; д)

1 + x 2 + ix x − i 1 + x2

в) z1 ± z2 = z1 ± z2 ;

= i , ( x - действительное).

г) z1 ⋅ z2 = z1 ⋅ z 2 ;

6

§ 2. Геометрическое изображение комплексных чисел. Тригонометрическая и показательная формы комплексного числа. Комплексное число z = x + iy изображается в плоскости XOY точкой M ( x; y ) либо радиус – вектором с концом в точке M ( x; y ) . Длина r вектора OM называется модулем числа z и изображается z . Угол ϕ между положительным направлением оси абсцисс и вектором OM (см. рис. 1) называется аргументом числа z и обозначается Arg z . Очевидно, что аргумент комплексного числа определяется не однозначно, а с точностью до слагаемого 2πk , k - целое число: Arg z = Arg z + 2πk , k = 0,±1,±2,..., (7) где Arg z - главное значение аргумента, определяемое условием − π < Arg z ≤ π . y

y M ( x; y )

Arg z = ϕ 0

z

y

z = z0

ϕ

0

ϕ0

x рис. 1.

x

ro

x

рис. 2. Из рисунка 1 следует, что x = r cos ϕ ,

y = r sin ϕ y r = z = x 2 + y 2 , r ≥ 0 ϕ = arctg + πk , k = 0,±1,... x (число k ∈ Z выбирается так, чтобы ϕ ∈ (− π ;π ] ).

(8)

Используя (8) можно комплексное число z записать в тригонометрической форме:

z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) = z (cos Arg z + i sinArg z )

(9)

Из формулы (9) следует, что множество чисел постоянного модуля r0 изображает окружность с центром в начале координат и радиуса r0 . Множество же чисел постоянного аргумента ϕ 0 изображается лучом, выходящим из начала координат под углом к оси абсцисс (рис. 2.).

7 Определение 5. Два комплексных числа z1 и z2 равны тогда и только тогда, когда их модули равны, а аргументы отличаются на 2πk , где k = 0,±1,... : z1 = z2 ⇔ z1 = z2 , Arg z1 = Arg z2 + 2πk , (k = 0,±1,...) . Любое комплексное число z ≠ 0 можно записать в показательной форме: z = rl i ϕ , (10) где r = z , ϕ = Arg z . При умножении и делении комплексных чисел пользуются следующей теоремой. Теорема: Пусть z1 = r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) ; z2 = r2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) . Тогда z1 ⋅ z2 = r1 ⋅ r2 [cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin (ϕ1 + ϕ 2 )] (11) z1 r1 = [cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin (ϕ1 − ϕ 2 )], z2 ≠ 0 z2 r2

(12)

z n = r n [cos nϕ + i sin nϕ ] - формула Муавра

То есть z1 ⋅ z2 = z1 ⋅ z2 ,

Arg( z1 ⋅ z2 ) = Arg z1 + Arg z2

z z1 = 1 , z2 z2

⎛z ⎞ Arg⎜⎜ 1 ⎟⎟ = Arg z1 − Arg z2 , ⎝ z2 ⎠

zn = z

n

Arg z n = n Arg z ,

(13)

z2 ≠ 0 z≠0

Определение 6. Корнем n – ой степени из комплексного числа z называется такое комплексное число w , что: Положив z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) , используя формулу Муавра (13):

wn = z w = ρ (cos Θ + i sin Θ ) перепишем (14)

(14)

ρ n (cos nΘ + i sin nΘ ) = r (cos ϕ + i sin ϕ )

Тогда по определению 5 будем иметь: r = ρn , nΘ = ϕ + 2πk , k = 0,±1,... Или: ρ=nr,

Θ=

ϕ + 2πk n

,

k = 0,±1,...

Таким образом, всякий корень степени n из числа z имеет вид: ϕ + 2πk ϕ + 2πk ⎞ ⎛ + i sin wk = n r ⎜ cos ⎟, n ⎠ n ⎝

k = 0,±1,..., n − 1

(15)

Формула даёт n различных значений корня при k = 0,±1,..., n − 1 . При следующих же значениях k значения корней будут повторяться. Так как модули всех корней wk равны n r , а аргументы отличаются на 2π , то геометрически все значения корня n – ой степени из комплексного n

8 числа z лежат в вершинах правильного n – угольника, вписанного в окружность с центром в О(0;0) радиуса n z . Пример 5. Изобразить на комплексной плоскости и представить в тригонометрической форме числа: z1 = 1 , z 2 = −1 , z3 = i , z4 = −i , z5 = 1 + i , z6 = − 2 − 2i ,

z7 = −1 + i 3 ,

z8 =

1 3 . −i 2 2

Решение: Изображение первых шести чисел на плоскости см. на рис. 3: y y −1+ i 3 1+ i

i

0 -1

1

x

-1

0

x 1 3 −i 2 2

−i

2 −i 2

рис. 3.

рис.4.

Уже из расположения чисел на плоскости можно найти следующие аргументы: arg z1 = 0 , arg z 2 = π ,

arg z 3 =

π

2

,

arg z 4 = −

π

2

,

arg z 5 =

π

4

,

arg z 6 = −

3π . 4

На рисунке 3 стрелками показано, в каком направлении нужно отсчитывать главный аргумент. Модули этих чисел соответственно равны: 2 r1 = 12 + 02 = 1 , r2 = (− 12 ) + 02 = 1 , r3 = 0 2 + 12 = 1 , r4 = 0 + (− 1) = 1 , r5 = 12 + 12 = 2 ,

r6 =

Поэтому имеем: z1 = cos 0 + i sin 0 , z3 = cos

π 2

+ i sin

π 2

,

π π⎞ ⎛ z5 = 2 ⎜ cos + i sin ⎟ , 4 4⎠ ⎝ Для чисел z7 , z8 имеем:

(− 2 ) + (− 2 ) 2

2

= 2.

z2 = cos π + i sin π ,

⎛ π⎞ ⎛ π⎞ z4 = cos⎜ − ⎟ + i sin ⎜ − ⎟ , ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎛ ⎛ 3π ⎞ ⎛ 3π z6 = 2⎜⎜ cos⎜ − ⎟ + i sin ⎜ − ⎝ 4 ⎝ ⎝ 4 ⎠

⎞⎞ ⎟ ⎟⎟ . ⎠⎠

9

(− 1 ) + ( 3 )

π 3 = − 3 . Следовательно, ϕ 7 = − + πk . Чтобы −1 3 найти главное значение аргумента z7 , надо взять k = 1 , так как точка z7 лежит r7 =

2

2

tg ϕ 7 =

= 2;

во втором квадранте, т.е.

