Ответы к экзамену, страница 3

Так-то. То есть функция не однолистна в 2.z sin(z), z0 = 0В ддругом номере так "в лоб"уже не выйдет.z1 sin(z1 ) = z2 sin(z2 )14И ω(z) = z, и ω(z) = sin(z) - нечетные функции. Поэтому если z1 = −z2 ,то выражение останется в силе. Таким образом, очевидно, что в любойокрестности точки 0 для любой z найдется точка(в той же окрестности)−z, в которой функция примет то же значение. То есть однолистностинет.Является ли функция ω(z) = z 3 однолистной в каждой точки левойполуплоскости? А во всей левой полуплоскости?z13 = z23 <=> ρ31 e3iϕ1 = ρ32 e3iϕ2Чтобы комплексные числа равнялись друг другу требуется равенствокак модулей, таки аргументов, т.е.: ρ1 = ρ2 , 3ϕ1 = 3ϕ2 + 2πk => ϕ1 =ϕ2 + 32 πk. И мы имеем в левой полуплоскости для достаточно близкихк мнимой оси направлений(не далее от нее, чем π3 ) будет существоватьнаправление, отстоящее на 2π, в котором функция примет то же значе3ние.

Направления эти сливаются в нуле, который из-за строгости неравенства мы не рассматриваем. Для любой точки, очевидно существуетнатакая окрестность, которая не будет содержать отстоящего на 2π3правления. То есть поточечно эта функция будет однолистной. Однакои 4πна всей плоскости - нет, хотя бы потому, что на направлениях 2π33значения совпадут.Является ли изображение конформнымω = z 4 , Imz > 01Обратное к нему отображение, очевидно: z = ω 4 .

В верхней полуплоскости это отображение однолистно поточечно. но не везде сразу(как былопоказано в предыдущем номере), таким образом, обратное к нему будет многозначным и не выйдет никакого взаимо однозначного, то естьконформного отображения. Ч.т.д.ez , Re(z) > 0Очевидно, экспонента функция многозначная, с горизонтальными полосами однолистности, шириной в 2π. Как минимум две такие полосы одновременно попадут в правую полуплоскость, так что во все й плоскостифункция не будет однолистной, а значит опять не получится конформного отображения.Является ли функция Жуковского однолистной в области Rez > 0151111(z1 z2 + 1)(z1 − z2 )(z1 + ) = (z2 + ) <=>=02z12z2z1 z2Отбрасывая скучные случаи в сторону:z1 z2 = 1 <=> ρ1 ρ2 = 1, ϕ1 = −ϕ2То есть это инверсионная симметрия относительно единичной окружности по модулю и зеркальная относительно действительной оси по аргументу.

То есть вблизи точки 1 действительной прямой, как было показанов номере выше, функция не будет даже однолистной в точке 1. Такимобразом, во всей правой полуплоскости функция жуковского не являетсяоднолистной.Пусть F (p) - изображение f (t). Какая функция имеет своимотображением (n)-ую производную F (p)?Z ∞e−pt f (t)dtF (p) =0Из свойств преобразования лапласа можно узнать, что если показательроста подынтегральной функции - a, то при Re(p) > a интеграл в преобразовании будет сходиться равномерно и будет выполнена теорема одифференцировани интеграла по параметру, то есть:Z ∞Z ∞d( n)d−ptF (p) =(−t)e f (t)dt, ( F (p) =(−1)n tn f (t)e−ptdpdpn)00То есть если мы зашли достаточно далеко вправо, чтобы применить нраз подряд теорему о дифференцировании, то первообразной указаннойфункции будет: (−1)n f (t)tnПусть F (p) - изображение f (t).

Считая, что изображение f (n) (t)существует, выразите его через F (p)Если все хорошие условия выполнены, то можно загнать экспоненту поддифференциал и проинтегрировать по частям. Тогда для превой производной, например, будет:0f (t) → pF (p) − f (0)Аналогично для н-ой производной:f (n) (t) → pn [F (p) −nXf ( k)(0)k=016pk]Найдите изображение указанных функцийИными словами, возьмите интегралы.Z ∞Z ∞−1 −pt−pt∞e sin tdt =[e sin t|0 −e−pt cos tdt] =F (p) =p00Z ∞−1−1−1 −pt∞=e−pt (− sin t)dt]] = 2 [−1 + F (p)][0 − 0 −[e cos t|0 −ppp0111F (p)(1 + 2 ) = 2 <=> F (p) = 2ppp +1Ч.т.п.ZF (p) =∞eZ ∞Z−1 −pt n ∞1 ∞ −pt n−1−pt n−1t dt =[e t |0 −e nt dt] =e nt dt =pp 00Z−n!n!n! ∞ −pte dt = n+1 (0 − 1) = n+1= ...

