книги / Теория функций комплексного переменного
..pdfФункция |
w = |
1 . |
Преобразование |
w = |
1 |
является кон- |
|
|
z |
|
|
z |
|
формным во всей расширенной комплексной плоскости.
Преобразование w = 1z состоит из двух симметричных от-
ражений: относительно единичной окружности и относительно действительной оси.
Точки M и M1 называются симметричными относительно единичной окружности, если
1)они находятся на одном луче, выходящем из центра окружности, из начала координат;
2)произведение их расстояний от центра окружности рав-
но квадрату радиуса окружности OM OM1 =1.
Если центр окружности находится в начале координат и точка M изображает комплексное число z, то точка M1 со-
ответствует |
комплексному числу |
|
R |
. |
Окружности |
(прямые) |
|||
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
при отображении w = 1 |
переходят в |
окружности |
(прямые). |
||||||
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
Точке |
z = 0 |
соответствует точка |
w = ∞ , точке |
z = ∞ – точка |
|||||
w = 0. |
Неподвижные точки отображения w = 1 |
– точки z =1 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
и z2 = −1.
Для того чтобы найти образ области G при конформном отображении, используют принцип соответствия границ, со-
гласно которому конформное отображение одной области на другую определяется взаимно однозначным соответствием между их границами.
Пусть в плоскости z граница L области G задана уравнением F(x; y) = 0. Найдем уравнение Φ(u;v) = 0 образа границы L в плоскости w при конформном отображении с по-
41
мощью функции w = f (z). Для этого выделим действительную
и мнимую часть функции |
w = f (z). |
Так как w =u +iv, |
z = x +iy, то задание функции |
z = f (z) |
равносильно заданию |
двух функций u =u(x; y) , v = v(x; y). Далее, из системы урав- |
||
нений |
|
|
u =u(x, y), |
|
|
v = v(x, y), |
(4.30) |
|
F(x, y) = 0 |
|
исключим переменные x и y. |
В результате получим искомое |
||||||||||||||||
уравнение Φ(u;v) = 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Линия Φ(u;v) = 0 |
разбивает |
плоскость |
|
|
w на непересе- |
||||||||||||
кающиеся области Γ1 и Γ2. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Для того чтобы найти образ области G, |
нужно взять про- |
||||||||||||||||
извольную пробную точку z0 |
из области |
G и найти ее об- |
|||||||||||||||
раз w0 . |
Если w0 Γ1, |
то образом области |
G будет являться |
||||||||||||||
область Γ1. В противном случае – область Γ2. |
|
|
|
||||||||||||||
Пример 4.10. Найти образ окружности |
|
z |
|
=3 при отобра- |
|||||||||||||
|
|
||||||||||||||||
жении w = 4 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Пусть z = x +iy, |
w =u +iv. Тогда соотношение w = |
4 при- |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
мет вид u +iv = |
4 |
= |
4x |
−i |
4 y |
, откуда u = |
|
4x |
, |
||||||||
x +iy |
x2 + y2 |
x2 + y2 |
x2 + y2 |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
v = − |
|
4 y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x2 + y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Система уравнений для определения образа окружности z =3 имеет вид
42
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u = |
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
(1) |
|||
|
|
|
|
|
|
x |
2 |
+ y |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
4y |
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
v |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(2) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
x |
2 |
+ y |
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
x2 + y2 =9. |
|
|
|
|
|
|
(3) |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Исключим из этой системы x и y. Так как x2 + y2 =9, то |
||||||||||||||||||||||
из формул (1) и (2) следует: |
x = 9 u, y = −9 v. |
Значит в силу |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
9 |
2 |
|
|
− |
9 |
2 |
=9, |
т.е. u |
2 |
+v |
2 |
= |
4 |
2 |
Таким |
|||||||
формулы (3), |
u |
+ |
|
v |
|
|
|
|
. |
|||||||||||||
4 |
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|||
образом, окружность |
|
z |
|
=3 |
при отображении w = |
4 |
переходит |
|||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
в окружность с центром в начале координат, радиуса R = 43 .
Пример 4.11. Найти образ области z ≤3 при отображе-
нии w = 4z .
Образом границы рассматриваемой области в силу примера 4.10 является окружность с центром в начале координат, ра-
диусом R = 43 . Рассмотрим пробную точку z =1. Ее образом является точка w = 4, лежащая вне полученной окружности.