2π 2π 2π . Поэтому z7 = 2⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ . 3 3 3 3 ⎠ ⎝ Аналогично рассуждаем для числа z8 :

π

arg z 7 = −

+π =

2

2 3⎞ ⎛1⎞ ⎛ ⎟ = 1, r8 = ⎜ ⎟ + ⎜⎜ − ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎟⎠

tg ϕ 8 = − 3 , ϕ 8 = −

π 3

+ πk .

π

Так как точка z8 находится в четвёртом квадранте, то k = 0 , arg ϕ 8 = − . 3

π π Итак, z8 = cos⎛⎜ − ⎞⎟ + i sin ⎛⎜ − ⎞⎟ . ⎝

Пример 6.

3⎠

⎝

3⎠

Вычислить:

а) (− 1 + i 3 ) ; 60

12

⎛ −1− i 3 ⎞ ⎟ ; б) ⎜⎜ ⎟ − i 1 ⎝ ⎠

Решение: а) Представим число z = −1 + i 3 в тригонометрической форме:

r=

(− 1)2 + (

3

)

2

= 2 , tg ϕ = − 3 → ϕ =

5π 5π 5π . Тогда − 1 + i = 2⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ . 6 6 ⎠ 6 ⎝

Применяя формулу (13), получим:

(− 1 + i 3 )

⎡ ⎛ 5π ⎞ 5π ⎞⎤ ⎛ 60 60 = 260 ⎢cos⎜ 60 ⋅ ⎟⎥ = 2 (cos 50π + i sin 50π ) = 2 . ⎟ + i sin ⎜ 60 ⋅ 6 6 ⎝ ⎠⎦ ⎠ ⎣ ⎝ б) Запишем числа z1 = −1 − i 3 и z2 = 1 − i в тригонометрической форме: 2 π π 2π 2 r1 = z1 = (− 1) + − 3 = 2 , tg ϕ1 = 3 , ϕ1 = + πk , arg z1 = − π = − , 3 3 3 ( k = −1 , т.к. точка лежит в III четверти). 60

(

)

r2 = z2 = 12 + (− 1) = 2 , tg ϕ 2 = −1 , ϕ 2 = − 2

( k = 0 , т.к. точка лежит в IV четверти). Имеем: ⎡ ⎛ 2π ⎞ ⎛ 2π z1 = 2 ⎢cos⎜ − ⎟ + i sin ⎜ − ⎝ 3 ⎣ ⎝ 3 ⎠

⎞⎤ ⎟⎥, ⎠⎦

⎡ ⎛ π⎞ ⎛ π ⎞⎤ z2 = 2 ⎢cos⎜ − ⎟ + i sin ⎜ − ⎟⎥. ⎝ 4 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 4⎠

Тогда по формуле (13) имеем:

π

4

+ πk , arg z 2 = −

π

4

+π0 = −

π

4

,

10 12

12

⎛ −1− i 3 ⎞ ⎟ ⎜ ⎜ 1− i ⎟ ⎠ ⎝

⎛ ⎡ ⎛ 2π ⎞ ⎛ 2π ⎞⎤ ⎞⎟ ⎜ 2 ⎢cos⎜ − 12 ⎟⎥ ⎟ + i sin ⎜ − ⎛ ⎡ ⎛ 2π π ⎞ 2π π ⎞⎤ ⎞ ⎜ ⎣ ⎝ 3 ⎠ ⎛ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎟ = ⎜⎜ 2 ⎢cos⎜ − + ⎟⎥ ⎟⎟ = + ⎟ + i sin ⎜ − =⎜ 3 4 3 4 ⎠⎦ ⎠ ⎤⎟ ⎡ ⎛ π⎞ π ⎞ ⎛ ⎝ ⎠ ⎝ ⎣ ⎝ ⎜ 2 ⎢cos⎜ − ⎟ + i sin ⎜ − ⎟⎥ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 4 ⎠⎦ ⎠ ⎣ ⎝ 4⎠ ⎝ 12

⎡ ⎛ 5π ⎞ ⎛ 5π ⎞⎤ 6 6 6 = 2 ⎢cos⎜ − ⎟⎥ = 2 [cos(− 5π ) + i sin (− 5π )] = 2 (− 1) = −2 ⎟ + i sin ⎜ − 12 12 ⎠⎦ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ 6

. Пример 7. а) Вычислить: 4 1 − i ; б) Решить уравнение z 3 + i = 0 ; Решение. а) Представим число 1 − i в тригонометрической форме: 1 − i = 1 + (− 1) = 2 ; arg(1 − i ) = arctg(− 1) = − 2

π

⎡

π

4

(число лежит в четвёртой

π ⎤

четверти) ⇒ 1 − i = 2 ⎢cos⎛⎜ − ⎞⎟ + i sin⎛⎜ − ⎞⎟⎥ . 4 4 ⎣

⎝

⎝

⎠

⎠⎦

Следовательно, по формуле (15), получим:

π π ⎛ ⎞ − + 2πk − + 2πk ⎟ ⎜ ⎟, k = 0,1,2,3. wk = 4 1 − i = 8 2 ⎜ cos 4 + i sin 4 4 4 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Полагая k = 0,1,2,3 , найдём все значения корня и запишем их в показательной форме: π

−i ⎡ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞⎤ w0 = 2 ⎢cos⎜ − ⎟ + i sin ⎜ − ⎟⎥ = 8 2l 16 ; ⎝ 16 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 16 ⎠ 7π 7π 7π ⎤ 8 − i 16 ⎡ 8 w1 = 2 ⎢cos ; + i sin ⎥ = 2l 16 16 ⎦ ⎣ 8

15π

15π ⎤ 8 i 16 ⎡ 15π w2 = 2 ⎢cos = 2l ; + i sin 16 16 ⎥⎦ ⎣ 9π 23π 23π ⎤ 8 ⎡ ⎛ 9π ⎞ ⎡ ⎛ 9π ⎞⎤ 8 −i 16 2 cos + i sin sin w3 = 8 2 ⎢cos i = 2 l . = − + − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ 16 16 ⎥⎦ ⎣ ⎝ 16 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 16 ⎠ 8

Отметим, что точки w0 , w1 , w2 , w3 являются вершинами квадрата (см. рис.5). б) Разрешим уравнение относительно z , тогда z = 3 − i . π π Так, как − i = cos⎛⎜ − ⎞⎟ + i sin ⎛⎜ − ⎞⎟ , то ⎝

2⎠

⎝

2⎠

11 π π ⎛ ⎞ − + 2πk − + 2πk ⎟ ⎜ ⎟, k = 0,1,2. zk = 3 − i = 3 1⎜ cos 2 + i sin 2 3 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Или в алгебраической форме имеем: ⎡ ⎛ π⎞ 3 1 ⎛ π ⎞⎤ z0 = ⎢cos⎜ − ⎟ + i sin ⎜ − ⎟⎥ = −i ; 2 2 ⎝ 6 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 6⎠

π

π

= i; 2 2 7π 7π 3 1 z2 = cos + i sin =− −i ; 6 6 2 2 Числа z0 , z1 , z2 являются вершинами правильного треугольника (см. рис.6). z1 = cos

+ i sin

y

y z1

w2

w1

0

x

w3

w0

x z2

рис. 5.

z0

рис.6.

