Tom_2

если lim zn = ∞ . n→∞

Комплексная плоскость, дополненная бесконечно удаленной точкой,

называется расширенной комплексной плоскостью и обозначается .

Окрестностью бесконечно удаленной точки называется множество | z |> R , т.е. внешность круга радиусом R с центром в начале координат.

Пусть D – множество точек расширенной комплексной плоскости . Точка z1 D называется внутренней точкой множества D, если существует

ε -окрестность Uε (z1) этой точки, целиком содержащаяся в D. Точка z2 называется граничной точкой множества D, если в любой ее окрестности Uδ (z2 ) имеются точки, как принадлежащие, так и не принадлежащие

множеству D. Совокупность граничных точек множества D называется его границей. Множество D с присоединенной к нему границей Г называется замкнутым, а множество D – открытым, если все его точки внутренние. Множество D называется связным, если две любые его точки A и B можно соединить непрерывной кривой, полностью расположенной в D. Связное

открытое множество D называется областью. Область D с присоединенной к ней границей является замкнутой. Область D называется односвязной, если ее граница является связным множеством, в противном случае область D называется многосвязной.

Если каждому комплексному числу z, принадлежащему области D, поставлено в соответствие некоторое комплексное число w, то говорят, что в

области D определена комплексная функция w = f (z) .
Пусть	z = x + iy и w = u + iv . Тогда функция w = f (z) может быть
представлена	с	помощью двух	действительных функций	u = u(x, y) и
v = v(x, y) действительных переменных x и y:
		w = f (z) = u + iv = u(x, y) + iv(x, y) ,
где u(x, y) = Re f (z) , v(x, y) = Im f (z) .				| z - 2 - i |³ 1 ,
Пример 1. Указать область, определяемую условиями
1 ≤ Re z < 3, 0 < Im z ≤ 3 .			| z - 2 - i |³ 1 , равносильное
Решение.		Неравенство		неравенству

| z - (2 + i) |³ 1, определяет внешность круга (включая границу) радиусом 1 с

центром в	точке	z0 = 2 + i . Неравенство	1 ≤ Re z < 3 или	1 ≤ x < 3
определяет	полосу,	заключенную между	прямыми x = 1	и x = 3 .

Неравенство 0 < Im z ≤ 3 или 0 < y £ 3 определяет полосу, заключенную между прямыми y = 0 и y = 3. □

Пример 2. Дана функция f (z) = x2 + y2i , где z = x + yi . Найти f (2 - 3i) .

Решение. Здесь x = 2 , y = -3 . Тогда f (2 - 3i) = 4 + 9i . □

194

Пример 3. Найти действительную и мнимую части функции f (z) = iz2 - z .

Решение. Полагая z = x + iy , находим

f (z) = u(x, y) + iv(x, y) = i(x + iy)2 - (x - iy) =

= i(x2 - y2 + 2ixy) - (x - iy) = -x(1+ 2y) + i(x2 - y2 + y) .

Таким образом, Re f (z) = u(x, y) = −x(1+ 2y) ,

Im f (z) = v(x, y) = x2 - y2 + y . □

Функция w = f (z) называется однолистной в области D, если любым различным значениям z1 ¹ z2 , взятым из области D, соответствуют

различные значения функции f (z1) ¹ f (z2 ) .

В теории функций комплексной переменной (ТФКП) термин «однолистность» заменяет общий термин «взаимно однозначный».

Пример 4. Найти область однолистности функции f (z) = z2 .

Решение.

Пусть z

= ρ eiϕ1

и

z

2

= ρ

2

eiϕ2 .

Найдем условие, при

1

1

котором z2

= z2 , хотя

z

¹ z

2

.

Имеем

ρ2ei2ϕ1 = ρ2ei2ϕ2

. Отсюда

1

2

1

1

2

заключаем, что

ρ1 = ρ2 , и 2ϕ2 = 2ϕ1 + 2kπ

(k = 0;1) . Так как

z1 ¹ z2 , то

ϕ

2

= ϕ + π .

Таким образом,

область

однолистности функции

w = z2 не

1

должна содержать внутри себя точек, модули которых совпадают, а аргументы отличаются на π , т.е. областью однолистности является любая полуплоскость, например, Re z > 0 или Im z > 0 . □

Геометрически, заданную на D функцию f (z) , можно рассматривать как отображение области D плоскости z на некоторое множество G плоскости

w, являющееся

совокупностью

значений

f (z) ,

соответствующих

всем

z D .

