2894
.pdfЗадача 8.5. Найти все решения уравнения z 4 −2z 2 + 4 = 0 .
Решение. Уравнение имеет четыре корня. Сделав замену
переменного t = z 2 , приходим к уравнениюt 2 −2t + 4 = 0 . Дискриминант равен
|
|
D = 4−16 = −12 ; t1, 2 = |
2 ± −12 = 2 ±i 2 3 =1±i 3 . |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Найдем |
|
z . Для |
|
t1 =1+i |
3 |
|
получим |
r = |
|
t1 |
|
= 1+3 = 2 ; |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
cosϕ=1 2 , sin ϕ= 3 |
|
2 . Следовательно, ϕ= π 3 , и |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
+ 2πk |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ 2πk |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
z = |
|
t1 = |
2 cos |
|
|
|
|
|
+i sin |
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
k = 0,1. |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отсюда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
при |
|
k = 0 |
z |
= |
|
2 cos |
|
|
|
+i sin |
|
|
= |
|
2 |
|
|
|
|
+i |
|
|
; |
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7π |
|
|
|
|
|
7π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
1 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
при |
|
k =1 |
z |
2 |
= |
|
|
2 cos |
|
|
+i sin |
|
|
|
= − |
|
|
2 |
|
|
|
|
+i |
|
. |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Аналогично |
рассматривается |
случай |
|
|
t 2 =1−i |
|
3 . При |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
этом |
|
t 2 |
|
= 2 , ϕ= −π 3 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
z3 = 2 |
cos − |
+i sin − |
|
|
= |
2 |
|
|
|
|
|
|
−i |
|
|
; |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
201
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5π |
|
|
|
|
|
5π |
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
z |
4 |
= |
|
2 |
cos |
|
|
+i sin |
|
|
|
|
= |
2 − |
|
|
|
+i |
|
|
. |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 8.6. Представить в алгебраической форме число |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z = |
|
|
6 ei π 3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
−2i |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
|
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Решение. По формуле Эйлера |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
i π 3 |
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
6 e |
= |
|
|
|
+i sin |
|
|
|
|
|
+i |
|
|
( |
|
|
|
) |
; |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
6 cos |
3 |
3 |
= 6 |
2 |
|
2 |
|
= 3 1+i 3 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
3−2i |
2 |
= 9−2 6i + |
( |
2i |
2 |
|
= 9−12i −4 = 5−12 ; |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
z = |
3(1+i 3) |
= |
3 |
(1+i 3)(5 +12i) |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
5−12i |
5−12i 5 +12i |
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
|
|
|
|
)( |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
= 3 |
(5−12 3)+i(12 +5 3) |
= |
|
3(5−12 3) |
+i |
|
3(12 +5 3) |
. |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
25 +144 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
169 |
|
|
|
|
|
|
|
169 |
|
Понятие функции комплексного переменного.
|
Задача |
8.7. |
|
|
|
Изобразить |
||||||||||
|
множество точек z комплексной |
|||||||||||||||
|
плоскости, |
удовлетворяющих |
||||||||||||||
|
равенству |
|
z −2 +i |
|
= |
|
z +5−2i |
|
. |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
Решение. |
Значение |
|
z −z0 |
|
|
||||||||||
|
|
|
||||||||||||||
|
равно |
расстоянию |
|
|
между |
|||||||||||
|
точками |
z и |
z0 . |
|
|
|
|
Поэтому |
||||||||
Рис. 8.2 |
данное |
|
|
равенство |
означает |
|||||||||||
следующее: требуется |
найти точки |
z , равноудаленные от |
202
точек a = 2−i и b = −5 + 2i . Известно, что множество точек,