Пример 8. Определить, какие множества точек удовлетворяют заданным неравенствам: π

z+2 3 ≤ arg( z + 1 − i ) ≤ π ; б) ≤ 1; 2 4 z−2 д) z + c + z − c ≤ 2a, a > c > 0 .

а) −

в) Im z 2 > 2 ;

1 1 г) Re⎛⎜ ⎞⎟ = ; ⎝z⎠

4

Решение: а) Комплексное число

z + 1 − i = z − (− 1 + i )

изображается вектором с началом в точке −1 + i , а конец – в точке z . Угол между этим вектором и осью ОХ есть arg( z + 1 − i ) , и он меняется в пределах от −

−

π 2

π 2

3 4

до π . Следовательно, данное неравенство определяет угол между прямыми, выходящими из точки − 1 + i и образующими с осью ОХ углы в 3 4

и π радианов (см. рис. 7).

12 б) Умножим обе части неравенства на z − 2 , получим равносильное неравенство z+2 ≤ z−2 . Возведём обе части неравенства в квадрат и раскроем скобки, положив z = x + iy :

(x + 2)2 + y 2 ≤ ( x − 2)2 + y 2 4 x ≤ −4 x ,

x ≤ 0.

Следовательно, искомое множество – левая полуплоскость, включаю границу x = 0 (см. рис. 8). y

y

0

x

0

рис. 7.

x

рис. 8.

в) Положив z = x + iy , получим

z 2 = ( x + iy ) = (x 2 − y 2 ) + i 2 xy . 2

Следовательно, Im z 2 = 2 xy . По условию 2 xy > 2 или xy > 1 . Равенство xy = 1 или y =

1 задаёт гиперболу, ветви которой x

располагаются в 1 и 3 квадрантах. Непосредственной проверкой убеждаемся, что искомое множество точек располагается над гиперболой в 1 квадранте и под гиперболой в 3 квадранте (см. рис. 9). г) Пусть z = x + iy . Имеем: x − iy x − iy x ⎛1⎞ Re⎜ ⎟ = Re = 2 . = Re 2 2 (x + iy )( x − iy ) x +y x + y2 ⎝z⎠

По условию:

13 1 x = или 2 4 x +y

x2 + y 2 − 4x = 0 .

2

Это окружность ( x − 2)2 + y 2 = 4 (см. рис. 10). д) z + c - расстояние между точками z и − c ; z − c - расстояние между точками z и c . По условию сумма расстояний от точки z до двух данных точек z1 = −c и z 2 = c есть величина постоянная. Значит, точка z лежит внутри эллипса, уравнение которого имеет вид: x2 y 2 + = 1, a 2 b2

где b 2 = a 2 − c 2 . Отметим, что уравнение эллипса можно было вывести непосредственно, полагая, как и раньше, z = x + iy и возводя в квадрат (рис. 11). y

y

0

x

0

рис. 9.

2

рис. 10. y b 0

рис. 11.

a

x

4

x

14 Решите самостоятельно: 1) Представить в комплексной форме и изобразить на комплексной плоскости: г) z4 = 2 − i 2 . а) z1 = −2 + 2 3i ; б) z2 = 27i ; в) z3 = −1 + i ; 2) Решить уравнение и изобразить решения: а) z 8 + i = 0 ; б) z 6 − i + 3 = 0 ; в) z 5 + i 3 + 3 = 0 ; г) z 7 = 1 ; д) z 6 − 4 z 3 + 8 = 0 . 3) Вычислить: а) (1 + i 3 ) ; 60

б) (− 2 + 2i ) ; 6

11 ( 1 + i) в) ; г) 12

(

3 −i

)

(

)

8

3+i 3 ;

4) Изобразить множества точек, заданных условиями: а) 2 < z − a < 7 ; б)

z−4 ≥ 1 ; в) z − 2 − z + 2 > 3 ; z −1 е) z − 3 Im z = 6 .

г) z < 1 − Re z ;

д) z − z1 = z − z2 ; 5) Указать, какие линии определяются следующими уравнениями: 2 а) z 2 + z = 1 ; б) z − 3 Im z = 6 ; в) Re(z 2 − z ) = 0 ; г) Re(1 + z ) = z ; д) Im (z 2 − z ) = 2 − Im z . 6) Представить в показательной форме комплексные числа:

π а) –2; б) 2i ; в) 1 + i ; г) − 1 − i 3 ; д) sin α − i cosα , ⎛⎜ < α < π ⎞⎟ ; ⎝2

⎠

е) 5 + 3i .

15

§ 3. Функции комплексного переменного. Определение 7. Говорят, в области D определена функция w = f ( z ) , если каждой точке z ∈ D поставлено в соответствие одно (однозначная функция) или несколько (многозначная функция) значений w . Пусть z = x + iy , w = u + iv . Тогда зависимость w = f ( z ) между комплексной функцией w и комплексной переменной z может быть описана с помощью двух действительных функций u, v двух действительных переменных x, y : u = u ( x, y ) , v = v ( x, y ) . Геометрически функция w = f ( z ) осуществляет отображение точек комплексной плоскости z на соответствующие точки комплексной плоскости w. Пусть в плоскости z кривая задана уравнением F ( x, y ) = 0 . Чтобы найти уравнение образа Φ(u , v ) = 0 этой кривой в плоскости w при отображении с помощью функции w = f ( z ) = u + iv , нужно исключить x и y из уравнений: ⎧ u = u ( x, y ) ⎪ ⎨ v = v ( x, y ) ⎪ F ( x, y ) = 0 ⎩

Если кривая задана параметрическими уравнениями: ⎧ x = x(t ) ⎨ ⎩ y = y (t )

или

z = z (t ) = x(t ) + iy (t ) ,

то параметрические уравнения её образа при отображении w = f ( z ) = u + iv будут: ⎧u = u[x(t ), y (t )] = U (t ) . ⎨ ⎩ v = v[x(t ), y (t )] = V (t )