линии x = c

Пример 5. Найти образ

при

отображении функции

w = z2 .

x = c

Oxy параметрически

Решение.

Прямая

на

плоскости

описывается

уравнениями

x = c ,

y = y ,

y

(y – параметр). В

комплексном

виде эта прямая

определяется

соотношением

z = c + iy ,

y .

Тогда

w = u + iv = z2 = (c + iy)2 = c2 - y2 + 2ciy .

Отсюда

u = c2 - y2 ,

v = 2cy .

Исключив параметр

y из этой системы, получим

уравнение

параболы

u = c2 -

v2

.

Итак,

образом прямой

x = c

при

4c2

v2

отображении w = z2 является парабола u = c2 -

. □

4c2

195

В ТФКП естественно возникают, так называемые, многозначные функции.

Говорят, что в области D определена многозначная функция w = f (z) ,

если каждой точке z D поставлено в соответствие несколько комплексных чисел w.

Пример 6. Найти все значения функции w =

2

-

в точке z0 = i .

z

π

2

Решение.

Так

как

| i |= 1

и

argi =

,

то,

в

соответствии

с

n-ой

2

определением

корня

степени из

комплексного

числа,

находим

i æ π

ö

ç

+

2kπ ÷

w =

2

- e2è 2

ø ,

k = 0; 1 .

k

2

πi

π

- i sin π = -i

2

2

2

Таким

образом,

w

=

- e 4

=

- cos

,

0

2

2

4

4

2

5πi

5π

5π

2

2

- cos

- i sin

=

2

. □

w

=

- e 4

=

+ i

2

1

2

2

4

4

2

20. Предел и непрерывность функции комплексной переменной.

Число

A ¹ ¥

называется

пределом

функции

f (z)

при

z ® z0

и

обозначается

A = lim f (z) ,

если

для

любого

ε > 0

найдется

z®z0

δ = δ (ε ) > 0

такое, что для всех

z ¹ z0 ,

удовлетворяющих

неравенству |

z - z0 |< δ , выполняется неравенство |

f (z) - A |< ε .

Следует иметь ввиду,

что для данной функции

f (z)

существование

предела по любому фиксированному пути

(z ® z0 )

еще не гарантирует

существования предела

f (z)

при z ® z0 .

Функция

f (z) называется

непрерывной

в

точке

z0 ,

если

она

определена в этой точке и lim f (z) = f (z0 ) .

z®z0

Функция

f (z) , непрерывная в каждой точке области D, называется

непрерывной в этой области.

Функция

f (z) называется равномерно непрерывной в области D,

если

для любого ε > 0 найдется δ = δ (ε ) > 0 такое,

что для любых точек

z1

и

z2

из

области

D таких,

что

| z1 - z2 |< δ ,

выполняется неравенство

| f (z1) - f (z2 ) |< ε .

196

Пример 7. Найти						lim	z2	+ 2z + 5		.
							z	+1- 2i
Решение.					z→−1+2i
									(z +1- 2i)(z +1+ 2i)
	z2	+ 2z + 5	æ 0		ö						= 4i . □
lim			= ç		÷	= lim
	z	+1- 2i							z +1- 2i
z→−1+2i			è 0		ø	z→−1+2i

Пример 8. Показать, что функция

w = z2 непрерывна при любом

значении z.

z0

Решение. Возьмем произвольную

точку

и произвольное

число

ε > 0 . Так как значение функции f (z) = z2

в точке

z

равно f (z

0

) = z2 ,

0

0

то покажем,

что существует число

δ (ε ) > 0

такое,

что

z2 - z02

< ε

при

z - z0

< δ .

z ® z0 , то найдется

M > 0

, что | z |< M

Если

такое

число

и

| z0 |< M .

Тогда

z2 - z02 = (z + z0 )(z - z0 ) = z + z0 × z - z0 < ( z + z0 ) z - z0 < 2M z - z0 .

Если

положить

δ =

ε

, то

из

неравенства

z - z0

< δ

будет

2M

z2 - z2

w = z2

следовать,

что

< 2Mδ £ ε ,

т.е.

при любом z

0

функция

0

является непрерывной. □

30. Основные элементарные функции комплексной переменной.

