Тевяшев А.Д., Литвин О.Г., Кривошеєва Г.М. т а ін. Вища математика у прикладах та задачах. Ч 3
Подождите немного. Документ загружается.
§2.
Функції комплексної змінної
311
Основні елементарні функції
У задачах 3.44-3.46 знайти значення модуля та головного
значення аргументу заданих функцій у вказаних точках.
тс
3.44.
а)
и>
= соз і,
2
0
=
—
+ /
1п
2;
б) И>
=
8ІП
2,
2
0
=
ТС
+ /
ІП
3
.
ТС
7
3.45. а) IV = §Ь
2, 2
0
=
1
+ /
—;
б)
м>
= сЬ г,
2
0
= /
1п
3.
3.46. а) IV = ге',
2
0
= тс/; б)
н>
= г е~, г
0
= -пі.
У задачах 3.47-3.51 обчислити значення заданих функ-
цій у вказаних точках.
3.47. а)
СО8(1
+
/');
б)
8ІП
тс
/;
в)
С08ТС/
,
3.48. а) сЬ /;
3.49. а) Ілі(-І);
ТС
3.50. а)
т§ —
і
:
;
пі
б)зп(-2 + /); в)$Ь — .
б) 1п/;
б) сг§
тс
г;
В) ЬП
—т=- .
4Ї
в) їЬти.
б) Агссозг; в) Агсї§-.
3.51.
а) Агсзіп/;
У задачах 3.52 - 3.53 знайти всі значення степенів.
3.52.
а) і'; б) ; в) 1'; г) (-1)^ .
3.53.
а)
з/
\уЇ2 ;
б)
1 + /
4г
2 і
В)
2
+
2
Мі
У задачах 3.54-3.59 розв'язати задані рівняння.
3.54.
е
2
+і
= 0. 3.55.
4со82
+ 5 = 0.
3.56. 8п
/
2 =
- і. 3.57. е'
х
=
со§
кх.
3.58. є
12
+ 2е
:
- 3 = 0.
3.59. а) 1п(2 + /) = 0;
б)1п(/-2)
= 1.
312
Глава
3,
Функції комплексної змінної
Границя та неперервність функцій
3.60. Користуючись означенням границі, довести, що
а)
1іт(32-5)
= 1;
г->2
б) Ііт
2-І
2
= 1-»;
в) Ііт
1
1-і
:->1-/2+2/ 2
У задачах 3.61 - 3.69 знайти границі функцій.
3.61.
ііт <*-2)<* + 1)и + 4) + 8
3.62.
Ііт 2
3.63.
Ііт 2аг§2.
3.64. Ііт
2-2/
3.65. Ііт
•22 + 2
г
->со 2 + 1
3.66. Ііт
< 2
3
.2
\
3.68. Ііт
32
2
-4 Зг + 2
2
І
-32+1
3.67. Ііт
г->1-і
2-1 +І
2
>0
3.69. Ііт
2
2
-52 + 1
32
3
+1
-->«> 2 + 1
3.70. Користуючись означенням неперервності функції,
довести неперервність заданих функцій у вказаних точках 2
0
.
2 1
а) ./(-) = *
+2
> 2
0
=-/; б)/(2) = -, 2
0
=1 + /;
2-1
В) /(2) = -, 2,
2+1
> ^0
3.71.
Знайти точки розриву функцій.
§3.
Диференціювання функцій комплексної змінної
313
§3.
Диференціювання функцій комплексної змінної
І.
Короткі теоретичні відомості
Аналітичні функції
Нехай функція
\у = /(г)
визначена
в
деякій області
О
комплексної
змінної
2 і
точки
2 і 2 +Аг
належать області
О .
Позначимо
Ди> =
/(2
+
Дг)-Д2),
А2 = Ах + /Ду.
Означення
1.
Функція
м>
= /(г)
називається диференційовною
в точ-
г,
•
д>
" А
ці
2 є О ,
якщо відношення
має
скінченну границю, коли
Аг
прямує
до
Аг
нуля довільним чином.
Ця
границя називається похідною функції
/(г) в
точці
г і
позначається
/\г) (або
м>'
чи ).
сіг
Отже,
за
означенням маємо
= /'(*)= Ііт ~.
(3.23)
Дг->О
Аг
Теорема.