Пример 9. Найти образ кривой: а) z = 1 при отображении w = z 2 z z

б) z = R cos t + iR sin t (0 ≤ t ≤ 2π ) при отображении w = . Решение: а) Пусть z = x + iy , w = u + iv ⇒ w = ( x + iy )2 = x 2 − y 2 + i 2 xy , тогда u = x 2 − y 2 , v = 2 xy . Исключая x и y из уравнений ⎧u = x 2 − y 2 ⎪ ⎨ v = 2 xy , ⎪ x2 + y2 = 1 ⎩

получим u 2 + v 2 = 1 . Итак, образом единичной окружности z = 1 в плоскости z является окружность u 2 + v 2 = 1 в плоскости w , проходимая дважды. Это следует из того, что при отображении w = z 2 , Arg w = 2 Arg z + 2πk . Поэтому, когда точка z

16 описывает полную окружность z = 1 , то её образ описывает окружность w = 1 дважды. б) Данное уравнение окружности можно записать в виде x = R cos t , y = R sin t , 0 ≤ t ≤ 2π . Выделим действительную и мнимую части функции w = u + iv . Имеем: z z2 x 2 − y 2 + i 2 xy x 2 − y 2 2 xy u + iv = = = = 2 +i 2 . 2 2 2 x +y x +y x + y2 z z⋅z

⎧ x2 − y 2 u = ⎪ x2 + y2 Отсюда ⎪⎨ ⎪v = 2 xy ⎪⎩ x2 + y 2 Подставляя x = R cos t , y = R sin t в u и v , получим параметрические

уравнения образа окружности: ⎧ cos 2 t − sin 2 t u = cos 2t = ⎪⎪ 2 2 cos sin t t + ⎨ ⎪ v = 2 cos t ⋅ sin t = sin 2t ⎪⎩ cos 2 t + sin 2 t

или u 2 + v 2 = 1 .

Итак, образ есть единичная окружность, проходимая дважды. Приведём основные элементарные функции комплексного переменного: 1) l z = l x + iy = l x (cos y + i sin y ) . (16) Приведём основные свойства показательной функции: а) l z + z = l z ⋅ l z ; б) l z + 2 kπi = l z , то есть T = 2πi - период; в) l z ≠ 0, z ≠ ∞ . 1

2

1

2

liz − l − iz ; 2i liz + l − iz cos z = ; 2

2) sin z =

sin z ; cos z cos z ; ctg z = sin z

tg z =

(17)

Можно показать, что формулы, связывающие тригонометрические функции действительного и комплексного переменного совпадают, но в отличие от функций действительного переменного функции sin z и cos z не являются ограниченными по модулю единицей, а могут принимать любые комплексные значения. Например, sin iπ =

l − π − lπ lπ − l −π , sin iπ = ≈ 11,55 > 1 . 2i 2

3) Гиперболические функции l z − l−z 2 ; z l + l −z ch z = 2

sh z =

sh z ch z . ch z cth z = sh z th z =

(18)

17 Можно показать, что тригонометрические и гиперболические функции связаны между собой равенствами: cos iz = ch z , sin iz = i sh z , (19) ch iz = cos z , sh iz = i sin z . 4) Логарифмическая функция Ln z , где z ≠ 0 , определяется как функция, обратная показательной, причём: Ln z = ln z + ia rg z + 2πki, k = 0,±1,±2... (20) Эта функция является многозначной. Главным значением Ln z называется то значение, которое получается при k = 0 , оно обозначается: ln z = ln z − ia rg z (21) Справедливы следующие соотношения: ⎛z Ln⎜⎜ 1 ⎝ z2

Ln( z1 ⋅ z 2 ) = Ln z1 ⋅ Ln z 2 ;

⎞ ⎟⎟ = Ln z1 − Ln z 2 ; ⎠

Ln z n = n Ln z + 2πki, k = 0,±1,... .

5) Общая степенная функция w = z a , a = α + iβ определяется соотношением: (22) z a = l a Ln z z 6) Общая показательная функция w = a ( a ≠ 0 - любое комплексное число) определяется равенством: (23)

a z = l zLna

7) Обратные тригонометрические функции Arc sin z, Arc cos z, Ar ctg z определяются как функции, обратные соответственно к sin z , cos z , tg z . Все они являются многозначными и выражаются через логарифмические функции:

( Arc cos z = −i Ln (z +

) − 1)

Arc sin z = −i Ln iz + 1 − z 2 z2

(24)

i 1 + iz A rcth z = − Ln 2 1 − iz

Пример 10. функций 1) z1 = l 2+i ;

Найти модуль и главное значение аргумента данных 2) z 2 = l 5−12i ;

3) w = cos z в точке z1 =

π 2

+ i ln 2 .

Решение: 1) Воспользуемся показательной формой комплексного числа z = z ⋅ l i arg z , arg z ∈ (− π , π ] . Так как z1 = l 2+i = l 2 ⋅ l i , 1 ∈ (− π , π ] , то z1 = l 2 , arg z1 = 1 . 2) z 2 = l 5−12i = l 5 ⋅ l −12i . Так как − 12 ∉ (− π , π ] , то воспользовавшись периодичностью показательной функции (T = 2πi ) , будем иметь: z 2 = l 5 ⋅ l −12i = l 5 ⋅ l i (−12+ 4π ) , − 12 + 4π ∈ (− π , π ], поэтому z 2 = l 5 , arg z 2 = −12 + 4π . 3) Так как z = x + iy , то

18 cos z = cos( x + iy ) = cos x ⋅ cos iy − sin x ⋅ sin iy .

Воспользовавшись формулами (19), получим: cos z = cos x ⋅ ch y − i sin x ⋅ sh y . Поэтому:

(

)

cos z = cos 2 x ch 2 y + sin 2 x sh 2 y = cos 2 x ch 2 y + sh 2 y 1 − cos 2 x =

(

)

= cos 2 x ch 2 y − sh 2 y + sh 2 y = cos 2 x + sh 2 y

Полагая z = cos z z=

π 2

π 2

+ i ln 2 , то есть z =

+ i ln 2

= cos 2

Найдём аргументы:

π 2

π 2

.