= np 0pp−pt n0Ч.т.п.ZF (p) =∞e0−pt1te dt =[t ∗ e(2−p)t |∞0 −2−p=2tZ∞e(2−p)t dt] =0−11(0 − 1) =2(2 − p)(p − 2)2Ч.т.п.Найдите оригинал функции комплексной переменной:Имеет место обратная задача. С помощью формулы Коши:Z x+i∞1ept F (p)dpf (t) =2πi x−i∞1f (t) =2πiZx+i∞x−i∞eptdp(p − 1)2Для подынтегральной функции выполнено условие леммы жордана, таким образом интеграл будет равен вычету(умноженному на 2πi) подынтугрельной функции в единственной особой точке - 1. Он будет:lim tept = tetp→117Ответ: f (t) = tet1f (t) =2πiZx+i∞x−i∞eptdpp(p − 2)Тут будет сумма двух вычетов первого порядка:f (t) =1e2te2t − 1+=1−222Оставшийся номер - вычет третьего порядка и он равен, очевидно:t2 −t1 d2 pt 1 2 ptte→ee=2 dp222f (t) =t2 −te2ДоказательстваДокажите теорему о связи между последоваетльностямиzn = xn + iyn и xn ,ynpПусть последовательность zn ограничена по модулю.

Тогда x2n + yn2 <M <=> xn < M, yn < M . То есть тогда ограничены и отдельные последовательности.p√ Аналогично, пусть ограничены xn < m, yn < n => |zn | =22xn + yn < m2 + n2 . То есть тогда ограничена по модулю исходнаяпоследовательность.Пусть последовательность zn стремиться к некому z0 , т.е.:p∀ε > 0∃N : ∀n > N : (xn − x0 )2 + (yn − y0 )2 < ε <=>pНо, очевидно, (xn − x0 )2 + (yn − y0 )2 > xn − x0 =>∀ε > 0∃N : ∀n > N : |xn − x0 | < ε∀ε > 0∃N : ∀n > N : |yn − y0 | < εТ.е. тогда существует предел и у малых последовательностей, совпадающий с соответствующими частями общей последовательности. В другуюсторону теорема доказывается очевидно: указываем номер N для каждой из x и y для ε0 = √ε2 , при таких N исходная последовательность:qp22(xn − x0 ) + (yn − y0 ) < 12 2ε2 = ε.

Ч.т.д.Докажите необходимое и достаточное условие дифференцирования.18Пусть функция дифференцируема. Тогда:∃ limz→z0f (z + dz) − f (z)dzРассмотрим отдельно предел при стремлении по действительно и по мнимой оси:f (x + dx, y) − f (x, y)∂f (x, y)lim=dx→0dx∂dx∂f (x, y)f (x, y + dy) − f (x, y)= −ilimdy→0idy∂dyЧтобы функция была дифференцируема в комплексном смысле эти две(x,y)(x,y)производные должны быть равны, т.е.: −i ∂f∂dy= ∂f∂dx<=> −i(Re∂y f +iIm∂y f ) = Re∂x f + iIm∂x f , и пользуясь критерием равенства комплексных чисел, окончательно:Re∂y f = −Im∂x f ∧ Im∂y f = Re∂x fИли, если f = u(x, y) + iv(x, y):uy = −vx ∧ vy = uxВ обратную сторону - пусть выполнены условия Коши-Римана, тогда поопределению дифференцируемости функции(а если мы говорим про еесоотношения Коши-Римана, то она дифференцируема):du + idvux dx + uy dy + α(x, y)vx dx + vy dy + β(x, y)df==+i=dzdx + idydx + idydx + idyИспользуя соотношения К-Р:=ux dx + ux idy ivx dx − vx dyα + iβ++=dx + idydx + idydx + idyo(dz)→ ux + ivxdzПоследнее выражение, очевидно, некая конечная функция и, таким обdfразом, существует предел разностного отношения dz, то есть функциядифференцируема.

Ч.т.д.= ux + ivx +Докажите теорему Коши для односвязной области19Рассмотрим произвольную односвязную область G, такую, что функцияf (z) аналитична целиком в этой области, а также ее граница Γ - простаякривая(кусочно-гладкая без самопересечений). Тогда:ZZZZf (z)dz = (u + iv)(dx + idy) = udx − vdy + i udy + vdxΓΓΓΓто есть Мы имеем тва обыкновенных интеграла от действительных чисел.

Для каждого из них применима формула грина, посокльку аналитичность подразумевает существование непрерывных производных внутри области. Тогда:ZZZZZ∂v ∂u∂u ∂vf (z)dz =(−−)dxdy + i(−)dxdy =∂x ∂y∂yΓGG ∂xИспользуя соотношения Коши-Римана, очевидно, получаем:Zf (z)dz = 0 + i ∗ 0 = 0ΓЧ.т.д.Докажите теорему Коши для многосвязной области.Пусть имеется область, ограниченная снаружи большим контуром Γ0 , авнутри - конечным числом непересекающихся контуров Γi . Тогда, соединим каждый из контуров с границей Γ0 кривыми γi так, чтобы никакиедве получившиеся кривые не пересекались.