равноудаленных от a и b , представляет собой прямую, перпендикулярную отрезку ab и проходящую через середину с этого отрезка (т.е. срединный перпендикуляр) — рис. 8.2. Так как координаты середины отрезка равны полусумме соответствующих координат его концевых точек, то
c = |
2−5 |
+i |
−1+ 2 |
= − |
3 |
+i |
1 . |
|
2 |
|
2 |
|
2 |
|
2 |
Итак, искомым множеством является прямая, проходящая
через точку c = − |
3 +i |
1 |
перпендикулярно отрезку ab . |
|
|||||||||||||||
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 8.8. Изобразить на комплексной плоскости |
|||||||||||||||||||
область, заданную неравенствами |
|
|
|
z −2i |
|
< 2 ; |
1< Im z < 3 . |
|
|||||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||
Решение. |
Неравенство |
|
z −2i |
|
< 2 |
|
|
|
означает, |
что |
|||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||
расстояние от точки |
z |
до точки |
z0 = 2i |
меньше |
чем |
2 . |
|||||||||||||
|
|
|
Поэтому |
множество |
точек z ,для |
||||||||||||||
|
|
|
которых |
|
|
|
|
|
z −2i |
|
< 2 , |
является |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
внутренностью круга с центром 2i |
||||||||||||||||
|
|
|
радиуса 2 . |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
Условие 1< Im z < 3 говорит о |
||||||||||||||||
|
|
|
том, что координата y точки z |
||||||||||||||||
|
|
|
заключена между 1 и 3. Множество |
||||||||||||||||
Рис. 8.3 |
|
|
таких |
|
точек z образует |
полосу, |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y =1 |
и y = 3 . |
||
лежащую между |
горизонтальными прямыми |
Искомое множество является пересечением круга и полосы, изображенным на рис. 8.3; граница не входит в заштрихованное множество.
203
Задача 8.9. Изобразить на комплексной плоскости
область, |
|
заданную |
системой |
неравенств: |
|
z −3i |
|
< 2 , |
||||||||
|
|
|||||||||||||||
|
arg z − |
π |
|
< π , Im z < 4 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
2 |
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. 1) Изобразим множество |
точек |
|
|
z , |
|||||||||||
удовлетворяющих неравенству |
|
z −3i |
|
< 2 , |
т.е. удаленных от |
|||||||||||
|
|
|||||||||||||||
точки |
z0 = 3i на |
расстояние, |
меньшее |
2 . |
Эти |
точки |
заполняют внутренность круга с центром z0 = 3i и радиусом
Рис. 8.4, а |
|
|
|
Рис. 8.4, б |
|
|
|||||
2 - рис. 8.4, |
а; граница круга не принадлежит множеству. |
||||||||||
2) |
Неравенство |
|
|
arg z −π |
|
< |
π |
равносильно |
|||
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
6 |
|
|
соотношениям − |
π < arg z − |
π |
< π |
, или |
|
π |
< arg z −π |
< 2π . |
|||
|
z , |
6 |
2 |
6 |
|
3 |
|
2 |
3 |
||
Точки |
аргумент |
которых удовлетворяет |
данному |
||||||||
|
|
|
|
|
|
условию, |
заполняют |
||||
|
|
|
|
|
|
внутренность |
|
сектора, |
|||
|
|
|
|
|
|
образованного |
|
лучами, |
|||
|
|
|
|
|
|
идущими под углами π 3 и |
|||||
|
|
|
|
|
|
2π 3 к оси OX - рис. 8.4, б. |
Рис. 8.4, в
204
3) Изобразим множество Im z < 4 . |
Оно |
является |
полуплоскостью, лежащей под прямой y = 4 |
— |
рис. 8.4, в; |
сама эта прямая не входит в множество.
4)Искомым множеством является пересечение
построенных множеств, т.е. треугольник Рис. 8.4, в со "скругленными" углами — рис. 8.4, г. Граница не входит в множество.
Задача 8.10. Замкнутую область, изображенную на рис. 8.5, задать системой неравенств.
Рис. 8.4, г |
Рис. 8.5 |
Решение. Точки указанной области лежат в замкнутом |
|
круге с центром |
z0 = −2i радиуса 2 . Поэтому они |
удовлетворяют неравенству z + 2i ≤2 . Кроме того, эти точки
лежат внутри сектора с вершиной в начале координат, что накладывает условие на их аргументы. Удобно пользоваться главным значением аргумента, для которого −π< arg z ≤π .