, y = ln 2 , имеем:

+ sh 2 (ln 2 ) = sh (ln 2 ) =

l

ln 2

−l 2

− ln 2

=

1 2 = 3. 2 4

2−

π

1 2− ln 2 − ln 2 l l − 2 ⋅ 2 tg π = −∞ . =− ln 2 − ln 2 1 2 π l +l cos 2+ 2 2 π 3 π cos z = ; arg cos z =− ; ϕ = − . Итак, π π 2 2 z = + i ln 2 4 z = + i ln 2 2 4 − sin x sh y tg ϕ = =− cos x ch y

sin

Пример 11. Найти действительную и мнимую часть: а) cos(3i + π ) ; б) 2 z . Решение: а) Согласно формулам (17), имеем: 2

cos(3i + π ) =

(

l i (3i +π ) + l − i (3i +π ) 1 −3+πi 1 = l + l 3−πi = l −3 (cos π + i sin π ) + l 3 (cos π − i sin π ) = 2 2 2

(

)

(

)

)

1 − l −3 − l 3 = − ch 3; 2 Re cos(3i + π ) = − ch 3; Im cos(3i + π ) = 0 =

б) Используя формулу (23), получим: 2

2z = lz

= l (x

2

2

Ln 2

)

=l

+ y 2 ln 2 − 4 kπxy

Re 2 = l (x Im 2 z = l (x

)

( x + y )2 [ln 2 + i arg 2 + 2 kπi ]

[cos(2kπ (x

z2

2

− y 2 ln 2 − 4 kπxy

2

2

− y 2 ln 2 − 4 kπxy

)

= l (x

2

)

− y 2 + 2 ixy ( ln 2 + 2 kπi )

= l (x

) ) ( ( ⋅ cos(2kπ (x − y ) + 2 xy ⋅ ln 2 ); ⋅ sin (2kπ (x − y ) + 2 xy ⋅ ln 2 ) . 2

2

)

( (

)

− y 2 + 2 xy ln 2 + i sin 2kπ x 2 − y 2 + 2 xy ln 2 2

2

2

2

Пример 12. Вычислить: а) i i ; б) Ln(−1 − i ) ; в) ln (− i ) ; г) (1 − i )3− 3i . Решение: а) По определению:

)

+ y 2 ln 2 − 4 kπxy + i 2 kπ x 2 − y 2 + 2 ln 2 xy

)]

)=

19

i =l i

=l

i Ln i

i (ln i + i arg i + 2πki )

=l

π ⎛ ⎞ i ⎜ ln 1+ i + 2πki ⎟ 2 ⎝ ⎠

=l

⎛π ⎞ i 2 ⎜ + 2πk ⎟ ⎝2 ⎠

=l

⎛π ⎞ −⎜ + 2πk ⎟ ⎝2 ⎠

;k ∈ Z .

б) ln(− 1 − i ) = ln − 1 − i + i arg(− 1 − i ) + 2πki = ln 1 + 1 + i arctg1 + 2πki = 3π + 2πki; k ∈ Z , 4 т.к. точка −1 − i лежит в третьем квадранте. = ln 2 − i

в) ln(− i ) = ln − i + i arg(− i ) = ln 1 − i

г)(1 − i )

3− 3i

=l =l

=l

(3−3i ) Ln (1−i )

=l

3 ln 2 −

3π 3π ⎞ ⎛ + 6πk + i ⎜ 6πk − −3 ln 2 ⎟ 4 4 ⎠ ⎝

3 ln 2 −

3π + 6πk 4

3 2

=2 l

6πk −

3π 4

π

=−

2

π

2

i;

(3−3i )(ln 1−i + i arg (1−i )+ 2πki )

=l

3 ln 2 −

3π + 6πk 4

=l

(3−3i )(ln

2 + i arctg ( −1)+ 2πki

⎛

) = l (3−3i )⎜⎝ ln

π ⎞ 2 − i + 2πki ⎟ 4 ⎠

=

⎡ ⎛ 3π 3π ⎞⎤ ⎛ ⎞ ⎢cos⎜ 6πk − 4 − 3 ln 2 ⎟ − i sin ⎜ 6πk − 4 − 3 ln 2 ⎟⎥ = ⎠⎦ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝

⎡ ⎛ 3π ⎞⎤ ⎞ ⎛ 3π ⎢cos⎜ 4 + 3 ln 2 ⎟ − i sin ⎜ 4 + 3 ln 2 ⎟⎥ = ⎠⎦ ⎠ ⎝ ⎣ ⎝

⎡ ⎛ 3π ⎞⎤ ⎛ 3π ⎞ ⎢cos⎜ 4 + 3 ln 2 ⎟ − i sin ⎜ 4 + 3 ln 2 ⎟⎥, k ∈ Z ⎠⎦ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝

Пример 13. Решить уравнения: а) ch z = i ; б) sin z = 0 ; в) sin z − i sh z = 0 . Решение: а) Перепишем данное уравнение в виде: на l z , получим:

l z + l−z 1 = i или l z + z = 2i . Умножая 2 l

l 2 z − 2il z + 1 = 0 ,

обозначим l z = t , тогда решая уравнение

t 2 − 2it + 1 = 0 ,

получим его корни:

(

)

t1, 2 = i ± 2 = i 1 ± 2 .

Остаётся теперь решить два уравнения:

(

)

lz = 1± 2 i .

Так как для функции w = l обратной является функция z = Ln w , то решениями последнего уравнения : z = Ln (1 ± 2 )i или z

(

) ( (

))

(

)

z = ln 1 ± 2 i + i arg 1 ± 2 i + 2πki = ln 1 ± 2 ± i

π

2

+ 2πki, k ∈ Z .

l iz − l − iz 1 = 0 , или l iz − l −iz = 0 , l iz − iz = 0, l 2iz = 1 . Так как 2i l z функция l периодическая с периодом 2πi , то равенство возможно, если

б) sin z = 0 или

20 2iz = 0 + 2πki или z = πk , k ∈ Z . Эти уравнения sin x = 0 . 3) sin z − i sh z = 0 .

решения совпадают с решением

Воспользуемся формулами (17), (18), тогда l iz − l − iz l z − l−z −i = 0 или l iz − l −iz + l z − l − z = 0 . 2i 2

Перепишем это уравнение в виде: 1⎞ l z + l iz ⎛ 1 l iz + l z − ⎜ iz + z ⎟ = 0 ⇒ l iz + l z − z iz = 0 l l l ⎠ ⎝l

Преобразуем это уравнение

1 ⎞ l z ⋅ l iz − 1 ⎛ iz z l + l ⎜1 − z iz ⎟ = 0, l + l ⋅ z iz = 0 . l ⋅l ⎝ l ⋅l ⎠ z iz Так как l ⋅ l ≠ 0 , то: 1) l z + l iz = 0 ⇒ l iz = −l z ⇒ l iz = l z +πi .

(

iz

z

)

(

)

Из последнего равенства, используя периодичность, получим: iz = z + πi + 2πki ⇒ z =

πi (1 + 2k ) i −1

=

π (1 + 2k ) i +1

, k∈Z .

2) l iz ⋅ l z − 1 = 0 ⇒ l (i +1)z = 1 ⇒ (i + 1)z = 2πki ⇒ z =

2πki = nπ (1 + i ), n ∈ Z . 1+ i

Итак, решениями исходного уравнения являются числа: z=

π (1 + 2k ) 1+ i

, k ∈ Z ; z = πn(1 + i ), n ∈ Z .

