Тевяшев А.Д., Литвин О.Г., Кривошеєва Г.М. т а ін. Вища математика у прикладах та задачах. Ч 3
Подождите немного. Документ загружается.
§3.
Диференціювання функцій комплексної змінної
321
_
. .. дії дК
З цієї системи визначимо —, — . З цією метою першу рівність по-
дх ду
множимо на созФ, а другу - на зіпФ і віднімемо з лівої частини першої
рівності праву частину другої і з правої частини першої рівності ліву части-
ну другої:
ЗЛ 2
А
„ •
А А
ЗФ З/? • 2
А
„ •
Л А
ЗФ
С05
Ф-/?51ПФС05Ф + 51П Ф + /?5ІПФС08Ф =
дх дх дх дх
ЗЛ .
А Л
п ^
Л
ЗФ дИ . . .
п
. 7 , дФ
= ЗИіФсОЗФ
+
/?С05
Ф 81ПФС0$Ф +
/С5Ш
Ф .
ду ду ду ду
Звідси
м
_
Л
ЗФ
дх ду
Далі першу рівність помножимо на зіпФ , а другу - на
СОБФ
і ліву
частину першої рівності складемо з правою частиною другої і навпаки: пра-
ву частину першої рівності складемо з лівою частиною другої. Одержимо
З*
• 2
Л
п
•
Л А
ЗФ а/?
2л
„ •
Л Л
ЗФ
—
51П
Ф +
ЛЗТПФСОЗФ
+ С05 Ф-
/?51ПФС05Ф——
=
ду ду ду ду
ЗЛ .
Л л 0
.
2
Л
ЗФ
дК . . .
0
т.дФ
= ВІПФСОЗФ —
7?51П
Ф
51ПФС05Ф-
/?С05"
Ф .
дх дх дх дх
Звідси
Ж
=
_дЗФ
ду дх
Отже, отримали співвідношення, які треба було довести. М
Приклад
7.
Відновити аналітичну
в
околі точки
г
0
функ-
цію
/(г) за
відомою
її
дійсною частиною
и(х, у) та
значенням
/'(г
0
),
якщо
и(х, у) = х
2
- у
2
+ 2х, г
0
-і, /(;') = 2/ - 1.
•
Перевіримо, що задана функція є дійсною частиною аналітичної
функції /(г), тобто, що функція и(х,у) - гармонічна. Знаходимо похідні
ди д
2
и
—-
= 2х + 2, —- = 2 , ,
& дх
2
д
2
и д
2
и „ „
п
2
=*
~~2
+
~7
=
2
-
2 = 0
>
ди д и дх ду
ду ду
1
тобто функція и(х, у) задовольняє рівняння Лапласа, отже, є гармонічною.
Наведемо три способи знаходження функції У (і).
322
Глава 3. Функції" комплексної змінної
Спосіб І. Скористаємось формулою
Д*) =
2и
У нашому випадку
и(х,
Тоді
2
+ 2
п
2-2
п
2 і
(1)
и(х,у) = х
2
-у
2
+ 2х, г
0
= /,
2
й
=-і,
/(г
0
) = /(/') = 2/-1 .
№ = 2
2-і
•
\2
2
+ /
2ї
+ 2
2
+ 1
-2/
+
1
= 2^(г
2
-22/-1)
+
^-(2
2
+2г/-1) + 2 + / |-2/ +
1
=
=
-(2
2
-
22І-1
+ 2
2
+
22/-1)
+ 22 + 2/-2і' +
1
= 2
2
-1 +
22
+
1
= 2
2
+
22
.
2
Отже,
/(2) = г
2
+2г .
Спосіб 2. Скористаємось безпосередньо умовами Коші-Рімана
Зи _ ЗУ ди _ ду
дх ду' ду дх
За умовою и(х, у) = х
2
- у
2
+ 2х .
Знайдемо 4/- = 2х + 2, 4/- = -2у .
гаг Зу
Згідно з першою умовою Коші-Рімана 4/- = 2х + 2 = 4^-, тоді
ох оу
у = |(2х + 2)ф> = 2ху + 2у + ф(х).
Згідно з другою умовою Коші-Рімана = -4/-, тоді
Зх Зу
ЗУ
, Зи
—
= 2у + ф(х) = -—,
Зх оу
але — = -2у.
Зу
Маємо
2у + ф'(х) = 2у,
Ф
'(х) = 0,
ф(х) = С.
§3.
Диференціювання функцій комплексної змінної
323
Отже,
У(Х,
у) = 2дгу + 2 у + С . Звідки
/(г) = х
1
- у
2
+ 2х + і(2ху + 2у + С).