Следовательно, образом круга z ≤3 является область w ≥ 43 (рис. 11).
43
y |
z |
v |
w |
|
3 |
|
4 3 |
0 |
x |
0 |
u |
0 |
Рис. 11
Пример 4.12. Найти образ области z ≥3 при отображении w = z − 4z .
Найдем образ границы рассматриваемой области. |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
Пусть z = x +iy, |
w =u +iv. Тогда соотношение |
w = z − |
4 |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4x |
|
|
|
|
4 y |
|
|
|
|
примет вид |
u +iv = x +iy − |
|
|
|
|
|
|
= x + |
|
|
|
|
|
+i y − |
|
|
|
|
|
, |
||||||||||||
x |
+iy |
x |
2 |
+ y |
2 |
x |
2 |
+ y |
2 |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
откуда u = x 1+ |
|
|
|
|
, v |
= y 1 |
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
x |
2 |
+ y |
2 |
|
x |
2 |
+ y |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Из системы уравнений |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
u = x |
1 |
+ |
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
+ y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
v = y |
1 |
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
x |
2 |
+ y |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
x2 + y2 |
|
|
=9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
44
находим уравнение для образа границы рассматриваемой об-
|
9 |
2 |
9 |
2 |
u2 |
|
|
v2 |
|
|
||||||
ласти: |
|
|
|
u |
+ |
|
v |
=9 или |
|
|
|
+ |
|
|
|
=1 . Таким обра- |
13 |
5 |
(13 |
9 ) |
2 |
(5 |
9 ) |
2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
зом, образом окружности |
|
z |
|
=3 при преобразовании w = z − |
4 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
является эллипс с центром в начале координат и полуосями, равными 139 и 59 .
В качестве контрольной точки возьмем точку z = 4. Ее образом является точка w =3, лежащая внутри эллипса. Следовательно, образом искомой области является множест-
во точек |
плоскости |
W , |
определяемое |
неравенством |
|||||||
|
u2 |
v2 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
+ |
|
≤1 |
и |
представляющее |
собой |
внутренность |
|||
|
(139 )2 |
(59 )2 |
|||||||||
эллипса. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
Интегрирование функции |
|
|||||
|
|
|
|
|
комплексного переменного |
|
|||||
|
Пусть однозначная функция |
f (z) |
определена и непре- |
||||||||
рывна в области G, а |
L – кусочно-гладкая незамкнутая кри- |
||||||||||
вая, лежащая в области G. |
|
|
|
|
|||||||
|
Пусть |
z = x +iy, f (z) =u +iv, |
где u =u(x; y), v = v(x; y) – |
||||||||
действительные функции переменных x и y. |
|
||||||||||
|
Вычисление |
интеграла от |
функции |
f (z) |
комплексного |
переменного z сводится к вычислению двух криволинейных интегралов по координатам функции действительных переменных x и y по формуле
∫ f (z)dz = ∫ udx −vdy +i∫ vdx +udy. |
(4.31) |
||
L |
L |
L |
|
|
|
|
45 |
Интеграл ∫ f (z)dz, вообще говоря, зависит от пути интег-
L
рирования L.
Если кривая L определяется уравнением y = y(x), a ≤ x ≤b, то равенство (4.31) примет вид
∫ f (z)dz = ∫b (u(x; y(x) −v(x; y(x) y′(x))dx +
La
+ib∫(v(x; y(x) +u(x; y(x) y′(x))dx.
a
Пример 4.13. Вычислить интеграл ∫ z2dz по дуге кубиче-
L
ской параболы y = x3 , соединяющей точки z1 = 0 и z2 =1+i. Функция f (z) = z2 может быть задана следующим обра-
зом: z2 =( x +iy)2 =(x2 − y2 )+i2xy. Следовательно,
∫ z2dz = ∫ ((x2 − y2 )+i2xy)(dx +idy) =
LL
=∫ (x2 − y2 )dx −2xydy +i∫ 2xydx +(x2 − y2 )dy.
|
L |
|
L |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Уравнение линии L запишем в виде z = x +iy. |
На дуге L |
|||||||||||
справедливо равенство y = x3 , |
0 ≤ х ≤1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
Поэтому |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫ z2dz = ∫(x2 − x6 )dx −2xx3 3x2dx +i∫ 2xx3dx +(x2 − x6 )3x2dx = |
|||||||||||||
L |
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
x3 |
|
|
1 |
|
|
x9 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||||||||||
= ∫ |
(x2 −7x6 )dx +i∫ |
(5x4 −3x8 )dx = |
|
− x7 |
|
|
+ i x5 − |
|
|
|
= |
||
|
|
||||||||||||
0 |
0 |
|
3 |
|
|
0 |
|
|
3 |
|
|
0 |
|
46 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= −23 + 23 i.