Для точек данной области |
arg z угол отсчитывается от |
|
оси OX по часовой стрелке |
и, следовательно, |
является |
отрицательным: −3π 4 < arg z ≤−π 6 . Итак, |
нужными |
неравенствами являются z + 2i ≤2 , −3π 4 < arg z ≤−π 6 .
205
Дифференцирование функций комплексного переменного.
Задача 8.11. Найти точки, в которых функция
ω = z(z −3 Im z)
является дифференцируемой, и вычислить производную в этих точках (если таковые существуют).
Решение. Представим данную функцию ω = f (z) в виде f (z)= u(x, y)+i υ(x, y). Для этого подставим z = x +i y и
выделим действительную и мнимую части полученного выражения:
f (z)= (x +i y)(x −iy −3y)= x 2 + y 2 −3xy −i 3y 2
(мы воспользовались равенствами z = x −iy , Im z = y ). Таким образом, u(x, y)= x 2 + y 2 −3xy , υ(x, y)= −3y 2 .
Согласно теореме 6.1, для дифференцируемости функции f (z) в точке z = (x, y) необходимо и достаточно, чтобы в
этой точке выполнялись условия Коши-Римана (6.4). Найдем частные производные:
∂u |
= 2x −3y , |
∂υ |
= −6 y , |
∂u = 2 y − |
3x , |
∂υ |
= 0 . |
|
∂x |
|
∂y |
|
|
∂y |
|
∂x |
|
Условия (6.4) приводят к системе уравнений |
|
|
|
|||||
|
2x −3y = −6 y, |
|
2x +3y = 0, |
|
|
|||
|
|
|
|
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 0, |
|
|
|
|
|
|
|
2 y −3x |
|
|
3x −2 y = 0. |
|
|
Эта система имеет единственное решение x = 0 , y = 0 . Итак, функция f (z) дифференцируема в единственной точке z = 0 . Для отыскания производной f ′(0) достаточно найти частную производную либо по x , либо по y в точке z = 0 (в силу
206
дифференцируемости функции f (z) значения этих производных должны быть равны друг другу):
|
∂u |
∂υ |
(0,0) =(2x −3y) |
(0,0) +i 0 = 0 . |
f ′(0)= ∂x |
(0,0) +i ∂x |
|||
Задача |
8.12. |
Восстановить аналитическую функцию |
||
f (z) по ее |
действительной части u(x, y) = e−y sin x + y и |
значению f (0)=1.
Решение. 1) Проверим, что данная функция в самом деле является действительной частью аналитической функции. С
этой целью подставим u в уравнение Лапласа |
∂2u |
+ |
∂2u |
= 0 |
: |
||||||||
∂x 2 |
∂y 2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
∂u |
−y |
|
|
∂2u |
|
−y |
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
= e |
cos x , |
|
∂x 2 = −e |
|
sin x ; |
|
|
|
||||
∂u |
−y |
|
|
∂2u |
|
−y |
|
|
|
|
|
||
∂y = −e |
sin x +1, |
∂y 2 |
= e |
|
sin x ; |
|
|
|
|||||
∂2u |
∂2u |
−y |
|
|
−y |
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x 2 |
+ ∂y 2 |
= −e |
sin x + e |
|
sin x = 0 . |
|
|
|
Таким образом, функция u(x, y) удовлетворяет уравнению Лапласа во всей плоскости.
2) Используя условия Коши-Римана, найдем ∂∂υy = ∂∂ux и
∂∂υx = −∂∂uy :
∂υ ∂u |
= e |
−y |
cos x , |
∂υ |
|
∂u |
= e |
−y |
sin x −1. |
∂y = ∂x |
|
∂x |
= − |
∂y |
|
207
|
|
|
∂υ |
−y |
|
|
3) |
Интегрируя |
равенство |
∂x |
= e |
sin x −1 |
по |
переменному x , найдем |
υ(x, y) |
(при |
этом |
y считается |
постоянной):
υ(x, y)= ∫(e−y sin x −1)dx =
= e−y ∫ sin x dx −∫1 dx = −e−y cos x −x +C (y),
где C (y) — неизвестная функция переменного y .
