Буров А.Н. - Практикум по спецглавам математики (1250077), страница 2
Текст из файла (страница 2)
ниже пример 9).93. Тригонометрические функции определяются степенными рядамиw = sin z = z −z 2n+1z3+ . . . + (−1)n+ ... ,3!(2n + 1)!(10)2nz2n zw = cos z = 1 − + . . . + (−1)+ ... ,(11)2!(2n)!абсолютно сходящимися на всей комплексной плоскости.Показательная и тригонометрические функции связаны формуламиЭйлера:eiz = cos z + i sin z;e−iz = cos z − i sin z;eiz + e−izcos z =;2eiz − e−izsin z =.2iТангенс и котангенс определяются равенствами(12)(13)(14)(15)sin zcos z, ctg z =.cos zsin zЗаметим, что тригонометрические функции могут принимать любоекомплексное значение (см.
ниже пример 10).tg z =4. Гиперболические функции определяются следующим образом:ez + e−zкосинус гиперболический;а) ch z =2ez − e−zб) sh z =синус гиперболический.2Связь между гиперболическими и тригонометрическими функциямизадается формулами:sh(iz) = i sin z; ch(iz) = cos z;sin(iz) = i sh z; cos(iz) = ch z.Аналогично тригонометрическим, можно ввести гиперболические танsh zch zгенс и котангенс th z =, cth z =.ch zsh z5. Логарифмическая функция определяется как обратная к показательной. Поскольку z = ew имеет период 2πi и областью значений всюкомплексную плоскость, кроме z = 0, логарифм функция многозначная, определенная для всех z 6= 0.Lnz = ln |z| + iArgz = ln |z| + i(arg z + 2kπ), k = 0, ±1, ±2, .
. .10Главным значением логарифма называется значение при k = 0, тоесть ln z = ln |z| + i arg z.Справедливы соотношения: z1= Lnz1 − Lnz2 .Lnz = ln z + 2kπi; Ln(z1z2 ) = Lnz1 + Lnz2 ; Lnz26. Обратные тригонометрические функцииэто функцииw = Arcsinz, w = Arccosz, w = Arctgz, w = Arcctgz,определяемые как обратные соответственно кz = sin w, z = cos w, z = tg w, z = ctg w.Эти функции являются многозначными и могут быть выражены черезлогарифм:p2Arcsinz = −i Ln iz + 1 − z ;(16)p(17)Arccosz = −i Ln z + z 2 − 1 ;i1 + izArctgz = − Ln;21 − iziz+iArcctgz = − Ln.2z−i(18)(19)7. Общая степенная функция функция z a = eaLnz , многозначная,z a = ea ln z главное значение, a = α + βi произвольное комплексноечисло.8.
Общая показательная функция функция az = ezLna , многозначная, ez ln a ее главное значение, a = α + βi 6= 0 произвольное комплексное число.Пример 6. Найти вещественную и мнимую части функцииw = z 2 + z.Решение. w = (x + iy)2 + (x − iy) = (x2 − y 2 + x) + i(2xy − y).Таким образом,u = Re w = x2 − y 2 + x,v = Im w = 2xy − y.11Пример 7. Найти вещественную и мнимую части функцииw = cos(z + 1).Решение.w = cos(z + 1) = cos((x + 1) + iy) == cos(x + 1) cos(iy) − sin(x + 1) sin(iy) == cos(x + 1) ch y + i sin(x + 1) sh y.Таким образом,u = Re w = cos(x + 1) ch y,v = Im w = sin(x + 1) sh y.Пример 8. Найти вещественную и мнимую части функцииw = ez22+z2Решение.
w = e(x+iy) +(x+iy) = e(xПрименив формулу Эйлера, получим2w = ex−y 2 +x.−y 2 +x)+i(2xy+y)2= ex−y 2 +x i(2xy+y)e.cos(2xy + y) + i sin(2xy + y) .Таким образом,22u = Re w = ex −y +x cos(2xy + y),22v = Im w = ex −y +x sin(2xy + y).Пример 9. Найти модуль и аргумент w = ez (∀z ∈ C).Решение.w = ez = ex+iy = ex eiy = ex (cos y + i sin y).(20)q zТаким образом |w| = e = ex cos2 y + sin2 y = ex > 0.Видим, что, в силу произвольности x, |ez | может принимать любоезначение, кроме |w| = 0.Из последней формы записи ez в формуле (20) видим, что Arg w = y.В силу произвольности значения y делаем вывод, что аргумент числа wможет принимать любое значение.Таким образом, область значений функции w = ez вся комплекснаяплоскость, кроме w = 0.Пример 10. Решить уравнение sin z = 2.12Решение. Решением по определению является z = Arcsin 2.