Если |
|
кривая L |
|
задана параметрическими |
|
уравнениями |
||||||||||
x = x(t), |
y = y(t), |
t1 ≤t ≤t2 , |
то равенство (4.31) примет вид |
|||||||||||||
∫ |
|
t2 |
|
( |
|
|
) |
|
− |
|
( |
|
) |
) |
+ |
|
f (z)dz |
= ∫ ( |
u |
x(t); y(t) |
x′(t) |
v |
x(t); y(t) |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
y′(t) dt |
Lt1
+it∫2 (v( x(t); y(t)) x′(t) +u ( x(t); y(t)) y′(t))dt.
t1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫ (z2 + zz )dz, где L – |
||||
Пример 4.14. Вычислить интеграл |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L |
дуга окружности |
|
z |
|
=1, |
|
0 ≤ arg z ≤ π. |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Положим z = eit , тогда dz =ieit dt, |
0 ≤t ≤ π. Поэтому |
||||||||||||||
∫ (z2 + zz )dz = |
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
(ei3t +eit )dt = |
||||
∫ |
(ei2t +1)ieit dt = i∫ |
||||||||||||||
L |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
||||
= |
|
1 |
e |
i3t |
+e |
it |
|
π |
− |
8 |
. |
||||
|
|||||||||||||||
|
3 |
|
|
|
= |
3 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Если f (z) – аналитическая функция в односвязной облас- |
|||||||||||||||
ти G, то интеграл ∫ f (z)dz |
не зависит от пути интегрирования, |
||||||||||||||
|
|
L |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а зависит только от координат начальной и конечной точек z1 и z2. В этом случае справедливо равенство
|
|
|
z2 |
|
|
|
∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz. |
(4.32) |
|
|
|
L |
z1 |
|
Если |
кривая |
L задана |
параметрическими |
уравнениями |
x = x(t), |
y = y(t) , |
t1 ≤t ≤t2 , то равенство (4.32) примет вид |
||
|
|
|
t2 |
|
|
|
∫ f (z)dz = ∫ f ( z(t)) z′(t)dt. |
|
|
|
|
L |
t1 |
|
|
|
|
|
47 |
Пример 4.15. Вычислить интеграл ∫ ez dz , где L – отрезок
|
|
|
|
|
|
|
L |
|
|
|
|
|
|
|
|
прямой y = −x , соединяющий точки z1 = 0 |
и z2 = π−iπ. |
|
|||||||||||||
Запишем |
параметрические |
уравнения |
линии |
L : x =t , |
|||||||||||
y = −t , или в комплексной форме z =t −it , |
где параметр t из- |
||||||||||||||
меняется от 0 до π. Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
z |
dz = |
π |
t+it |
|
π |
(1+i)t |
dt |
= |
1−i |
e |
(1+i)t |
|
π |
= |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|||||||||||||
∫ e |
∫ e |
|
(1−i)dt = (1−i)∫ e |
|
1+i |
|
|
|
|
||||||
L |
|
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
|
) |
|
( |
|
) |
|
|
( |
|
) |
|
= −i |
|
e(1+i)π |
−1 |
= −i |
|
eiπeπ −1 |
= i |
|
eπ +1 . |
||||
Если функция f (z) |
аналитична в односвязной областиG , |
||||||||||||
содержащей точки z1 |
и z2 , то имеет место формула Ньютона– |
||||||||||||
Лейбница |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫ f (z)dz = Φ(z2 ) −Φ(z1 ), |
|
|
|
(4.33) |
|||||||
|
|
L |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где Φ(z) – некоторая первообразная для функции |
|
f (z) . |
|||||||||||
Пример 4.16. Вычислить интеграл |
∫ ( |
|
|
|
|
) |
|||||||
|
3z2 +2z dz , где L – |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
L |
|
|
|
|
|
дуга параболы y = x2 |
между точками z |
=1−i и z |
2 |
= 2 +i . |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
Так как функция |
f (z) =3z2 +2z |
аналитична на всей ком- |