Так всегда можно сделатьдля адекватного расположения контуров, но для верности можно вообще включить это в условие теоремы. Теперь мы будем проходить побольшой границе, каждый раз заворачивая на кривые γi и обходя внтуренние контура. Эта область уже будет односвязной и для нее, приусловии аналитичности функции f (z) в области будет применима доказанная выше теорема Коши для односвязной области. Тогда, запишем, сучетом направления обхода и опуская суммирование:ZZZZf (z)dz +f (z)dz ++=0Γ−iΓ+0γi−γi+Последние два интеграла проходятся по одной и той же кривой но сразными знаками и при условии непрерывности функции на границеодин из них равен −другой. Тогда:ZZZZf (z)dz +f (z)dz += f (z)dz = 0Γ+0Γ−iγi+Ч.т.д.20ΓДокажите теорему об аналитичности интеграла с переменнымверхним пределомПусть имеется область G и кусочно-гладкая кривая C, и пусть имеетсяфункция двух переменных ϕ(z, ω), такая, что ∀ω ∈ C ϕ - аналитическаяфункция по z в G.

Тогда:ZZddϕ(z, ω)dωF (z) =ϕ(ω, z)dω, F =dzC dzCЗапишем отдельно действительный и мнимый интегралы, если z = x +iy, ω = χ + iζ:Zu(x, y, χ, ζ)dχ − v(x, y, χ, ζ)dζ = U (x, y)CZu(x, y, χ, ζ)dζ + v(x, y, χ, ζ)dχ = V (x, y)CПродифференцируем каждый из них как действительный интеграл, зависящий от параметра, по параметрам и y, что возможно в предположении дифференцируемости по x, y функции ϕ, а также ее непрерывности(!) по всем 4 переменным, и воспользуемся условиями Коши-Римана:ZZVy =vy dχ + uy dζ =ux dχ − vx dζ = UxCCZVx =Z−uy dχ + vy dζ = −Uyvx dχ + ux dζ =CCОчевидно, эти два равенства суть соотношения Коши-Римана для интеграла, и значит, он является аналитической функцией. Из этих жеравенств следует:ZZFz = Ux + iVx =ux dχ − vx dζ + i ux dζ + vx dχ =CCZ=Zux dω + vx idω =Cϕz (w, z)dωCЧ.т.п.Докажите интегральную формулу Коши для односвязной области21Рассмотрим аналитическую в односвязной области G функцию f (z) ицеликом лежащий внутри области контур Γ(при условии непрерывностифункции на границе, можно взять и границу области), а также некуюf (z)является аналитической всюду вточку z0 внутри нее.

Функция ϕ = z−z0области, за исключением одной точки z0 . Тогда окружим последнюю малым контуром γ, целиком лежащим в G, и воспользуемся многосвязнойтеоремой Коши:ZZf (z)f (z)dz +dz = 0γ − z − z0Γ+ z − z0Или:ZΓ+Zf (z)dz =z − z0γ+f (z)dzz − z0Интеграл слева не зависит от γ, значит, от него не зависит и интегралсправа. Тогда выберем γ - окружностью бесконечно малого радиуса ивоспользуемся непрерывностьюю f (z) в окрестности z0 :ZZ 2πZ 2πf (z)f (z) iϕf (z0 )idϕ = 2πif (z0 )dz =ρie dϕ =ρeiϕΓ+ z − z000То есть:1f (z0 ) =2πiZΓ+f (z)dzz − z0Ч.т.п.Докажите аналитичность интеграла типа Коши.Очевидно, что интеграл Коши - типичный зависящий от параметра интеграл, как из разобранной выше теоремы.

Рассмотрим интеграл типаКоши по границе области от нерперывной на границе и аналитичнойвнутри функции f (z):Zf (χ)1dχf (z) =2πi Γ χ − zЕсли мы возьмем такую замкнутую подобласть G области G, что Растояние от всех точек этой области до нашего контура Γ будет большенуля(то есть область целиком внутри контура или |χ − z| > 0), то подынтегральная функция будет всюду аналитичной в этой области, причемf (χ)ее производная будет: dϕ= (χ−z)2 , также всюду непрерывна по всем пеdzременным внутри новой области.

Тогда будут выполнены теоремы обинтеграле, зависящем от параметра, и функция f (z) будет аналитичной22внутри области, причем можно будет ее продифференцировать и получить:Z1f (χ)(1)f (z) =dχ2πi Γ (χ − z)2Поскольку интеграл справа, очевидно, опять аналитичен в нашей урезанной области, то он является аналитической функцией.