y
0 |
x |
Рис. 6.
Задача 8
Восстановить аналитическую функцию по ее вещественной части
u (x, y)= e y cos x + xy, w(0)=1 + 2i .
Справочный материал
Пусть функция w = f (z) определена на области D. Зафиксируем точку z = z0 D (соответственно функция примет значение f (z0 )). Пусть переменная z получит приращение z = x +i y , то есть z = z0 + z (при этом z должно быть
настолько мало, чтобы точка z оставалась внутри области D). Тогда значение функции тоже получит приращение
f (z0 )= f (z0 + z)− f (z0 ).
Производной функции w = f (z) в точке z0 называется
предел |
f (z)− f (z0 ) |
|
|
|
|
|
lim |
= |
lim |
w |
= |
f ′(z0 ), |
|
|
z |
|||||
z→z0 |
z − z0 |
z→0 |
|
|
||
при условии, что он существует.
Функция дифференцируема в точке z0 тогда и только тогда,
когда существует конечная производная f ′(z0 ).
17
Функция, дифференцируемая в каждой точке области,
называется дифференцируемой в этой области. |
|
|
|
Пусть |
функция f (z)= u(x, y)+ i v(x, y) |
определена |
в |
некоторой |
окрестности точки z0 = x0 + i y0 , |
где u(x, y) |
и |
v(x, y) дифференцируемы в этой точке. Тогда для того, чтобы функция w = f (z) была дифференцируема в точке z0 ,
необходимо и достаточно, чтобы в этой точке выполнялись равенства
∂u∂x∂u
∂y
= ∂∂vy
.
= − ∂∂vx
Эти равенства называются условиями Коши - Римана или
условиями Эйлера - Даламбера.
Однозначная функция w = f (z), дифференцируемая в какойлибо точке и некоторой ее окрестности, называется
аналитической в этой точке.
Если функция w = f (z) является аналитической в каждой
точке области D, то она называется аналитической в этой области.
Функция является аналитической в области тогда и только тогда, когда в каждой точке этой области выполняются условия
Коши-Римана. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Если w = f (z) аналитическая в некоторой области, то |
её |
|||||||||||||
вещественная и мнимая части u(x, y) |
и v(x, y) |
удовлетворяют |
||||||||||||
дифференциальному |
уравнению |
Лапласа |
|
∂2T |
+ |
∂2T |
= 0 , |
то |
||||||
|
∂x2 |
∂y2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
есть |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∂2u |
+ |
∂2u |
= 0 , |
∂2v |
|
+ |
∂2v |
= 0 . |
|
|
|
|
|
|
∂x2 |
∂y2 |
∂x2 |
∂y |
2 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
18
Решения уравнения Лапласа называются гармоническими функциями.
Решение задачи
1) Проверим, является ли функция гармонической.
|
∂u |
= −e y |
sin x + y ; |
∂u = e y cos x + x ; |
|
∂x |
|
|
∂y |
|
∂2u = −ey cos x ; |
∂2u = e y cos x ; |
||
|
∂x2 |
|
∂y2 |
|
Поскольку |
∂2u |
+ ∂2u |
= −e y cos x + e y cos x = 0 , требование |
|
|
∂x2 |
∂y2 |
|
|
гармоничности выполнено.
2) Для отыскания функции v(x, y) воспользуемся условиями Коши - Римана.
Так как |
∂u = −e y |
sin x + y , то из первого условия Коши - |
|
||||||||
|
∂x |
∂v |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Римана получаем |
= −e y sin x + y , откуда |
|
|
||||||||
|
|
∂y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v(x, y)= ∫(−e y sin x + y)dy = −e y sin x + |
y2 |
+ c(x). |
(1) |
||||||||
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
По второму условию Коши - Римана ∂v = − |
∂u , то есть |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
∂x |
∂y |
|
|
|
|
|
|
y |
2 |
' |
= −(e y cos x + x), или |
|
|||
|
−e y sin x + |
|
+ c(x) |
|
|||||||
|
|
|
|||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
−e |
y |
|
|
|
′ |
y |
cos x − x ,откуда |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
cos x + c (x)= −e |
|
|
||||||||
c′(x)= −x .
Интегрируя, найдем c(x)= ∫(− x)dx = − x2 + c1 , и подставим
2
последнее выражение в формулу (1): 19
v(x, y)= −e y sin x + |
y2 |
− |
x2 |
|
|
|
+ c . |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
2 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Таким образом, аналитическая функция имеет вид |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
2 |
|
|
x |
2 |
|
|
|||
w(x +i y)= e y cos x + xy +i −e y sin x + |
|
|
− |
|
+c |
. |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
1 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Полагая в этом равенстве x = z, y = 0 , получаем |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
z |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
w(z)= cos z +i −sin z − |
|
|
|
+ c |
. |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Учитывая заданные начальные условия, находим c1 : |
|
|||||||||||||||||||
w(0)=1 +ic1 =1 + 2i c1 = 2 . |
|
|
|
|||||||||||||||||
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
w(z)= cos z +i 2 −sin z − |
|
|
|
|
. |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Задача 9
Найти образ линии x + y = 2 при следующих отображениях:
а) w =1−2iz , б) w = 1z .
Решение задачи
а) Учитывая, что z = x +iy , запишем
w =1−2iz =1−2i(x +iy) =1+2 y −2ix =u +iv ,т.е.
u =1 + 2 yv = −2x
Выразим из последних соотношений x и y :
x = − 2vy = u −1 .
2
20
Подставив их в уравнение заданной линии, получим уравнение
прямой − |
v |
+ |
u −1 |
|
= 2 , или u −v = 5 (рис. 7). |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
2 |
2 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
y |
z |
v |
|
w |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 2 |
x |
0 |
5 |
u |
||
−5
Рис. 7.
б) Выражениеw = |
1 |
дает |
z = |
1 |
|
или |
|
|
||||
z |
w |
|
|
|||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
u −iv |
|
||||
|
x +iy = |
|
|
|
= |
. |
||||||
|
u +iv |
|
|
|||||||||
Тогда |
|
|
|
|
|
u2 +v2 |
||||||
|
u |
|
|
|
|
|
|
−v |
|
|
||
x = |
|
, |
y = |
|
. |
|||||||
u2 +v2 |
u2 +v2 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Подставив x и y в уравнение исходной линии, получим
u |
+ |
v |
= 2 , откуда 2(u2 +v2 ) −u −v = 0 , или |
||||||||
u2 + v2 |
|
||||||||||
u2 + v2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
1 |
2 |
|
− |
1 |
2 |
1 |
. |
|
|
|
u − |
4 |
|
+ v |
|
= |
8 |
||
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
||
Последнее уравнение определяет окружность радиуса
1
2
2
сцентром в точке 1 ; 1 (рис.8).
4 4
21