Знайдемо константу С , враховуючи початкову умову /(і) = 2/
—1,
тобто поклавши х = 0, у = 1, бо і = 0 +1
•
/.
Д/) = -1+(2 + С)/ = 2/-1.
Звідси С = 0.
Враховуючи, що г = х + і у, після перетворень отримуємо
/(г) = х
2
+2хуі-у
2
+ 2(х + іу) = г
2
+2г .
Отже, /(г) = 2
2
+2г .
Спосіб 3. Скористаємось формулою
,
ч
(
У> ди, ди^
*(х,у)= ] -—ах
+—ау.
(2)
У нашому випадку и(х,у) = х
2
-у
2
+2х.
Отже, ~ = 2х + 2, = ~2у.
ох ду
За точку (дго^о) виберемо точку (0, 0) . За шлях інтегрування лама-
ну ОАВ (рис.3.11).
Маємо
(*,У) х у
у(х,у)= І2усгЬс + (2х + 2)ау = І0сіх + \(2х + 2)сІу = 2(х + \)у + С.
(0,0) о о
Тоді Дг) = х
2
-у
2
+2х + і(2(х + \)у + С).
Знайдемо С з умови, що /(/) = 2/ -1, тобто ДО + /
•
1) = 2і -1:
-1 + /(2 + С) = 2/-1 => С = 0.
1
1
,В(х,у)
о
А(х, 0) х
Рис.3.11
Отже, Дг) = х
2
-у
2
+2х + 2(х + \)уі.
324
Глава 3. Функції комплексної змінної
Враховуючи, що 2 = х + іу, після перетворень отримуємо
/(г) = х
2
+ Іху і - у
2
+2(х + іу) = 2
2
+2г .
Отже, /(г) = 2
2
+2г .<
Приклад 8. Знайти аналітичну футжцію ту = /(г) за відо-
мою її уявною частиною у(х, у) = Зх + 2ху за
умови,
що / (-/) = 2.
• Використаємо формулу
/(2)=2/У
2 + 2
п
2-2
п
+ /(*<))•
2 2і
У нашому прикладі у(х,у) = Зх + 2ху, г
0
=-/,
/(2
0
)
=
/(-/)
= 2,
Ч =Л /(2
0
) = Л') = 2.
Тоді
/(2) = 2/
(
2 +І „ 2 + / 2 - /
Л
+ 2 —
2/
+ 2=3/2 + 2.^
Приклад 9. Відновити аналітичну в околі точки 2
0
функ-
цію /(г) за відомою її дійсною и(х, у) або уявною
У(Х,
у) час-
тиною і значенням /(2
0
).
а) у = агсі§^ (х>0), /П) = 0;
х
б) м = 2 зіп х
•
сп у - х, /(0) = 0 ;
в) у =
—2
зіп 2х
•
зп 2у + у, /(0) = 2 .
• а) V = аітд§^ (х > 0), /(1) = 0.
х
Спосіб І. Скористаємось формулою
/(2)
=2/У
{
2 + 2
п
2-2,
Л
2/
+ /(*<>).
/(2)
=
2/агсг§
2(2
^ + 0 =
2/агсї§
^ '
(г
^
2/(2+1)
-('
1
+ /2
агсіе г= — 1п
2 1-/2
2 +
1
2-1
2
[
/(2 + 1)
1--
2+1
§3.
Диференціювання функцій комплексної змінної
325
.2
+
1
+ 2-1 ,22 ,
:ІП
=
ІП——
= ІП2 .
2+1-2+1
2
Спосіб 2. Скористаємось безпосередньо умовами Коші-Рімана
ди _ду ди _ ду
дх ду ду дх'
,У
враховуючи, що у = агсІ§— , х > 0.
х
Згідно з першою умовою
ду
1 1
ду у
2
X X
І
+ у
2
1
+ ^-у
'
X
ди
ах~'
хах
х"
+ у 2
За другою умовою
ди _ 1 2у
Іп(х
2
+ у
2
) + ф(.у) .
але
ду_
дх
ду 2
х
1
+
у
2
У-У
+
Ф'О0
=
у
+ Ф(у) = -—,
х +у дх
.2
\
1 +
У
х
2
+у
2
Тоді
'і
\ У
т
+ <р(у) = — -,
х +у х'+у
Отже,
ф'(у) = 0,
ф(у) = С.
/(г) = -1п(х
2
+у
2
) + /агсі§ — + С.
2 х
Знайдемо С з початкової умови: /(1) = 0 .
/(1) = і-1п1 + /0 + С = 0
Нарешті маємо
/(г) = —1п(х
2
+ у
2
) + /агсі§ —
2 х
С = 0.
= 1пл/
х +у +/агсІ§—= 1п|2|+/аг§2 = 1п2.
