Методические указания к выполнению РГР по математичскому анализу, страница 3

вгп — к= — — вЬ 2— 2 2 ., 2 1 3 3 3 2 н'3 1 ег — е г ГЗе'+е г — 1 — сЬ 2 =— 2 2 2 2 2 4( ) 4 1 г г . и'3 3) ~(г) = 1 п (1 — г ), го -- — 1 + 21; Дго) = 1.п (1 — г<,) = 1 п [1 — ( — 1 + 21) ) = Вп (4 + 41) = = 1п (4+ 40 + 1 Аг3 (4+ 41) =1п 4~~2 +1 ~ — + 2йк, й е Я. )4 3. Найти модуль и аргумент числа: [к а) СО — + 1 1П 2 ; б) гО . Е е, ГдЕ гО = ЛЬ '[2 Решение: а) в=сове, в=и(х,у)+га(х,у)„г=х+юу, и=совхсЬу, и = — в(п х вЬ у 1б е) 2 =е' " = е " (сов1п 2+)в[и(п 2) при А = О (главное значение). 2.

Вычислить значение функции и = Дг) в данной точке г,: )ш~ = ~и2+ о~ = сов х сЬ у+вйп х вЬ у; н к . к х = †; у = )п 2; сов — = О; в)п — = 1; 2' ' 2 ' 2 1 )п2+ — 1п2 2+ 2 сЬу =сЬ)п 2= 2 2 4' 1 вЬу=вЬ1п2= — = — =«Ц= Ч— 2 4 (4) 4 ' в(их вЬу тв т = = тв'х ' "в у ~ —" сов х. сЬу 2 н к т.е. агу Г(е)) = — — „где ~(г) = сов г, гс = + 11п 2. о 2" о 2 б) и =ее*, )ш~=(г) ~е')=»)шо)=Ц )е))=и 1=и, Ф к Зк ( н) агу ш =аге(н( е ) = ага'и(+ агде = — +и= — или —— 2 2 ~ 2)' Агв шо= агу шс+ 2к)(, й а Я, где шо=го. е « =и(е = — к(.

г . и 4. Найти модуль и аргумент (- 1) 4г Решение. 1)42 "'2 (и( — 1) ъГ2(1л '-+( (в+ 2йх)) ( (Г2(х+ 2йк)) нри А=О: ( — 1) =е; )(-1) 1= 1 ага(-1) =и'Г2. "Г2 1 Г2в. 'Г2 .Г2 5. Решить уравнения: а) е +(=О; б) в(пг=к(; в) сове=2; г) ьь сЬе д) е ' + е' + 1 = О. 17 Решение. л ) ( я а) е = — ( =» г = 1.п (- () = 1п 1 + ( — — + 2)гл ~ =- 1 — 2 + 2)гл ~ л, )ге Е; при я=О: г= — — (; 2 и — юг б), = л( <=> е 'г+ 2яе г — 1 = О, 21 е" = ш =г и + 2лш — 1 = О, и = — л+ 'Й + 1, ем = — я + 'Й~ + 1 <=> (г = Ьп (- я + 'Й~ + 1) <=> г = Задачи для самостоятельной работы 1. Вычислить значение функции ((г) в данной точке го.

)(г) = е; го = (1 + 1) )л; ~(г) = сов г; го = — + ( 1п 2; 1 е( О г2 Р(г) = в)г г, го — - 1п 3+ ю —, Д(г) =1п (1+.г ), ° 1~ 2 4' (и 2. Вычислить с1л ~ — — 11п 2, найти модуль ~4 1+1 — 1 — ( ~3 Ьп —, Ьп, Ьп ( — 1+ 'Г2 ' 2 и аргумент 2(). 3. Решить уравнения вша=О, сонг=О, в1пг=1, совг=1, в1пг=2, сове=2, впа 4. Решить уравнения е '+ е + 1 = О сов г — — сов г = О, в(п г =— — 2г — г 2 '~2 ° 41 2 ' 3 18 = —.Ьп( — я+ чу + 1) =- — (Ьп (-я+ чл,"'+ 1) (здесь корень 1 'Й2 + 1 — арифметический). 5. Доказать, что з1п г+соз г=1, з1пг=соз — — г .г г . ~я ~2 з1п (г1+ гг) = з1п г1 соз гг+ соя г1 з1п гг, с)т г — зЬ г = 1. 2 2 6. Найти все значения 1-~- ~ (- 1)', —, (- 3+ 41) ', 2 ' Агсз(п 2 Агссоз(.

