Методические указания (1082831), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Линейная функция w = az + b, где a и b – постоянные комплексные числа (a 6= 0). Пусть a = reiα , z = |z|eiψ . Рассмотримдва преобразования, составляющие функцию w:w1 = az,w = w1 + b,w1 = reiα · |z|eiψ = r|z|ei(α+ψ) ,т.е. w1 = r|z|,arg w1 = ψ + α. Значит функция w1 осуществляетпреобразование подобия с центром в начале координат и коэффициентом равным r и поворот вокруг начала координат на уголα.Преобразование w = w1 +b – параллельный перенос с помощьювектора, соответствующего комплексному числу b.Таким образом, при отображении w = az + b нужно вектор zповернуть на угол α = arg a, изменить его длину в r = |a| раз ипараллельно перенести на вектор b.Пример 2.11.Определить область D2 плоскости w, на которую отобразитсяобласть D1 плоскости z функцией w = (1 − i)z + 2i. Область D1 :π|z| ≤ 2, o ≤ arg z ≤4Решение: Представим функцию w = (1 − i)z + 2i = w1 + 2i,√πгде w1 = (1 − i)z.
Коэффициент a = 1 − i, |a| = 2, arg a = − ,4πт.е. w1 осуществляет поворот области D1 на угол − (поворот по4√πчасовой стрелке на ) и растяжение с коэффициентов |a| = 2.4В результате получаем, что область D1 перешла в область D.Заключительный шаг: w = w1 + 2i – это параллельный перенос68КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Аполученной области D на вектор, соответствующий числу 2i(см. рис. 13).КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А69Рис.132. Степенная функция w = z n , n ≥ 2, – целое положительноечисло.Отображает взаимно-однозначно и конформно внутренностьугла с вершиной в начале координат, раствор которого θ не2πпревосходитна внутренность угла с вершиной в начале коорnдинат раствора nθ.Пример 2.12.Определить область D2 плоскости w, на которую отобразитсяобласть D1 плоскости z функцией w = z 2 .
Область D1 :( ππ− ≤ arg z ≤ ,63|z| ≤ 3.πРешение: при отображении w = z 2 луч arg z = − перейдет в670КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Аπππлуч arg w = −2 = − , луч arg z =перейдет в луч arg z =6332π.3|w| = |z|2 = 9 т.е. получим область D2 (см. рис.14):2π π,− ≤ arg w ≤33|z| ≤ 9.КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А71Рис.14Тема 3. Интегрирование функций комплексногопеременного3.1Интеграл от функции комплексного переменного иего свойства.Рассмотрим однозначную функцию f (z), определенную и непрерывную в области D и кусочно-гладкую кривую L, лежащую вD.72Пусть z = x + iy, f (z) = u + iv, где u(x, y), v(x, y) – действительные функции переменных x и y.Можно показать, что вычисление интеграла от функции f (z)комплексного переменного z сводится к вычислению обычныхкриволинейных интегралов, а именноRRf (z)dz = u(x, y)dx − v(x, y)dy+LR L(3.1)+i u(x, y)dy + v(x, y)dx.КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АLИнтеграл от функции комплексного переменного обладает свойствами:1.
ЛинейностиRRRc1 f1 (z) ± c2 f2 (z) dz = c1 f1 (z)dz ± c2 f2 (z)dzLLLгде c1 , c2 – произвольные постоянные,2. АддитивностиRRRf (z)dz = f( z)dz + f (z)dz,L2L1L1 +L2где L1 + L2 – кривая, составленная из кривых L1 и L2 ,3.RRf (z)dz = − f (z)dz,LL−где L− – кривая, совпадающая с L, но проходимая в противоположном направлении,4. Если функция f (z) аналитична в односвязной области D,содержащей точки z0 и z1 , то имеет место формула НьютонаЛейбницаz1Rz1f (z)dz = Φ(z1) − Φ(z0) = Φ(z) ,(3.2)z0z0где Φ(z) – какая-либо первообразная для функции f (z), т.е.Φ′ (z) = f (z) в области D,5. Если кривая L задана параметрическими уравнениямиx = x(t), y = y(t)73начальная и конечная точки дуги L соответствуют значениям параметра t = t0 , t = t1 , тоRLRt1 f (z)dz = f z(t) z ′ (t)dt,(3.3)t0где z(t) = x(t) + iy(t).КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АПример 3.1.RВычислить интеграл (2z − i)dz по параболе y = x2, соединяLющей точки z1 = 0, z2 = 1 + i.Решение: Перепишем подынтегральную функцию в виде 2z −i = 2x−2yi−i = 2x−i(2y+1), т.е.