Решите самостоятельно: 1) Дано отображение w = z 2 . Найти образы: а) x = c ; б) y = c ; в) x = y ; г) z = R ; д) arg z = α . 2) Вычислить значение функций: а) (− 3 − 4i ) ; б) (− 1) ; i

2

в) (3 − 4i )

1+ i

⎛ 3 i⎞ ; г) ⎜⎜ + ⎟⎟ ⎝ 2 2⎠

1+ i

.

3) Вычислить значение функций: а) Ln(3 − 2i ). ; б) Ln(−1 − i ) ; в) Ln i ; г) ln (− 2 + 3i ) ; д) ln i . 1 z

4) Дано отображение w = . Найти образы линий: 1 2

а) z = ; б) Re z = 0 ; в) arg z =

3π ; г) Re z = Im z ; д) z = z . 4

5) Решить уравнения: а) l 2 z + 2l z − 3 = 0 ; б) sin z = πi ; в) ch z = i ; г) sh z + ch z = −2i ; 3 5

д) cos z − sin z = 2 ; е) ctg z = − i . 6) Найти модуль и главное значение аргумента: а) z1 = l 4 − 2i ; б) z2 = l5 + 4i ; в) z3 = −2l3iϕ . 7) Доказать тождества: а) ch iz = cos z ; б) sh iz = i sin z ; в) ch 2 z − sh 2 z = 1 .

21

§4. Дифференцирование функции комплексного переменного. Условия Коши – Римана. Геометрический смысл модуля и аргумента производной. Пусть функция w = f ( z ) определена в некоторой области D комплексного переменного z . Пусть точки z и z + ∆z принадлежат области D . Обозначим: ∆w = f ( z + ∆z ) − f ( z ); ∆z = ∆x + i∆y . Определение 8. Функция w = f ( z ) называется дифференцируемой в точке z ∈ D , если отношение

∆w имеет конечный предел при ∆z → 0 произвольным ∆z

образом. Этот предел называется производной функции и обозначается: f ′( z ) =

dw ∆w = lim dz ∆z → 0 ∆z

(25)

Теорема Коши – Римана. Для того, чтобы функция f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) была дифференцируема в точке z = x + iy , необходимо и достаточно, чтобы: ∂u ∂v = , ∂x ∂y

∂u ∂v =− . ∂x ∂y

(26)

При этом функции u ( x, y ) , v( x, y ) должны быть дифференцируемы как функции действительных переменных x и y . Определение 9. Функция w = f ( z ) называется аналитической в данной точке z ∈ D , если она дифференцируема как в самой точке z , 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 f ( z ) функции имеем: f ′( z ) =

∂v ∂v ∂v ∂u ∂u ∂u ∂v ∂u +i +i = −i = −i = ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y ∂y

(27)

Пусть функция w = f ( z ) аналитическая в окрестности точки z0 , f ′( z0 ) ≠ 0 , отображает произвольную линию C , выходящую из точки z0 , на некоторую линию C ′ , выходящую из точки w0 = f ( z0 ) . Обозначим через ϕ наклон к вещественной оси Ox линии C в точке z0 и ψ - наклон её образа C ′ к вещественной оси Ou в точке w0 . Назовём разность α = ψ − ϕ углом поворота ∆w = k - коэффициентом растяжения кривой C в ∆z точке z0 . Угол поворота α и коэффициент растяжения k для всех кривых,

кривой C в точке z0 , а ∆lim z →0

выходящих из точки z0 один и тот же. Поэтому величины α и k будем называть углом поворота и коэффициентом растяжения самого отображения w = f ( z ) в точке z0 . Можно доказать, что α = arg f ′( z0 ) . (28) k = f ′( z0 ) ,

22

Пример 14. Проверить, является ли f ( z ) аналитической функцией, в случае положительного ответа, найти её производную: б) f ( z ) = (x 2 − y 2 + 3x + y ) + i(2 xy − x + 3 y ) ; а) f ( z ) = 3iz 2 − 4 ; в) f ( z ) = (z ) . 2

Решение: а) f ( z ) = 3i( x + iy )2 − 4 = −6 xy − 4 + i (3x 2 − 3 y 2 ) , поэтому u ( x, y ) = −6 xy − 4 ; v ( x, y ) = 3 x 2 − 3 y 2 . Условия Коши – Римана (26) выполняются во всей плоскости u ′x = −6 y = v ′y ; u′y = −v′x = −6 x . Тогда f ′( z ) = u ′x + iv ′x = −6 y + 6 xi = 6i ( x + iy ) = 6iz . б) Проверим условия (26):

(

u′x = x 2 − y 2 + 3x + y

)′

x

= 2 x + 3 = v′y ;

u′y = −2 y + 1 = −v′x .

Значит, f ( z ) аналитическая во всей плоскости. Производная: f ′( z ) = (2 x + 3) + i (2 y − 1) = 2 z + 3 − i .

в) f ( z ) = (z ) = ( x − iy )2 = x 2 − y 2 − i 2 xy , u ( x, y ) = x 2 − y 2 ; v( x, y ) = −2 xy ; Найдём частные производные: u′x = 2 x ; v′y = −2 x ⇒ u′x ≠ v′y . Значит, функция f ( z ) не является аналитической ни в одной точке плоскости z . 2

Пример 15. Найти коэффициент растяжения и угол поворота при отображении f ( z ) = z 2 + 2 z в точках –1; 0; 1 + i . Решение: Вычислим производную: f ′( z ) = 2 z + 2 . По формуле (28) имеем k = f ′( z0 ) = 2 z0 + 1 = 2

( x0 + 1)2 + y02 ;

α = arg f ′( z0 ) = arg 2(2 z0 + 2) .

а) z0 = 1 → x0 = 1, y0 = 0 ⇒ k = 4,α = arg 4 = 0 ; б) z0 = 0 → x0 = y0 = 0 ⇒ k = 2,α = arg 2 = 0 ; 1 2

в) z0 = 1 + i → x0 = y0 = 1 ⇒ k = 2 5 ,α = arg 2(2 + i ) = arctg . Пример 16. Вычислить, какая часть комплексной плоскости растягивается, а какая сжимается при следующих отображениях: а) w = l z ; б) w = z 3 . Решение:

23 За растяжение и сжатие отвечает а) Найдём производную w′ = l . z x iy x коэффициент k = w′ = l = l ⋅ l = l . Поэтому, будет растяжение, если k > 1 , то есть l x > 1 ⇒ x > 0 . Соответственно, при k < 1 , т.е. l x < 1 ⇒ x < 0 - сжимается. Таким образом, полуплоскость Re z > 0 растягивается, а полуплоскость Re z < 0 сжимается. б) w′( z ) = 3z 2 = 3( x + iy )2 = 3(x 2 − y 2 ) + 6ixy ; z

(

w′( z ) = 9 x 2 − y 2

)

2

(

) (

)

+ 36 x 2 y 2 = 9 x 4 − 18 x 2 y 2 + 9 y 4 + 36 x 2 y 2 = 3x 2 + 3 y 2 = 3 x 2 + y 2 .