Следующие функции (как однозначные, так и многозначные)

называются основными элементарными:

	a zn + a zn−1		+...+ a
1. Дробно-рациональная функция	0	1	n	, n,m .
	b zm +b zm−1
			+...+ b
0		1	m
Частными случаями этой функции являются:
а) линейная функция az + b, a,bÎ ,		a ¹ 0 ;

б) степенная функция zn , n Î ;

в) дробно-линейная функция

ad - bc ¹ 0 ;

г) функция Жуковского	1	æ	1 ö
	2	ç z +	÷ .
		è	z ø

az + b	, a,b,c, d ÎC , c ¹ 0 ,
cz + d

197

2.

Показательная функция

ez

= ex+iy = ex (cos y + isin y) . Функция

ez обладает свойствами:

1) ez1+z2 = ez1 ez2 , для любых чисел z , z

2

;

1

2) ez

– периодическая с периодом 2π i , т.е. ez = ez+2πi ;

3) ez

непрерывна на всей комплексной плоскости

;

4)

для любого комплексного

z = x + iy справедливы

равенства:

| ez |= ex ; arg ez = y .

Упражнение 1. Доказать справедливость свойств 1) - 4) функции ez .

3.

Тригонометрические

функции:

sin z =

1

(eiz − e−iz ),

2i

cos z = 1 (eiz + e−iz ) , tg z = sin z

, ctg z =

cos z

.

sin z

2

cos z

4.

Гиперболические

функции:

sh z = 1 (ez − e−z ) ,

2

ch z =

1 (ez

+ e−z ) , th z = sh z , cth z =

ch z

.

2

ch z

sh z

5. Логарифмическая функция Ln z = ln

z

+ i(arg z + 2kπ ) ,

k .

Функция Ln z является многозначной. В каждой точке z, отличной от

0 и ∞ , она принимает бесконечно много значений. Выражение ln z + i arg z

называется главным значением логарифмической функции и обозначается через

ln z . Таким образом,

Ln z = ln z + 2kπi ,

k .

6. Общая степенная функция za = ea Ln z ,

a .

Эта функция многозначная, ее главное значение равно ealn z . Если

a =

1

, n , то получаем многозначную функцию – корень n-ой степени из

n

комплексного числа:

1

1

(ln

z

+i(arg z+2kπ ))

i

arg z+2kπ

zn = n z = en

= n

z

e

n

, k .

7. Общая показательная функция az = ez Ln a , a .

Главное значение этой многозначной функции равно ez ln a .

Вдальнейшем при a > 0 полагаем az = ez ln a .

8.Обратные тригонометрические функции:

198

Arcsin z = -i Ln (iz +

) ,

1- z2

Arccos z = -i Ln (z +

),

z2 -1

Arctg z = -

i

Ln

i - z

(z ¹ ±i) ,

i + z

2

Arcctg z =

i

Ln

z - i

(z ¹ ±i)

z + i

2

и обратные гиперболические функции:

Arcsh z = Ln (z +

) , Arcch z = Ln (z +

),

z2 +1

z2 -1

Arcth z =

1 Ln

1+ z

,

Arccth z = 1 Ln

z +1

.

1- z

2

2

z -1

Все эти функции многозначны.

Пример 9. Представить в алгебраической форме число ii .

Решение.

Согласно определению общей степенной функции, имеем

π

ii = ei Lni = ei(ln

i

+i(argi+2kπ ))

= e− 2 +2kπ ,

k ,

так

как ln

i

= ln1 = 0 ,

argi =

π . □

2

Пример 10. Вывести аналитическое выражение для функции Arccos z

при любом комплексном z. Вычислить Arccos 2 .

Решение.

Так

как

равенство

w = Arccos z равносильно

равенству

cos w = z , то

z =

eiw + e−iw

можно

записать

.

Отсюда

находим

2

e2iw - 2zeiw +1 = 0 .

Решая

это, квадратное относительно eiw уравнение,

получаем eiw = z +

z2 -1 (здесь рассматриваются оба значения корня). Из

iw = Ln (z +

) ,

этого

равенства

находим

z2 -1

т.е.

w = Arccos z = -i Ln (z +

) . Отсюда получаем

z2 -1

Arccos 2 = -i Ln (2 ±

) = -i ln (2 ±

) + 2π k,

k Î . □

3

3

§ 2. Дифференцирование функций комплексной переменной

199

10. Производная. Аналитичность функции. Условия Коши-

Римана. Пусть функция w = f (z) определена в некоторой области D комплексной переменной z.