плексной плоскости, то рассматриваемый интеграл не зависит от пути интегрирования и может быть вычислен с помощью формулы Ньютона–Лейбница
∫ |
( |
|
|
) |
|
( |
|
) 1−i |
|
|
|
|
3z2 |
+ |
2z dz |
= |
|
z3 + z2 |
|
2+i = (2 |
+i)3 +(2 +i)2 −(1−i)3 −(1−i)2 = |
L |
|
=8 +12i −6 −i +4 +4i −1−1+3i +3 −i −1+ 2i +1 = 7 +19i. |
||||||||
|
|
Замена переменных в интегралах от функции комплексного переменного производится аналогично случаю функции действительного переменного. Пусть аналитическая функция
48
z = ϕ(w) отображает взаимно |
однозначно контур L z-плос- |
||
кости на контур L1 w-плоскости. Тогда |
|
||
∫ f (z)dz = ∫ f (ϕ(w))ϕ′(w)dw. |
(4.34) |
||
L |
L1 |
|
|
Пример 4.17. Вычислить интеграл ∫ z sin z2dz , где L – от- |
|||
|
|
L |
|
резок AB прямой, zA = 0, |
zB =1+i. |
|
|
Функция z = w2 аналитична всюду. Тогда |
|
||
∫ z sin z2dz |
1+i |
1 sin z2 (z2 )′dz = |
|
= ∫ |
|
||
L |
0 |
2 |
|
= −12 cos z2 10+i = 12 (1−cos 2i) = 12 (1−ch 2) .
Формула интегрирования по частям в интегралах от функции комплексного переменного также аналогична случаю функции действительного переменного. Если функции f (z)
и ϕ(z) аналитичны в односвязной области G , точки z1 и z2 принадлежат области G , то
z |
|
|
|
z |
|
|||
|
|
|
|
|||||
∫2 f (z)ϕ′(z)dz =[ f (z)ϕ(z)] |
z2 − ∫2 ϕ(z) f ′(z)dz. |
|
||||||
z |
|
|
z1 |
z |
|
|||
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
||
Пример 4.18. Вычислить интеграл ∫ z cos zdz . |
|
|||||||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
Функции f (z) = z |
и ϕ(z) = cos z аналитичны всюду. |
|||||||
Применяя формулу интегрирования по частям, получим |
||||||||
i |
i |
|
|
|
|
i |
|
|
∫ z cos zdz |
= ∫ z(sin z)′dz = ( z sin z) |
|
i0 −∫sin zdz |
= |
||||
|
||||||||
0 |
|
0 |
|
|
0 |
|
||
|
|
|||||||
= (isin z +cos z) |
i |
=i sin i −sin 0 +cosi −cos 0 =i ish1+cos1−1 = |
||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
49 |
= −sh1+ch1−1 = −e1 −2e−1 + e1 +2e−1 −1 =
= −e +e−1 +e +e−1 −2 = e−1 −1. 2
Пример 4.19. Вычислить интеграл от функции комплекс-
ного переменного |
∫ |
z3dz , |
где |
AB – отрезок прямой, zA = 0 , |
|||||||||
|
|
AB |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
zB =i . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Так как подынтегральная функция |
f (z) = z3 |
аналитична |
|||||||||||
всюду, то |
можно |
воспользоваться |
формулой |
Ньютона– |
|||||||||
|
|
i |
|
z4 |
|
i |
|
i4 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Лейбница ∫ |
z3dz = ∫ z3dz = |
|
|
|
|
= |
|
−0 = |
|
. |
|
||
4 |
|
|
|
4 |
4 |
|
|||||||
AB |
|
0 |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 4.20. Вычислить интеграл от функции комплекс- |
|||||||||||||
ного переменного |
∫ |
z dz, |
где |
ABC – ломаная, zA = 0, zB =i , |
|||||||||
|
|
ABC |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
zc =1+i .
Подынтегральная функция f (z) = z определена и непрерывна всюду, ломаная ABC представляет собой кусочногладкую кривую, поэтому искомый интеграл сводится к вычислению двух криволинейных интегралов по координатам по формуле
∫ f (z)dz =∫udx −vdy +i∫ vdx +udy.
ГГ Г
Следовательно,
∫ z dz = |
∫ (x −iy)(dx +idy) = |
∫ |
xdx + ydy +i ∫ −ydx + xdy. |
ABC |
ABC |
ABC |
ABC |
Воспользуемся свойством аддитивности криволинейного интеграла:
∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz.
ABC AB BC
50