Сжатие будет при k = w′( z ) < 1 , то есть 3(x 2 + y 2 ) < 1, x 2 + y 2 < центром в точке O(0,0) , радиуса

1 3

1 - круг с 3

. Растяжение будет при k > 1 , то есть 1 3

растягиваться будет часть плоскости, лежащая вне окружности x 2 + y 2 = . Определение 10. Функция ϕ ( 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: ∆ϕ ( x , y ) =

∂ 2ϕ ∂ 2ϕ + = 0. ∂x 2 ∂y 2

(29)

Если f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) - аналитическая в D , то её вещественная часть u ( x, y ) и мнимая v( x, y ) являются гармоническими в D . Определение 11. Две гармонические функции, удовлетворяющие условиям Коши – Римана (26), называются гармонически сопряжёнными. Таким образом, если f ( z ) = u + iv - аналитическая функция, то u ( x, y ), v( x, y ) - гармонически сопряжённые функции. Пользуясь условиями (26), аналитическую функцию f ( z ) можно с точностью до константы восстановить по её известной действительной или мнимой части. Пример 17. Построить аналитическую функцию по заданной действительной части u = Re f ( z ) = x 3 + 6 x 2 y − 3xy 2 − 2 y 3 , f (0) = 0 . Решение: Найдём f ( z ) , используя условия (26) Коши – Римана u ′x = 3x 2 + 12 xy − 3 y 2 . Так как u ′x = v ′y , то v = ∫ (3x 2 + 12 xy − 3 y 2 )dy = 3x 2 y + 6 xy 2 − y 3 + ϕ ( x ) . Используя второе из условий (26) u ′y = −v ′x , получим:

(

)

6 x 2 − 6 xy − 6 y 2 = − 6 xy + 6 y 2 + ϕ ′( x ) .

Отсюда ϕ ′( x ) = −6 x и ϕ ( x ) = −2 x + C . Итак, 2

3

v = 3 x 2 y + 6 xy 2 − y 3 − 2 x 3 + C .

Поэтому:

(

)

f ( z ) = u + iv = x 3 + 6 x 2 y − 3 xy 2 − 2 y 3 + i 3 x 2 y + 6 xy 2 − y 3 − 2 x 3 + C .

24

Так как f (0) = 0 и z = x + iy , то x = y = 0 , следовательно C = 0 . Если 3 3 3 2 2 расписать z = ( x + iy ) = x − 3xy + i (3x y − y 3 ) , то f ( z ) можно упростить: f ( z ) = x 3 − 3 xy 2 + i (3 x 2 y − y 3 ) + 2(3 x 2 y − y 3 ) − 2i (x 3 − 3 xy 2 ) = z 3 − 2iz 3 = z 3 (1 − 2i ) . Пример 18. Может ли функция u ( x, y ) = sin x ch y быть действительной частью некоторой аналитической функции? Решение: Для того, чтобы u ( x, y ) могла быть действительной частью аналитической функции, она должна быть гармонической, то есть удовлетворять условию (29). Проверим это условие. Вычисляем: u ′x = cos x ch y ; u ′x′ = − sin x ch y ; u ′y′ = sin x ch y . u ′y = sin x sh y ; 2

2

Очевидно, что u ′x′ + u ′y′ = 0 . 2

2

Решить самостоятельно: 1) Найти коэффициент растяжения k и угол поворота α при заданных отображениях w = f ( z ) в заданных точках: π

π

4

2

а) w = l z , z1 = ln 2 + i , z 2 = −1 − i ; б) w = sin z, z1 = 0, z 2 = 1 + i ;

π

в) w = z 3 , z1 = 2 − i, z 2 = 1 + i ; 2

2) Выяснить, какая часть комплексной плоскости растягивается, а какая сжимается при следующих отображениях: 1 z

а) w = l 2 z ; б) w = ln z ; в) w = ; г) w = z 2 . 3) Восстановить аналитическую в окрестности точки z 0 функцию f ( z ) по известной действительной части u ( x, y ) или мнимой части v( x, y ) и значению f (z 0 ) : 1 x , f (π ) = ; 2 π x +y y б) v = arctg , (x > 0) , f (1) = 0 ; x в) v = 2(ch x ⋅ sin y − xy ), f (0) = 0 ;

а) u =

2

г) u = l x ( x cos y − y sin y ), f (1) = 2 ; д) u = x 2 − y 2 + 5 x + y −

y , f (1) = 6 ; x + y2 2

4) Дана действительная функция двух аргументов x и y . Может ли эта функция быть мнимой частью аналитической функции и если да, то найти эту аналитическую функцию: а) ϕ ( x, y ) = cos x ⋅ sh y − sh x sin y ;

25

б) ϕ ( x, y ) = ln (x + y ) + x − 2 y ; в) ϕ ( x, y ) = x 2 − 3 y . 2

2

Ответы: §1. 1. а) 0 ; б) –1; в) 0,7 − 2,4i ; г) 1; д) − 219 (1 + i 3 ); е) 210 (1 + i ) ; ж) 1728; з) 1. 2. а) Re z = − ch 3, Im z = 0 ;

б) Re z = 0, Im z = sh 2 ;

sin 4 - sh2 ; Im z = ; 2 2 2 2 2(cos 2 ch 1 + sin 2 sh 1) 2(cos 2 ch 2 1 + sin 2 2 sh 2 1) 5 17 г) Re z = 0, Im z = −1 ; д) Re z = ; Im z = − ; е) 6 5 2 2 Re z = x + 2 xy, Imz = y − x − y ;

в) Re z =

2

1 + x + y − xy y + x + x 2 + xy − y 2 ; ; Im = z (1 + x )2 + y 2 (1 + x )2 + y 2 20 36 b a б) x = 2 2 ; y = 2 2 ; 3. а) x = ; y = − ; 17 17 a −b a −b

ж) Re z =

π π 2π 2π 2π 3π §2. 1. а) 4⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ ; б) 27⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ ; в) 2 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ ;

3 ⎠ ⎛ π π ⎞ г) 2⎜⎜ cos⎛⎜ − ⎞⎟ + i sin ⎛⎜ − ⎞⎟ ⎟⎟ . ⎝ 4 ⎠⎠ ⎝ ⎝ 4⎠ 3

⎝

2. а) zk = cos б)

в) г) д) 3.