X
326
Глава 3. Функції комплексної змінної
б) и = 2&тхспу-х, Д0) = 0.
Спосіб І. Скористаємось формулою
2зіп—сЬ——— +0 = 2 2зіп—сЬ
2 2/2 2
=2
2 12 2 \ 2 2
2 зіп—сп =4
зіп—СОЗ
2 = 2
ЗІП
2 - 2 .
2 2 2 2 2
Спосіб 2. Скористаємось безпосередньо умовами Коші-Рімана
ди _ду ди _ ду
дх ду' ду дх'
враховуючи, що і/ = 2 зіп х
•
сЬ у - х .
Згідно з першою умовою
ди дл>
— = 2 соз х
•
сп
>>
-1 = —,
дх ду
у = ^(2со5x•спу-1)ау =
2со$х5пу-у
+ <р(х).
За другою умовою
д\ . . , ,. . ди
— = -2зіпх5П.у+ф(х) = -—,
дх ду
ди . . ,
але — = 2зтх8пу.
ду
Тоді
-2зіпхзп>> + ф'(х) = -2$іпх&пу,
Ф'(*) = 0,
ф) = С.
Отже,
Д2)
= 2зіпхсЬ>'-х + /(2созх5пу-у + С).
Знайдемо С з початкової умови: /(0) = 0.
Д0) = 0-0 + /(0 + С) = 0 => С = 0.
Нарешті маємо
Дг) = 2зіп хсЬ у - х + /(2созхзЬ у - у) =
= 2
ґ
е
у
е~
у
>
(5ІП X + /' соз х) — + (зіп X - і соз х)
2 2
-2 =
§3,
Диференціювання функцій комплексної змінної
327
= 2/ (созх - і зіп х) (соз х + і зіп х)-
2
У
2
-у ^
•
2і
(
е-
х
е
у
е'
х
е~
у
^
-
2 :
= -2/
е
Л*+'У)
_
е
-і(х+іу)
£
і: _
е
~іг
•2 = -2І /-2 =2
2
І
2 і
•
2 =
= 23ІП2-2
.
в)
V
= -2 зіп 2х
•
зЬ 2у + у, /(0) = 2 .
Спосіб 1. Скористаємось формулою
/(2) = 2/у
/Тг) = 2і\ -2зіп—зп — + —
( 2 2/ 2/
= 2(1-2зіп
2
2)
+ 2 = 2соз2г + 2 .
2 + 2
П
2 - 2
п
2 і
+
/(*<>)•
+ 2 = -4 /зіп гзЬ (-/г) + 2 + 2-
Спосіб 2. Скористаємось безпосередньо умовами Коші-Рімана
ди _ ^V ом _ ЗУ
Зх Зу Зу Зх'
враховуючи, що у = -2 зіп 2х
•
зЬ 2у + у .
Згідно з першою умовою
9У
„ ~ • „ ,3м
—
= -2-25іп2хсп2у + ! = —,
ду дх
и = |(-45Іп2хсп2у + Х)ах = 2соз2хсЬ2у+ х + ф(у).
За другою умовою
ди _ „ , „
Ч
ЗУ
—
= 2
•
2 соз2х зп 2у + ф (у) = -—,
Зу Зх
ЗУ
але — = -4соз2хзЬ2у .
Зх
Тоді
4соз2хзЬ2у + ф'(у) = 4соз2хзЬ2у ,
Ф'00
= О,
Ф
(у) = С.
Отже,
/(2)
= 2 соз2х
•
сЬ 2у + х + С + і(-2зіп 2х
•
зп 2у + у).
328
Глава 3. Функції комплексної змінної
Знайдемо С з початкової умови: /(0) = 2.
/(0) = 2 + С=2 => С = 0.
Нарешті маємо
/(г)
= 2со52хсп2у + х + /(-25Іп2х-зп 2у + у) =
= 2(со82хсл2у-/ зіп2х5п2у) + 2 =
2(со5
2хсо5 2у/-5Іп2х5Іп 2уі) + г =
= 2со5(2(х + /
і
у)) + 2 = 2соз22 + 2.
Приклад
10.
Показати,
що задані функції є
гармонічними.
х
а)
и(х, у) = 2е
х
соз
у; б) и(х, у)
= —;
т
;
в)
и(х, у) =
агсГ§ —
.
х
•
а) и(х,у) = 2е
х
сову .
ди _ , д и
п
,
—
= 2е созу,
—г-
= 2е созу;
Зх Зх
Зи _ г . З и _
г
—
= -2е
5іпу,
—г-
= -2е созу.
Зу зу
3
2
и З^и
Зх
2
Зу
2
Згідно з означенням, и(х,у) - гармонічна функція,
б) и(х,у) =
Х
а и а и „ , _
г
Аи = -^-^ +
—2~
созу-2е созу = 0,
2
?