Для
того,
щоб
функція
м>
= /(г) =
и(х,у)
+
іу(х,у) була
ди-
ференційовною
в
точці
2 = х + і у,
необхідно
і
достатньо,
щоб:
1) функції и(х,у)
і
у(х,у) були диференційовні
в
точці
(х,у),
2)
у
точці
(х, у)
виконувались умови Коші-Рімана
9М_ЗУ 9М
=
_ЗУ (3 24)
дх
ду ду дх
При виконанні умов теореми
має
місце формула
для
обчислення похід-
ної
/\г):
.
ди .дV ду .ди ди .ди ду .ду
/(г)
= — + і— = 'Т~
=
'Т~
=
—
+
'^Г"-
(3.25)
дх
дх ду ду дх ду ду дх
Означення
2.
Функція
ц>
= /(г)
називається аналітичною
в
точці
гей,
якщо вона диференційовна
як в
самій точці
г , так і в
деякому
її
околі. Функція
м>
= /(г)
називається аналітичною
в
області
й ,
якщо вона
диференційовна
в
кожній точці цієї області.
Формули диференціювання функцій комплексної змінної аналогічні
відповідним формулам диференціювання функцій дійсної змінної.
314
Глава 3. Функції комплексної змінної
Гармонічні функції
Означення 3. Функція <р(х,у) називається гармонічною в області й ,
якщо вона має в цій області неперервні частинні похідні до другого порядку
включно і задовольняє в цій області рівняння Лапласа
Щ
+
Щ = 0
або Д
Ф
= 0,
дх
2
ду
2
л
З
2
а
2
де А = —- + —- .
дх
2
ду
2
Якщо функція /(г) = и + /
V
аналітична в деякій області £>, то її дійс-
на частина и(х,у) і уявна частина у(х,у) є гармонічними функціями.
Але ж, якщо щ(х,у) і У
х
(х,у) - дві будь-які гармонічні функції, то
функція /] (г) = щ (х,у) +
ІУ\(х,у)
зовсім не повинна бути аналітичною функ-
цією;
для аналітичності /1(2) треба, щоб функції щ(х,у) і у,(;с,у) додатко-
во задовольняли умови Коші-Рімана.
Дві гармонічні функції, що задовольняють умови Коші-Рімана, нази-
ваються спряженою парою гармонічних функцій (порядок функцій в парі
має істотне значення).
Відновлення функції за її дійсною або уявною частиною
Якщо відомо, що функція /(-) = и + /
V
аналітична в деякій області
О і відома її тільки дійсна частина и(х,у) або тільки уявна частина у(х,у)
(це означає, що функції и(х, у) та у(х,у) гармонічні), то цю функцію мож-
на відновити.
Процес відновлення функції /(г) можна виконати трьома способами.
1.
Використовуються формули
7
~"]-/(
г
о),
(3-26)
№ = Щ
г + Іа
2 і
г +
г
0
2-2-п
/(
г
) = 2/^-^,__^|+/(г
0
). (3.27)
Формули (4), (5) використовуються для відновлення функції за відо-
мою дійсною частиною або відомою уявною частиною відповідно.
2.
Використовуються безпосередньо умови Коші-Рімана (3.24).
3.
Використовуються формули для знаходження дійсної та уявної час-
тини відповідно, пов'язані з обчисленням криволінійних інтегралів другого
роду
§3.
Диференціювання функцій комплексної змінної
315
(3.28)
(3.29)
де інтегрування здійснюється вздовж будь-якої кусково-гладкої кривої, що
цілком міститься в області О і з'єднує фіксовану точку (х
0
,у
0
)є й з довіль-
ною точкою (х, у) є О .
Геометричний зміст модуля і аргументу похідної
Нехай функція /(:) аналітична в точці 2
0
і /(г
0
) Ф 0 . Тоді
|/(г
0
)|
дорівнює коефіцієнту розтягу в точці :
0
при відображенні
м>
= пло-
щини 2 на площину \¥ ; інакше, при |/(г
0
)|> 1 має місце розтяг, при
|/(2
0
)|<
1
- стиск.
Аргумент похідної /'(г
0
) геометрично дорівнює куту, на який треба
повернути дотичну в точці 2
0
до будь-якої гладкої кривої на площині 2 , що
проходить через точку 2
0
, щоб одержати напрямок дотичної в точці
щ = /(г
0
) до образу цієї кривої на площині IV при відображенні
XV
= /(г).