−

π

2

+ 2πk 8

+ i sin

⎝

−

π 2

+ 2πk 8

2

2⎠

⎝

4

4 ⎠

, k = 0,1,...,7 ;

5π 5π ⎛ ⎞ + 2πk + 2πk ⎟ ⎜ ⎟, k = 0,1,...,5 ; zk = 6 2 ⎜ cos 6 + i sin 6 6 6 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − 5π − 5π ⎛ ⎞ + 2πk + 2πk ⎟ ⎜ ⎟, k = 0,1,...,4 ; z k = 10 12 ⎜ cos 6 + i sin 6 5 5 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2πk 2πk z k = cos + i sin , k = 0,1,...,6 ; 7 7 8k + 1 8k + 1 ⎞ 2 8k − 1 8k − 1 ⎞ ⎛ ⎛ z 1k = 2 ⎜ cos π + i sin π ⎟; z k = 2 ⎜ cos π + i sin π ⎟, k = 0,1,2 . 12 12 12 12 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 60 а) 2 ; б) − 512 ; в) 1296 ; г) 512i ;.

26 2

1 2

5. а) гипербола x 2 − y 2 = ;

9⎞ ⎛ ⎜y+ ⎟ x2 гипербола ⎝ 42 ⎠ − =1; 2 ⎛3⎞ ⎛3 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎝4⎠ ⎝ ⎠

б)

2

1 1 в) гипербола ⎛⎜ x − ⎞⎟ − y 2 = ; г) парабола y 2 = 2 x + 1 ;

2⎠ ⎝ д) гипербола xy = 1 ; i

iπ

4

π

i

π

6. а) 2l ; б) 2l ; в) 2l ; 2

§3. 1. а) параболы u = C 2 −

4

2

г) 2l

−i

2π 3

; д) 1l

⎛ π⎞ ⎜ α − ⎟i 2⎠ ⎝

; е) 34l

i arctg

3 5

.

v , (C ≠ 0 ) ; полуось v = 0 , u ≤ 0(C = 0 ) ; 4C 2

v2 б) параболы u = 2 − C 2 , (C ≠ 0) , полуось v = 0, u ≥ 0(C = 0) ; 4C г) окружности w = R 2 ; д) луч arg w = 2α . в) полуось u = 0, v ≥ 0 ;

2. а) l г) l

4 − 2πk − arctg + i ln 5 3

(i −1)⎛⎜ π + 2πk ⎞⎟ ⎝6 ⎠

,k ∈ Z ;

б) l

π 2i (1+ 2 k )

,k ∈ Z ;

в) l

⎝

3

⎠

,k ∈ Z ;

,k ∈ Z .

2 3

3. а) ln 13 − i arctg + 2πki, k ∈ Z ; б) ln 2 − i 3 π в) i⎛⎜ + 2πk ⎞⎟, k ∈ Z ; г) i⎛⎜ π − arctg ⎞⎟ ; ⎝2

(1+ i )⎛⎜ ln 5−i arctg 4 + 2πki ⎞⎟

д)

πi

3π + 2πki, k ∈ Z ; 4

.

2⎠ 2 ⎝ 2 2 4. а) окружность u + v = 4 , проходимая по ходу часовой стрелки; б) ось Ov (исключая точку 0), проходимая сначала от 0 до + ∞ , а затем от − ∞ ⎠

до 0; в) луч, идущий по биссектрисе III координатного угла из ∞ в 0; г) биссектриса второго координатного угла, пробегаемая из 0 до ∞ , и биссектриса IV координатного угла, пробегаемая из + ∞ в 0. 5. а) z 2 k = 2kπi; z 2 k +1 = (2k + 1)πi + ln 3, k = 0,±1,... ;

)

(

)

(

б) z 2 k = 2kπ − i ln π 2 + 1 − π ; z 2 k +1 = (2k + 1)π − i ln π 2 + 1 + π , k = 0,±1,... ; 1 1 в) z k = ln (1 + 2 ) + ⎛⎜ 2k + ⎞⎟πi; z k +1 = ln( 2 − 1) + ⎛⎜ 2k − ⎞⎟πi; k = 0,±1,... ; 2⎠

⎝

г) ln 2 + i(2k − 1)π , k = 0,±1,... ; д) −

π 4

⎝

(

2⎠

)

+ 2πk ,−i ln 2 ± 1 k = 0,±1,... ;

1 е) i ln 2 + π ⎛⎜ k + ⎞⎟, k = 0,±1,... .

2⎠ ⎝ 4 6. а) r = l , ϕ гл = −2 ;

б) r = l 5 , ϕ гл = 4 − 2π ; в) r = 2, ϕ гл = 3 − π . π

1 l

π

§4. 1. а) k1 = 2, α 1 = ; k 2 = ; α 2 = − ; 4

2

б) k1 = 1, α 1 = 0; k 2 = ch 1 − sh 1, α 2 = − arctg(th 1 ⋅ tg 1) ; 2

2

27 в) ⎛ π2 ⎞ 4 4π ⎟⎟, α 2 = ϕ − arctg 2 . k1 = 15, α 1 = − − arctg ; k 2 = 3⎜⎜1 + 3 4 ⎠ π −4 ⎝ 2. а) полуплоскость Re z > 0 растягивается; полуплоскость Re z < 0

сжимается; б) в любой точке z ( z ≠ 0 ) , лежащей внутри окружности z = 1 имеет место растяжение, а для точек, лежащих вне этой окружности – сжатие; в) то же, что и в б). 1 z

3. а) f ( z ) = ; б) f ( z ) = ln z ; в) f ( z ) = 2 sh z − z 2 ; i z 4. а) да, f ( z ) = sin z − ch z + C ;

г) f ( z ) = 2l z − l + 2 ;

д) f ( z ) = z 2 + (5 − i )z − .

б) да, f ( z ) = 2i ln z − (2 − i )z + C ; в) нет.

Литература: 1. В. Н. Николенко. Теория аналитических функций. РГУ, 1988. 2. М. Г. Хапланов. Теория функций комплексного переменного. 3. Л. И. Волковыский, Г. Л. Лунц, И. Г. Армянович. Сборник задач по теории функций комплексного переменного. Москва, «Наука», 1970. 4. М. Л. Краснов, А. И. Киселёв, Г. И. Макаренко. Функции комплексного переменного. Операционные исчисления. Теория устойчивости (задачи и упражнения). «Наука», 1971. 5. И. И. Привалов. Введение в теорию функций комплексного переменного. Физматизд, 1960.