Приведем это значение к алгебраической форме.p2Arcsin 2 = −i Ln 2i + 1 − 2=p√ = −i Ln 2i + − 3= −iLn 2 ± 3 i.√Так как 2 > 3 , справедливы равенстваp p √π 2 ± 3 i = 2 ± 3 , arg 2 ± 3 i = ,2поэтомуπ √ + 2kπ=z = Arcsin 2 = −i ln 2 ± 3 + i2√ π=+ 2kπ − i ln 2 ± 3 , k ∈ Z.2Пример 11. Решить уравнение ez = −3.Решение. Решением являетсяz = Ln (−3) = ln | − 3| + i(arg(−3) + 2kπ) = ln 3 + i(π + 2kπ); k ∈ Z.Задачи для самостоятельного решения11. Найти вещественную и мнимую части функций:a) w = 2z − 1; b) w = z + z 2 ; c) w = z −1 ;2d) w = ez ;e) w = ez ;f) w = ch(z − i);2zg) w = 2 ;h) w = sh z;i) w = tg z.12.
Найти логарифмы следующих чисел:a) − 2; b) i; c) (−1 − i); d) 3 − 2i; e) ii.13. Найти алгебраическую форму следующих комплексных чисел:!1+i√2i√π1+i3 +i√a) ii ; b) (−1) 2 ; c); d); e) e 4 i ;22f) ln(1 − i);g) cos πi;h) Arcsin i;ii) Arctg ;3j) sh14.
Решить уравнения:a) e−z + 1 = 0;c)sin z = πi;b)4 cos z + 5 = 0;d) e2z + 2ez − 3 = 0.13πi.2Занятие № 3Аналитические функцииУсловия Коши-РиманаПусть функция w = f (z) определена в некоторой области D ⊆ C.Введем обозначение ∆z = ∆x + i∆y. Тогда, если z ∈ D и z + ∆z ∈ D,обозначим ∆w = f (z + ∆z) − f (z).Определение 5. Функция w = f (z) называется дифференцируемой в точке z ∈ D, если существуетw′ = f ′ (z) =dw∆w(z) = lim.∆z→0 ∆zdzЭтот предел называется производной функции f (z) в точке z.Теорема 3.
В каждой точке z = x + iy, в которой функцияw = f (z) = u(x, y)+iv(x, y) дифференцируема, выполнены соотношения∂u∂v=,∂x∂y∂u∂v=−.∂y∂x(21)(22)Обратно, если в некоторой точке вещественнозначные функции u(x, y)и v(x, y) дифференцируемы, и при этом выполнены соотношения (21–22), то комплекснозначная функцияw = f (x + iy) = u(x, y) + iv(x, y)дифференцируема в точке z = x + iy.Соотношения (21–22) называются условиями Коши-Римана.Определение 6.
Комплекснозначная функция w = f (z) называется аналитической в точке z ∈ D ⊆ C, если она дифференцируемакак в само́й точке z, так и в некоторой ее окрестности. Функцияw = f (z) называется аналитической в области D, если она аналитична в каждой точке этой области.Определение 7. Вещественнозначная функция ϕ(x, y), удовлетворяющая в некоторой области D ⊆ R2 уравнению∂ 2ϕ∂ 2ϕ+= 0,∂x2∂y 2называется гармонической в этой области.Уравнение (23) носит название уравнение Лапласа.14(23)Теорема 4.
Действительная и мнимая части аналитической внекоторой области функции являются функциями, гармоническими вэтой области.С помощью условий Коши-Римана (21-22) можно восстановить, с точностью до константы, аналитическую функцию по ее действительнойили мнимой части. Если заданы начальные условия, функция восстанавливается однозначно. В этом случае можно также воспользоватьсяформуламиz + z0 z − z0f (z) = 2u,− C0 ,(24)22iz + z0 z − z0f (z) = 2iv,+ C0 ,(25)22iгде C0 = f (z0) (см.
примеры 13 и 14).ПримерыПример 12. Показать, что функция f (z) = sin(z + i) является аналитической для всех z ∈ C.Решение. Выделим вначале действительную и мнимую части f (z).f (z) = sin(x + iy + i) = sin x cos i(y + 1) + cos x sin i(y + 1) == sin x ch(y + 1) + i cos x sh(y + 1).Таким образом,u(x, y) = sin x ch(y + 1), v(x, y) = Im f (z) = cos x sh(y + 1).Проверим выполнение условий Коши-Римана.∂u∂v= cos x ch(y + 1) =,∂x∂y∂u∂v= sin x sh(y + 1) = −.∂y∂xСледовательно, функция f (z) = sin(z + i) всюду является аналитической.Пример 13. Восстановить аналитическую функцию по известнойдействительной части Re w = u(x, y) = x2 − y 2 − y, при условии:f (0) = 0.Решение.