х +у"
Зи _ х
2
+у
2
-2х
2
_ у
2
-х
2
Зх (*
2
+
у
2
)
2
(х
2
+
у
2
)
2
'
3
2
и _ -2х(х
2
+у
2
)
2
-2(х
2
+у
2
)2х(у
2
-х
2
)
Зх
2
~ (х
2
+у
2
)
4
-2х(х
2
+у
2
+2у
2
-2х
2
)_
2
^ х
2
-3у
2
(х
2
+
у
2
)
3
(х
2
+
у
2
)
3
'
Зм 2ху
Зу (х
2
+у
2
)
2
'
3
2
и_
2
х(х
2
+у
2
)
2
-2(х
2
+у
2
)2уху
(х
7
+у
2
)
4
§3.
Диференціювання функцій комплексної змінної
329
(х
2
+
у
2
)
3
(х
2
+
/)
3
'
Зх
2
ду
2
Згідно з означенням, и(х, у) - гармонічна функція.
у
в) и(х, у) = агсі§ —.
х
у д
2
и 2ху
ди _ 1 (У
дх
]+
У__ V х
х
2
х
2
+/' дх
2
(х
2
+у
2
)
2
'
ди _ 1 1 _ х д
2
и _ 2ху
ду~ У ~х~ х
2
+у
2
' ду
2
' (х
2
+у
2
)
2
'
х
2
дх ду
Згідно з означенням, и(х,у) - гармонічна функція.
Приклад 11. З'ясувати, чи можуть бути задані функції дійс-
ною або уявною частиною аналітичної функції
а)
и(х,у)
= X
і
-у
1
+2ху ; б)
и{х,у)
= х
2
;
в)
у(х,у)
= \п(х
2
+у
2
); г) у(х,у)=
Х
2
+1
у
2
.
• Оскільки для аналітичної функції її дійсна й уявна частини є гармо-
нічними функціями, то задача зводиться до з'ясування, чи є задані функції
гармонічними, тобто чи задовольняють вони рівняння Лапласа.
а) и(х,>>) = х
2
- у
2
+2ху.
ди д
2
и ди д
2
и
— = 2х + 2у, —7
=
2; — = -2_у + 2х, —- = -2.
ох дх
1
ду ду
д
2
и д
2
и _ .
Ди =—- +—- = 2-2 = 0.
Зх
2
ду
2
Функція и(х,у) може бути дійсною частиною аналітичної функції.
330
Глава 3. Функції комплексної змінної
б)
и(х,у)
= х .
— - 2х _
2
. —-0 °
2ц
_
0
дх ' дх
2
' ду ' ду
2
д
2
и д
2
и „ .
Ди =—- +—- = 2-0 = 2/0.
Зх
2
ду
2
Функція и(х, у) не задовольняє рівняння Лапласа і не може бути дійс-
ною частиною аналітичної функції.
в)
у(х,у)
= 1п(х
2
+у
2
).
ду _
2х'
^1
дх~
х
2
+у
2
'
дх
2
ЗУ
3
2
У
д
У
~
~> 2 '
х + у
ду
2
АУ =
3
2
у 3
2
у
Зх
2
И/
= 0.
_
2
х
2
У-2х
2
_
2
у
2
-х
2
(х
2
+
у
2
)
2
(х
2
+
у
2
)
2
'
_,/+у
2
-2у
2
_
г
х
2
-у
2
_
2
у
2
-х
2
(х
2
+
у
2
)
2
(х
2
+
у
2
)
2
(х
2
+
у
2
)
2
Функція у(х,у) може бути уявною частиною аналітичної функції.
ч , ч Х
2
+\ 2
г)
у(х,у)
= —^—у .
ду 2 д
2
у 2 ЗУ ? д
2
и 2 ,
-г- = ху , —- = у ; — = х у + у, —т = х +1.
Зх Зх Зу Зу"
АУ
=—-
+—г-У +х~ + \*0.
^ .2 -і..2 ^
3
2
у 3
2
у^ 2
Зх
2
Зу
2
~
1
Функція у(х,у) не гармонічна і не може бути уявною частиною ана-
літичної функції.
Приклад
12. За
яких умов тричлен
и = ах
2
+
2Ьху
+ су
2
є
гармонічною функцією?
• Знайдемо
ди д
2
и ди д
2
и
— = 2ах + 2оу, —- = 2а; — = 2йх + 2су, —— = 2с.
дх дх ду ду
2
Згідно з означенням, функція и гармонічна, якщо вона задовольняє
3
2
м д
2
и
п
рівняння Лапласа
—г- н —
= 0 , отже
Зх
2
Зу
2