'( "Г2 7. Доказать, что Агсз1пг= — (Ьп((г+~(1 — г ), 1+(г 1 1+ г Агссоз г = — 1 Ьп (1г + Уг + 1), Агс16 г = — — Ьп = — Ьп— 2 1 — (г 2 (эти формулы необязательно запоминать). 8, Найти все значения Агс12 (1+ 1), Агссое 2, Атс(11(1 — 1), Агсс$6Ь Атоса(1+ 1). 9. Решить уравнение з1п г + соз г = 2.

3. Дифференцирование функций комплексного переменного. Условия Коши — Римана Производной от функции и = Дг) в точке г называется предел отношения приращения функции к приращению аргумента в этой точке при условии, что приращение аргумента стремится к нулю, а предел существует и конечен: Ли, и' (го + Аг) — ы(го) )''(~о) = 1пв — = 1пп аг -~ О ог аг - о Аг Производная от функции комплексного переменного может быть найдена: ди до дп ди 1) по формуле )'(г) .= — +1 — = — +1 —; = дг д = др дг ' до , ди ди ди 2) по формуле 1'(г) = — — 1 — = — — 1 — .

др др дг ду ' (9 ди а) существование и непрерывность частных производных— ах до ди до — — — в точке г; ах ' ау ' ау О' аи б) выполнение условий Коши — Римана:— дх до ди до — — = — — в ау ' ду ах точке гс. Отыскание области аналитичности функции.

Для определения области аналитичности функции Д(г) необходимо: 1) выделить действительную и мнимую части функции Дг) = и(х, у) + )о(х, у); 2) проверить выполнение условий Коши — Римана; 20 Функция называется дифференцируемой в точке г, если она имеет в этой точке конечную производную. Функция Дг) дифференцируется по обычным формулам дифференцирования, известным для функций действительного переменного.

Функция комплексного переменного называется аналитической в области С, если она имеет в каждой ее точке конечную производную (дифференцируемая в каждой точке этой области). Замечание. Аналитичность функции определяется только для открытого связного множества (области), поэтому, если говорят, что функция аналитическая в точке, то зто означает, что она имеет конечную производную в точке и в некоторой окрестности этой точки. Из определения следует, что сумма, произведение и частное двух функций, аналитических в области С, есть аналитическая в этой области, за исключением тех точек, где знаменатель обращается в нуль (в случае частного).

Оказывается, что аналитическая функция имеет производные всех порядков. Следовательно, функции и(х, у) и о(х, у) имеют частные производные любого порядка. Условия Коши — Римана. Чтобы функция ш = Д(г) была дифференцируемой в точке г, необходимо и достаточно: 3) множество тех точек, в которых частные производные ди дс ди до — — — — существуют и выполняются условия Каши— дх ' дх ' ду ' ду Римана, и будет являться областью аналитичности данной функции. Найдем области аналитичности следующих функций: 1. ю=сЬг. Выделим действительную и мнимую части функции: сЬ г = сЬ (х + (у) = сЬ х сов у + 1 вЬ х в1п у; и=сЬхсову; о=вЬхв1пу. Проверим выполнение условий Коши — Римана: ди ди ди ди Так как частные производные —, —, —, — существуют дх ' дх ' ду ' ду во всех точках г и условия Коши — Римана выполнены во всех точках г, то функция и = сЬ г аналитична во всей комплексной плоскости.

2.)(г)=г+г. ((г) = г + г = (х — (у) + (х + (у) = х — (у + х — у + 2ху( = 2 2 2 2 = х+ х — у +1(2ху — у); 2 2 и=хтх — уг„ о = 2ху — у. 2х — 1; ди до — Ф вЂ”. дх ду 2у; 1(г) = г+ г не аналитична ни в одной точке. 3. 1(г) = г е —. 1 г 21 до — = вЬ х сов у; ду ди = сЬ х в1п у; дх ди — = вЬ х сов у; дх ди — = — сЬ х в1п у; ду ди — = 1+2х; дх ди — = — 2у; ду до ду до дх ди до дх ду ' ди до ду дх х — (у х !(г) = х + (у + =х+ +1 у— х2 + уг хг + уг ~ хг- х 2 2 ' У 2 2 х +у х +у ди у — х 2 2 2 дх (, +уг)2' ду (х2 + у2)2 У ду (х2+ у2)2 ' э 2и д. (х2+ 2)2 ди д дх ду ' ди до ду дх 22 Так как лишь только в точке г = О частные производные не существуют, то данная функция аналитична во всех точках, кроме точки г = О.