Якщо ф = аг§/'(г) > 0, то поворот відбувається проти руху годинникової
стрілки, а при ф = аг§/'(г) < 0 - за рухом годинникової стрілки.
//. Контрольні питання та завдання
1.
Дайте означення диференційовної функції комплексної
змінної.
2.
Що називається похідною функції?
3.
Запишіть умови Коші-Рімана.
4.
Яка функція називається аналітичною?
5.
Запишіть рівняння Лапласа.
6. Яка функція називається гармонічною?
7.
Чи буде аналітичною функція, у якої дійсна та уявна части-
ни є гармонічними?
8.
У чому геометричний зміст модуля похідної?
9. Наведіть геометричний зміст аргументу похідної.
316
Глава 3. Функції комплексної змінної
///.
Приклади розв'язання задач
Приклад 1. Довести,
що
функція
м>
-
е~
аналітична
в
усій
комплексній площині.
• Маємо
\у =
е~
=
е
х
(созу
+
/кіпу), звідки
и(х, у) = е
х
соз
у,
у(х, у) = е
х
зіп
у .
Функції
и(х,у), у(х,у) як
функції дійсних змінних
л: і у
диферен-
ційовні
в
будь-якій точці
(х, у).
Вони мають неперервні частинні похідні
будь-якого порядку
і
задовольняють умови Коші-Рімана (перевірте!). Звідси
м>
=
е~ всюди аналітична. Згідно
з
формулою
для
похідної
м>'
= (е
:
)' =
(е
х+
'
у
)'
- (е
х
(созу
+
/зіп
у))' = (е
х
со&у)'
х
+
+ і(е
х
зіп
у)'
х
=
е
г
(соз>'
+
/зіп
у) = е
:
.
Таким чином,
(є')' = е
:
. Л
Приклад
2. Чи
буде функція
XV
= г
=
х - іу
аналітичною?
•
Тут и(х,у) = х, х(х,у) =
—у
-
всюди диференційовні функції.
Знайдемо
дх ду дх ду
тобто
^~
Ф
—•-
(перша
з
умов Коші-Рімана
не
виконується).
дх ду
Отже,
х»
= г—х
—
іу
ніде
не
диференційовна,
а
звідси
і не
аналітична. М
Приклад
3.
Користуючись умовами Коші-Рімана, знайти
множини точок,
в
яких задані функції аналітичні.
2-
і -
2
а)
и>
= г г ; б)
XV
= ге ; в)
м>
=
е*
;
г)
\м
=
-
8ІпЗг-/;
д)
XV
= г-Ітг
; €)м>
= с\\г.
•
а)
м>
= і
1
г.
Ч>
=
2
2
2
= (Х + Іу)
2
(х-Іу) = (х
2
+у
2
)(х + Іу) = х(х
2
+у
2
) + Іу(х
2
+у
2
),
тобто
и(х,у) = х(х
2
+ у
2
), х(х,у) = у{х
2
+ у
2
).
Ці функції диференційовні
в
будь-якій точці
(х, у).
§3.
Диференціювання функцій комплексної змінно?
317
ди
2
, 2 ЗУ
2
, , 2 аи ЗУ
— = 3х + у , — = х +3у , — = 2ху, — = 2ху.
дх ду ду дх
З'ясуємо, в яких точках виконуються умови Коші-Рімана:
ди _ ЗУ ди _ ду
дх ду' ду дх
Маємо
|3х
2
+у
2
= х
2
+3у
2
,_ \2х
2
-2у
2
= 0,
[2ху = -2ху,
\(х-у)(х + у) = 0,
[ху = 0,
ху = 0,
х-у
= 0,
ху = 0, |х = 0,
х +
_у
= 0,
=>
\у = 0.
ху = 0,
х
2
-у
2
=0,
ху = 0,
Отже, функція
м>
= 2 г диференційовна в точці (0, 0), але ніде не
аналітична.
Додатково доведемо, використовуючи означення, що в точці 2 = 0
2-
А {
функція
и>
= 2 2 диференційовна, тобто 3 Ііт .
д^->о Аг
ДО) = 0; Д / = ДО + Аг) - ДО) = /(Аг) = (Аг)
2
Аг~.
Ііт
А/
(Аг)
2
Аг —
Ііт = Ііт АгАг = Ііт (Ах + /Ду)(Дх - /' Ау) ••
Дг->о
Аг Д;->о Аг
дг-»о
лг->о
Ду->0
= Ііт ((Ах)
2
+ (Ау)
2
) = 0.