u(x, y) = 2x, v(x, y) = −(1+2y).Проверим условие Коши-Римана (2.4)∂u= 2,∂x∂v= −2∂y– первое условие не выполняется, т.е. подынтегральная функцияне аналитична. Используем для вычисления интеграла формулу(3.1)RRR(2z − i)dz = 2xdx + (1 + 2y)dy + i 2xdy − (1 + 2y)dx.LLLДля параболы y = x2 имеем dy = 2xdx (0 ≤ x ≤ 1). ТогдаRL(2z − i)dz =R1 022x + (1 + 2x )2x dx+ 4x2 4x4 11 2x3R1 2+i 2x · 2x − (1 + 2x ) dx =+−x = +i24 030021= 3 + i − 1 = 3 − i.33Пример 3.2.R2i 2Вычислить интеграл (3z + 1)dz.i74Решение: Так как подынтегральная функция аналитична всюду ( для проверки достаточно проверить условия (2.11) КошиРимана), то можно применить формулу (3.2) Ньютона-Лейбница2iR2i 23(3z + 1)dz = (z + z) = (2i)3 + 2i − i3 − i =ii= −8i + 2i + i − i = −6i.Теорема Коши.
Интегральная формула Коши.КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А3.2Теорема 3.1. (теорема Коши для односвязной области) Еслиf (z) – аналитическая функция в односвязной области D и C –замкнутый контур , принадлежащий области D, то интегралне зависит от пути интегрирования иHf (z)dz = 0,(3.4)CОпределение 3.1.
Линия называется связной, если из любой ее точки можно пройти по этой линии в любую другую ееточку.Определение 3.2. Порядком связности ограниченной области D называется число связных частей, на которое разбивается ее граница.Например, круг |z| ≤ 3 – односвязная область, а кольцо 1 ≤|z| ≤ 3 – двухсвязная область.Теорема 3.2. (теорема Коши для многосвязной области) Если функция f (z) аналитична в замкнутой области D, ограниченной кривыми L0 , L1 , . .
. , Ln , то интеграл от f (z) по внешнему контуру L0 равен сумме интегралов по внутренним контурам при условии, что обход всех контуров совершается в одномнаправленииRRRf (z)dz = f (z)dz + . . . + f (z)dz.(3.5)L0L1Ln75КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Агде L0 , L1 , . . . , Ln обходится в одну сторону, например, противчасовой стрелки (см. рис. 15).Рис.15Теорема 3.3. (интегральная формула Коши) Если D – односвязная или многосвязная область, ограниченная контуром L,и f (z) – однозначная и аналитическая в D функция, тогда длялюбой точки z0 ∈ D справедлива формулаf (z0 ) =1 R f (z)dz.2πi L z − z0(3.6)76Теорема 3.4.
Если функция f (z) аналитична в области D инепрерывна в D, то во всех внутренних точках области у функции f (z) существуют производные любого порядка, причем справедлива формулаf (n) (z0) =f (z)n! Rdz,2πi L (z − z0)n+1(3.7)КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Агде z0 ∈ D, а L – граница области D.Формулой (3.7) можно пользоваться для вычисления некоторых интегралов.Пример 3.3.Вычислить интегралRLezdz, еслиz 2 − 4z11) L : |z − 1| = , 2) L : |z − 1| = 2, 3) L : |z − 1| = 4.2Решение:11) L : |z − 1| = . В замкнутой области, ограниченной окруж21ностью |z −1| = , подынтегральная функция аналитическая, т.к.2точки, в которых знаменатель обращается в нуль z1 = 0, z2 = 4не входят в область.
Тогда по теореме Коши (3.1)R|z−1|= 12ezdz = 0.z 2 − 4z2) L : |z − 1| = 2. Внутри области, ограниченной окружностью|z − 1| = 2, находится одна точка z1 = 0, в которой знаменательобращается в нуль. Перепишем интеграл в видеR|z−1|=2Rezdz=z 2 − 4z|z−1|=2ezz − 4 dz.zezявляется аналитической в данной области.Функция f (z) =z−477Применяя интегральную формулу Коши (z0 = 0) (3.6), получим ez 1Rezπidz=2πi=−.=2πi−2 − 4zzz−442z=0|z−1|=2КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А3) L : |z − 1| = 4. В области, ограниченной окружностью|z − 1| = 4, имеем две точки z1 = 0, z2 = 4, в которых знаменательподынтегральной функции обращается в нуль.
Применить сразуформулу (3.6) нельзя. Решить задачу можно двумя способами.1на простейшие, получим1 способ. Разложим дробь 2z − 4z1AB=+,z 2 − 4zz−4zНайдем A и B любым способом (например, методом неопределен11ных коэффициентов). A = , B = − , т.е.44111 11=·−· .z 2 − 4z4 z−4 4 zподставляя в интеграл, получимez1 Rez1 R ezdz =dz −dz =z(z−4)4z−44z|z−1|=4|z−1|=4|z−1|=4πi(e4 − 1)12πi 41z z (e − 1) =.− · 2πi(e )== · 2πi(e )4442z=4z=0R2 способ. Построим окружности c1 и c2 с центром в точкахz1 = 0 и z2 = 4 настолько малых радиусов, чтобы окружностиc1 и c2 не пересекались и целиком лежали в круге |z − 1| ≤ 4. Втрехсвязной области, ограниченной окружностями |z − 1| = 4, c1 ,c2 , подынтегральная функция аналитична.