Самостоятельно найти область аналитичности для следующих Функций: 1. 1(г) = аг — Ьг; з 2. ([г) = 1п г; 3. !(г) = г !г!. Функция двух действительных переменных и(х, у), определенная в области Р, имеющая в этой области непрерывные частные производные до второго порядка включительно, удовди ди 2 2 летворяющие уравнению Лапласа — + — = О, называется гардхг д 2 монической в области Р. Между аналитическими и гармокическими функциями имеется простая связь. Если функпия 1(г) аналитична в области Р, то ее действительная и мнимая части являются гармоническими функциями. Условия гармоничности Функций и = и(х, у) н с = о(х, у) являются необходимыми условиями аналитичности функции )(г) = и(х, у) + !о(х, у), но не достаточными.

В случае односвязной области Р справедливо обратное предложение: всякая гармоническая функция является действительной частью некоторой аналитической функции. Действительно, если и(х, у) — гармоническая функция в области Р, то можно найти такую функцию о(х, у), которая пнями Коши — Римана: ав дн ао дв — = — —; — = —, если заметить, дх ду ' ду дх ' дк и ь) = — удовлетворяют условию дх связана с и(х, у) уравне- а что выражения Р = —— ау ж аР Гад аР а'п а2в — — — =Π— — — = — + — =О ах ау = ~ах ау а ' ау' у д с Зу; — =О; ах2 д с — =О; ду а. — =3+ ах а'".

а'о =ь — + — = О. ах 2 ду2 ао — = 2х; ду Функция с(х, у) удовлетворяет уравнению Лапласа, следовательно, она гармоническая. ас,д Найдем )"(г) по формуле ('(г) = — + ( —. ду дх T(г) = 2х + ЦЗ + 2у) = 3(+ 2(х + (у) = 3) + 2з. 23 Следовательно, 1(г) = и(х, у) + (и(х, у) — аналитическая функция в области Э. Если задана одна гармоническая функция и(х, у) или и(х, у), то можно восстановить аналитическую функцию Дз) = и(х, у) + йКх, у). Действительно, пусть дана функция дп , дк и(х, у), тогда Г'(г) = — — ( —. Зная ) (з), можно найти первообах ау' разную )(г) с помощью интегрирования.

1. Убедиться в том, что существует аналитическая функция г(г), для которой функция и(х, у) = Зх + 2ху может быть мнимой частью, и найти зту функцию. Необходимым условием существования аналитической функции является тот факт, что ее действительная и мнимая части должны быть гармоническими функциями. Проверим, является ли данная функция и(х, у) гармонической: Найдем функцию йг), интегрируя 1"(г): ((г) =1 (3(+ 2г) де = З(г+ г + С. 2.

Восстановить аналитическую функцию 1(г) = и+ (о, если и=е сову и Д2кй=1. Функция и = е сов у является гармонической (необходимое условие аналитичности функции 1(г)), так как ди „ди — =е" сову; — =е сову; ах ' а' ди х. ди 2 — = — е в1пу; — = — е сову ау ' ау' аги аги и — + — =О. ах2 ду2 Найдем производную ди ди х 1 (г) = — — ( — = е сов у+1 е в1п у и выделим г: =а ау= у'(г) = е е" = е '"= е'. Найдем функцию Д(г) по ее производной: йг) = е'+ С.

Вычислим С: ~(2кй = егьч + С = 1 <=> 1 + С = 1 <=> С = О, поэтому Д(г) = е'. Гармонические функции и(х, у) и о(х, у), связанные между собой условиями Коши — Римана, называются сопряженными гармоническими функциями, Сопряженная гармоническая функция определена с точностью до произвольного постоянного слагаемого. Задача отыска- 24 ния сопряженной гармонической функции есть задача интегрирования полного дифференциала. 3. Построить аналитическую Функцию )(г) = и(х, у) +)и(х, у), если Ке Дз) =1п (х + у ) и В) = О Найдем Функцию х У г 2хо о(х, р) = 1щ Г( ) = ~ - —;-" — (х +,, О)р + С = Х +Х~ ХО+О ХО ОО х х + 2агстд -а- + С = — 2 агс1З вЂ” + С1.