4) Подставим найденную функцию υ(x, y) в уравнение
∂υ = e−y |
cos x |
∂y |
|
и найдём C′(y) : |
|
e−y cos x +C′(y)= e−y cos x , откуда C′(y)= 0 . |
|
5) Проинтегрировав C′(y) по y , найдем C (y) : |
|
C (y)= ∫ C′(y)dy = ∫ 0 dy = C1 , |
|
где C1 — произвольная постоянная. |
|
6) Запишем f (z) в виде |
f (z)= u(x, y)+i υ(x, y) и |
найдем C1 из условия f (0)=1: |
|
f (z)= e−y sin x + y +i(−e−y cos x −x +1−i), или f (z)= −i e−y (cos x +i sin x)−i(x +i y)+1+i =
208
= −i e−yei x −i(x +i y)+1+i = −i ei(x+i y) −i(x +i y)+1+i = = −i ei z −i z +1+i .
Восстановление аналитической функции по ее мнимой части проводится аналогично — см. пример 7.3.
Конформные отображения.
Задача 8.13. Найти функцию, отображающую треугольник с вершинами A(−1, 0), B(−4, −1) , C (−4, 1) на
треугольник с вершинами A′(3, 0), B′(5,−6), C′(1,−6) (рис.
8.6).
Решение. Треугольник можно отобразить на треугольник A′B′C′ последовательным выполнением растяжения, поворота и параллельного переноса. Поэтому такое отображение реализуется линейной функцией
ω= az +b .
1)Подберем преобразование подобия. Так как коэффициент подобия треугольников равен 2 , то нужное преобразование
есть ω1 = 2z . Точка A(−1, 0) перейдет в
A1 (−2, 0).
Рис. 8.6 2) Повернем получившийся треугольник относительно
начала координат на угол π2 против часовой стрелки. Это
преобразование запишется в виде ω |
2 |
= ω e i π 2 |
. Точка |
|
1 |
|
A1 (−2, 0) перейдет в A2 (0, −2).
209
3) Сделаем параллельный перенос получившегося треугольника на вектор A2 A′= (3, 2)= 3+ 2i . Преобразование
запишется в виде ω = ω2 +3+ 2i .
Композиция указанных преобразований даст искомое отображение:
ω = ω2 +3+ 2i = ei π 2ω1 +3+ 2i = 2 e i π 2 z +3+ 2i ,
т.е. ω = 2 ei π2 z +3+ 2i , или ω = 2i z +3+ 2i .
Задача 8.14. В какую область переходит круг z + 2i < 2 при отображении ω =1 z
Решение. Определим вначале, во что переходит граница круга, т.е. окружность z + 2i = 2 . Согласно круговому
свойству дробно-линейных отображений (теорема 9.4), эта окружность переходит в окружность (возможно, с радиусом
|
R = ∞, т.е. |
в прямую). Точка |
z = 0 |
лежит на окружности |
||||||
|
z + 2i |
|
= 2 ; |
она переходит |
в |
ω = 0 . |
Поэтому R = ∞ и, |
|||
|
|
|||||||||
следовательно, окружность |
|
z + 2i |
|
= 2 |
переходит в прямую. |
|||||
|
|
Чтобы ее изобразить, достаточно найти две точки на этой
прямой. |
При z |
= −4i |
|
получим |
|
ω |
= |
1 |
= |
i |
. При |
||||||
|
|
|
−4i |
|
|||||||||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
4 |
|
||
z2 = 2−2i |
будем иметь |
ω2 |
= |
|
1 |
|
= |
1 |
+ |
i |
. Итак, |
образом |
|||||
2 |
−2i |
4 |
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
z + 2i = 2 является прямая, проходящая через точки ω1 = i4
и ω2 =1 4 +i 4 , т.е. горизонтальная прямая |
y =1 4 . Поэтому |
||||
образом круга |
|
z + 2i |
|
< 2 будет одна из |
полуплоскостей |
|
|
(верхняя либо нижняя), ограниченная этой прямой.
Чтобы понять, какой из случаев имеет место, достаточно проверить, в какую полуплоскость отображается какая-либо
внутренняя точка круга, например центр |
z0 = −2i . Имеем |
ω0 =1 z0 = −1 (2i)= i 2 . Поскольку центр |
отображается в |
210