Дг->0
Ду->0
б) XV = ге
2
.
XV
= ге' = (х + і у)е
х+
'
у
= (х + і у)е
х
(сов у + І
5ІП
у) =
= е
х
(х соз у - у зіп у) + і е
х
(хзіп у + у соз у),
тобто и(х,у) =
е
х
(хсо5
у- у зіп у), у(х,у) = (хзіп у + у соз у).
Ці функції диференційовні в будь-якій точці
(х,у).
Перевіримо, чи виконуються умови Коші-Рімана.
ди
—— = е (хсоз_у-узіп_у) + е соз>' = е (х соз у + соз у — у&іпу)
дх
ЗУ
х
, • Зм д\
ч
„
— = е (х соз у + соз у - у зіп у) => —— = —— У(Ї,)І)Е2.
ду дх ду
318
Глава 3. Функції комплексної змінної
— = е (-хзіпу-5ту-_усозу) = -е (х&ту + 5\пу + усоьу);
ду
ду
х
. . ди ду
— = е {х$ту + $ту +усоьу) => — = -— У(х,у)єХ.
Зх ду дх
Отже, функція диференційовна всюди в комплексній площині, а звід-
си і аналітична.
,2
в)
м>
= є" .
у,
= е
г
=е^
+Іу]
-
е
=е
х
~
у
-е
2хуІ
=е* ~
у
(С052ху + і$\п2ху),
2_
2 2_ 2
тобто ц(х,у) = е
ї у
соз2ху, у(х,у) = е
х у
зіп2ху .
Ці функції диференційовні в будь-якій точці (х, у).
Перевіримо, чи виконуються умови Коші-Рімана.
— = е
х
~
у
2ХС05
2Х.У-Є*
~
у
2у$\п2ху = 2е
х
~
у
(хсоз2ху
—
у$\п2ху);
дх
ду г
2
~у
2
х
2
-у
2
_2_ 2
— = е
у
(-2у)зіп2ху + е
у
2х соз2x7 = 2е'
у
(хсоз2ху-_узіп2х_у);
ду
— =
е
х2
~
у
2хзіп2ху + е
х
~
у
2усо$2ху = 2е
х
'
у
(хзіп2ху +_усоз2ху);
Зх
— =
е
х2
'
у
(—2у)со$2ху
—
е
х
~
у
2хзіп2ху = -2е
х
~
у
(хзіп2х_у+ _усоз2х.у)
ду
ди _ ЗУ ди _ ЗУ
Зх 3_у ду дх
Функція всюди диференційовна і внаслідок цього всюди аналітична,
г)
ІУ
= зіпЗг - /.
м>
= зіп
3.2
- / = зіпЗ(х + і у)-і = зіп Зх соз 3/ у + соз Зх зіп 3/у -/ =
= зіпЗх сНЗу + /созЗх -зп Зу-і = зіпЗх сЬ Зу + і(-1 + созЗх -впЗу),
тобто м(х, у) = зіп Зх
•
сЬ 3у, у(х,у) = -1 + созЗх-зпЗ_у .
Ці функції диференційовні в будь-якій точці (х, у).
~ = ЗсозЗхсЬЗ>', — = ЗсозЗхспЗу;
Зх ду
— = ЗзіпЗх-зпЗ;у, — = -ЗзіпЗх-зЬЗу.
ду дх
Умови Коші-Рімана виконані, бо
§3.
Диференціювання функцій комплексної змінної
319
ГЗсозЗх сЬ3 у = ЗсозЗх сЬЗу,
[ЗзіпЗх
•
зЬЗу = ЗзіпЗх
•
спЗу,
а звідси функція всюди диференційовна, і внаслідок цього всюди аналітична.
Д)
\У = 2-\т2 .
и>
= г
•
1т г = (х -
/
у) у = ху - і
у
2
,
тобто и(х,у) = ху, у(х,у) = -у
2
.
Ці функції диференційовні в будь-якій точці (х, у).
ди _ ду _ 2^
аи
_
х
3
у
_ 0
Зх ду ду дх
Згідно з умовами Коші-Рімана повинно бути у = -2у, х = 0 .Це мож-
ливо тільки при х = 0, у = 0, тобто функція диференційовна тільки в одній
точці (0, 0) і ніде в комплексній площині не аналітична.
Є)
XV =
СЬ
2 .