Прежде всего, проверим условие гармоничности (23).∂ 2u∂ 2u+= 2 − 2 = 0.∂x2∂y 215Из первого условия Коши-Римана (21) имеемZZ∂uv(x, y) =dy = 2x dy = 2xy + ϕ(x),dxгде функция ϕ(x) пока неизвестна. Найдем ее с помощью второго условия Коши-Римана (22).
Будем иметь 2y+ϕ′ (x) = 2y+1 , откуда ϕ′ (x) = 1,и после интегрирования получаем ϕ(x) = x + C, где C произвольнаяконстанта. Значит,f (z) = u(x, y) + iv(x, y) = x2 − y 2 − y + i(2xy + x + C) == (x2 + 2ixy − y 2 ) + i(x + iy) + iC = z 2 + iz + iC.Константу C находим из начального условия. Так как f (0) = 0, получаем, что C = 0 и окончательно f (z) = z 2 + iz.Пример 14.
Восстановить аналитическую функцию по известноймнимой части v(x, y) = e2x sin 2y, начальное условие: f (0) = 1.Решение. Прежде всего, проверим условие гармоничности (23).∂ 2u∂ 2u+= 4e2x sin 2y − 4e2x sin 2y = 0.22∂x∂yВоспользуемся формулой (25). У нас z0 = z 0 = 0, C0 = C 0 = 1.2(z+0)z + z0 z − z02(z − 0)f (z) = 2iv,+ C 0 = 2ie 2 sin+1 =22i2izz= 2ie sin+ 1 = 2iez sin(−iz) + 1 = 2i(−i)ez sh z + 1 =iz−ze −e= 2ez+ 1 = e2z − 1 + 1 = e2z .2Задачи для самостоятельного решения15. Установить, какие из заданных функций являются аналитическими хотя бы в одной точке:a) w = 2z − 1; b) w = z + z 2; c) w = z −1 ;2d) w = e z Re z; e) w = ez ;f) w = sin(z + i);g) w = z + z; h) w = ch z;i) w = tg z.16.
Установить, какие из заданных функций являются гармоническими:a) u = x2 + 2x − y 2 ; b) u = 2ex cos y;c) u = 3x2 + y;xy1d) u =;e)u=−;f)u=;x2 + y 2x2 + y 2x2 + y 2g) u = arctgy;xh) u = ln x2 + y 2 ; i) u = x ln y.1617. Восстановить аналитическую в окрестности точки z0 функциюf (z) по известной функции u(x, y) = Re f (z) или v(x, y) = Im f (z) изначению f (z0):a) u =b) v =c)d)e)f)g)h)uvuvvv======x1,f(π)=;x2 + y 2πyarctg (x > 0) , f (1) = 0;x2x − y 2 + 2x , f (i) = 2i − 1;2(ch x sin y − xy) , f (0) = 0;2 sin x ch y − x , f (0) = 0;2(2 sh x sin y + xy) , f (0) = 3;−2 sin 2x sh 2y + y , f (0) = 2;2 cos x ch y − x2 + y 2 , f (0) = 2.Занятие № 4Интеграл КошиИнтегральная формула КошиПусть функция w = f (z) определена в области D ⊆ C, через C обозначим кусочно-гладкую ориентированную кривую, целиком лежащую вD, эта кривая может быть и замкнута в этом случае будем говорить озамкнутом цикле.Определение 8.
Определим интеграл Коши от функции w = f (z)комплексного переменного z по кривой C с помощью следующей цепочкиравенств:ZZf (z) dz =[u(x, y) + i v(x, y)] (dx + i dy) =CC=Zu dx − v dy + iCZv dx + u dy .(26)CЗамечание 1. Из определения видно, что интеграл Коши сводитсяк вычислению криволинейных интегралов 2-го рода.Замечание 2. Если кривая C замкнута, то для интеграла Кошибудем использовать обозначениеIf (z) dz.C17Определение 9. Кривую C назовем спрямляемой, если каждая конечная дуга этой кривой имеет длину.Определение 10.
Область D ⊆ C называется односвязной,если она ограничена непрерывной спрямляемой кривой C без самопересечений.Теорема 5 (интегральная теорема Коши). Если f (z) однозначнаяаналитическая функция в односвязной области D ⊆ C, то для любойзамкнутой спрямляемой кривой C, целиком лежащей в этой области,выполнено равенствоI(27)f (z) dz = 0.CЗамечание 3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