Тогда по теореме 3.2.Коши для многосвязной области (см. рис. 16)R|z−1|=4RRezezezdz =dz +dz.z(z − 4)z(z−4)z(z−4)c1c2КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А78Рис.16К каждому интегралу в правой части применим интегральнуюформулу Коши (3.6). Получим ez ez Rez=dz = 2πi + 2πiz=0z=4z(z−4)z−4z|z−1|=4 1ezπi(e4 − 1)= 2πi −+ 2πi =.442Получен тот же результат, что и первым способом.Пример 3.4.sin 2z3 dzπ|z|=1 z −4πРешение: точка z0 = принадлежит кругу |z| < 1. Применим4формулу (3.7), f (z) = sin 2zR2πisin 2z′′ π = −4πi.dz=(sin2z)=4πi(−sin2z)3πz=z= 4π42!|z|=1 z −4Вычислить интегралR79Тема 4. Ряды Тейлора и Лорана4.1Ряд Тейлора.
Коэффициенты ряда. Разложение функции, аналитической в круге, в степенной ряд.Определение 4.1. Ряд видаc0 + c1 (z − z0) + c2 (z − z0 )2 + . . . + cn (z − z0 )n + . . . =∞Pcn (z − z0 )n ,=(4.1)КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Аn=0где cn и z0 – комплексные постоянные, а z – комплексная переменная, называется степенным рядом в комплексной области.Область сходимости ряда (4.1) есть круг с центром в точке z0и радиусом R : |z − z0 | < R.Теорема 4.1.
Функция f (z) аналитичная в круге |z − z0| < R,разлагается в нем единственным образом в сходящийся к нейстепенной ряд Тейлораf (z) =∞Pn=0cn (z − z0 )n ,(4.2)коэффициенты которого cn вычисляются по формуламR f (z)dz1f (n) (z0)cn ===2πi L (z − z0)n+1n!(n = 0, 1, . . .),(4.3)где L – окружность с центром в точке z0, целиком лежащая вкруге сходимости ряда (4.2) |z − z0 | < R.Радиус сходимости ряда (4.2) будет равен расстоянию от точкиz0 до ближайшей особой точки f (z).Имеют место следующие разложения в ряд Тейлора в окрестности точки z0 = 0.∞ znPz2zne = 1 +z + + ...++ ... =,2!n!n=0 n!zRсх = ∞,(4.4)802n+1z3n zsin z = z − + .
. . + (−1)+ ... =3!(2n + 1)!2n+1∞Pn z(−1)=, Rсх = ∞,(2n+1)!n=0(4.6)КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А2nz2n z+ ... =cos z = 1 − + . . . + (−1)2!(2n)!2n∞Pn z(−1)=, Rсх = ∞,(2n)!n=0(4.5)nz2 z3n−1 z+ ... =ln(1 + z) = z − + − . . . + (−1)23nn∞Pn−1 z(−1)=, Rсх = 1,nn=1(α − 1) 2z + ...+2!α(α − 1) . . . (α − n + 1)++ . . . , Rсх = 1n!при α = −1,(1 + z)α = 1 + α z +∞P1(−1)n z n,= 1 − z + z 2 − . . . + (−1)n z n + . . . =1+zn=0Rсх = 1,∞P12nz n,= 1+ z + z +...+ z + ...
=1−zn=0Rсх = 1.(4.7)(4.8)(4.9)(4.10)Пример 4.1.1.7 − 2zРешение: введем новую переменную t = z −2, выразим z = t+2и подставим в функцию f (z)Разложить по степеням (z − 2) функцию f (z) =f (t) =1111== ·7 − 2(t + 2) 3 − 2t 3 1 − 23 t81в точке z = 2 (t = 0). Воспользуемся формулой (4.10), подставляя2вместо z → t:3 2 2 2 n12111+ t+ t + ...+ t + ... .=f (t) = ·3 1 − 23 t 33334.2КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АСделаем обратную заменуi1h2222n2nf (z) = 1 + (z − 2) + 2 (z − 2) + . . . + n (z − 2) + .
. . .333323Этот ряд сходится при условии (z − 2) < 1, или |z − 2| < , т.е.323радиус сходимости ряда R = .2Ряд Лорана, его область сходимости.Определение 4.2. Рядом Лорана называется ряд видаc−1c−n+...++...+(z − z0)nz − z0+c0 + c1 (z − z0 ) + c2 (z − z0 )2 + . . . + cn (z − z0 )n + . . . =∞∞PPc−nncn (z − z0 ) +=,nn=1 (z − z0 )n=0(4.11)где z0 , cn – комплексные постоянные, а z – комплексная переменная.Ряд (4.11) сходится в области, в которой сходятся ряды∞Pc−nc−1c−2=+...+nz − z0 (z − z0 )2n=1 (z − z0 )∞Pn=0cn (z − z0 )n = c0 + c1 (z − z0 ) + c2 (z − z0 )2 + .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