е
1
+е~
:
е
х+ІУ
+е~
:
~'
у
_
е
г
(созу+/5Іпу)
+ е^(со5у-/5Іпу) _
н
,
=
сгіг = -
2 2
е
л
+ е - . е - е .
= соз у + і зіп у = сііх соз у + ;зпх
-
зіп у ,
2 2
тобто и(х,у) = сЬхсозу, у(х,у) = зЬ х
•
зіп у.
Ці функції диференційовні в будь-якій точці (х,у).
ди , ду ди , . ду , .
——
= зпхсозу,
——
= зпхсозу, — = -спх-зіпу,
——
= спх-зіпу.
Зх Зу Зу Зх
Отже ^
и
— ^
У
Зм _ ЗУ
Зх Зу' Зу Зх
Функція всюди аналітична, тому що умови Коші-Рімана виконуються
в усій комплексній площині.
Приклад
4.
Довести,
що (г")' = п , Уп є N .
•
Доведення виконаємо методом математичної індукції.
,
к, , . ./ ди .ЗУ ЗХ .Зу
м
(2
і
)
=(х + /у) = — + /— = — +/^-=1 = 1-г' =1.
дх дх дх дх
Нехай
(г")'
= п 2
п
~
х
. Треба довести, що (г"
+1
)'=(« +1) г" .
(2"
+]
)' =
(2
П
2)'
= (2" )'2 + 2 V = П 2^2 +
2
" = П 2* + 2" = (п + 1) г" .
Отже, Уяє N маємо (г")' =
пг
п
~
х
.
<
320
Глава
3.
Функції комплексної змінної
Приклад
5.
Довести,
що
якщо аналітична функція
XV
=
/(г) В
деякій області дійсна,
то
вона стала.
•
Нехай
м>
=
/(г)
= и +
/V
, де и =
и(х,у), V
= 0.
Оскільки
ця
функ-
ція аналітична,
то з
умов Коші-Рімана
4^—
= 0 і
4^—
= 0, а
звідси, інтегруючи
дх
ду
перше співвідношення
по х
матимемо
и = ф(у).
Тоді
— =
ф'(у).
Але ж, з
ду
ди
/
другого співвідношення
— = 0 .
Отже,
ф (у) = 0 ,
тобто
ф(у) = С, С =
сопзг,
Зу
а
це і
означає,
що и = С , а
значить
і
и>
= С . -4
Приклад
6.
Показати,
що модуль і аргумент функції
/(2)
=
=
Я(х,у)
•
е'
ф{х,у)
зв'язані співвідношеннями
<ж
= к
дф дК
=
^дФ
дх
ду ' ду дх
•
/(г) =
Я{х,у)-е'
Ф(х
-
у)
=/?(х,у)(созФ(х,у)
+ /5ІпФ(х,у)) =
= Я(х,у)созФ(х,
у) + /
Я(х,у)зіп
Ф(х, у) ,
тобто и(х,у) =/?(х,у)созФ(х,у), у(х,у) =/?(х,у)зіпФ(х,у)
.
Знайдемо похідні
ди
дЯ . „ . .ЗФ
—
= —
созФ(х,
у) - Я зіп Ф(х, у)—,
Зх
Зх Зх
ЗУ
дЯ .
Л
. . „ , ЗФ
—-
=
—5ШФ(х,у)
+
ЛС08Ф(Х,у)—-
,
Зу
Зу Зу
ди
дЯ .
п
. ,ЗФ
—
= —
созФ(х,у)-/?зіпФ(х,у)—,
ду
ду ду
ЗУ
дЯ . , . . „ ,ЗФ
—
=
—зіпФ(х,у)+ ЯсозФ(х,у)
.
Зх
Зх Зх
,,.
ди ЗУ ЗМ ЗУ . .
З умов Коші-Рімана
— = —, — =
матимемо рівності
Зх
Зу Зу Зх
дЯ
. _ . . . .ЗФ дЯ . . _ ,. .ЗФ
—созФ(х,у)
-
/сзіпФ(х,у)
=
—зіпФ(х,у)
+
/?созФ(х,у)——,
Зх
Зх Зу Зу
^/
ч г> • ^/ ч^
ф
дЯ . .
п
.ЗФ
—созФ(х,у)-
/?зіпФ(х,у)
=
зіпФ(х,у)-ксозФ(х,у)——.
Зу
Зу Зх Зх