	Производной	функции			f (z)	в	точке	z		называется
lim	f (z + z) − f (z)		в точке z и обозначается через f ′(z)						или	df (z) .
z→0	z									dz
	Если в точке	z D		функция f (z)		имеет производную				f ′(z) , то
говорят, что функция		f (z)		дифференцируема в точке z.
	Функция f (z) , дифференцируемая					в каждой точке области D и
имеющая в этой области непрерывную производную								f ′(z) ,		называется
аналитической в области D. Будем также говорить, что f (z)									аналитическая
в точке z0 D ,		если f (z) является					аналитической		в	некоторой
окрестности точки z0 .							f (z) = u(x, y) + iv(x, y) была
	Теорема 1. Для того, чтобы функция

аналитической в области D, необходимо и достаточно сущест-вование в этой области непрерывных частных производных функций u(x, y) и

v(x, y) , удовлетворяющих условиям Коши-Римана:

	∂u(x, y)		= ∂v(x, y)	,
	∂x
			∂y
	∂u(x, y)		= − ∂v(x, y)
	∂y		∂x
или, в полярных координатах,
∂u(r cosϕ, r sin ϕ)		= 1 ∂v(r cosϕ, rsin ϕ)			,
∂r			r	∂ϕ
∂v(r cosϕ, r sin ϕ)		= − 1 ∂u(r cosϕ, rsin ϕ) .
∂r			r	∂ϕ

(1)

(2)

Доказательство. Докажем необходимость условий Коши-Римана. По предположению, существует предел

			lim	u + i	v =	f ′(z) .
			z→0	z
Поскольку		этот	предел	не	зависит от		характера стремления
z = x + i y	к нулю,		то, устремляя		z	к нулю по вертикальному и по
горизонтальному		отрезкам, т.е.		полагая		первый	раз y = 0 , x → 0 ,
а второй раз	x = 0 , y → 0 , получаем
							200

f ′(z) = lim

x→0

f ′(z) = lim

y→0

u + i v	=	∂u	+ i		∂v ,
x		∂x			∂x
u + i v	= −i		∂u	+		∂v	.
i y			∂y
						∂y

Сравнивая действительные и мнимые части в последних формулах, получаем условия (1).

Покажем теперь, что выполнение условий (1) в области D, при дополнительном требовании существования полных дифференциалов у функций u(x, y) и v(x, y) , является достаточным для дифференцируемости

функции f (z) в области D.

В самом деле, существование полных дифференциалов du и dv

равносильно равенствам

Du = ¶u Dx +

¶u Dy +η (x, y,Dx,Dy),

¶x

¶y

1

Dv =

¶v Dx +

¶v Dy +η2 (x, y,Dx,Dy),

¶x

¶y

где величины η1 и η2

являются бесконечно малыми высшего порядка по

отношению к

Dz

=

(Dx)2 + (Dy)2

при

z → 0 .

Вводя обозначения

¶

1

æ

¶

¶

ö

¶

1

æ

¶

ö

=

ç

- i

÷

,

=

ç

+ i

¶

÷

,

¶y

¶z

¶x

¶z 2 è

¶x

ø

2

è

¶y ø

будем иметь

Df = ¶¶fz Dz + ¶¶fz Dz +η1 +η2.

Используя комплексную запись ¶¶zf = 0 условий (1) и принимая во

	внимание равенство				η1 + iη2
				lim		= 0,
					Dz
				z→0		Df		¶f
	получим, что		существует	предел lim			=		¢		функция в
						Dz		¶z	= f (z) , т.е.
	области D дифференцируема. □				z→0
										f ′(z) может быть
	При выполнении условий (1) или (2) производная
	записана соответственно:
		¢	¶u	¶v ¶v	¶u ¶u			¶u ¶v		¶v
	f		(z) = ¶x + i ¶x = ¶y		- i ¶y = ¶x		- i ¶y = ¶y + i ¶x ,				(3)

или

201

¢	r æ ¶u				¶v ö
f (z) =		ç	¶r	+ i	÷	=
	z è				¶r ø

1 æ ¶v			- i	¶u ö
	ç				÷ .	(4)
z		¶ϕ
	è			¶ϕ ø

Формулы дифференцирования функций комплексной переменной аналогичны соответствующим формулам дифференцирования функций действительной переменной.

Пример 1. Показать, что функция w = ez является аналитической на всей комплексной плоскости.

Решение. Имеем ez = ex (cos y + i sin y) , так что u(x, y) = ex cos y , v(x, y) = ex sin y .

Функции u(x, y) и v(x, y) , как функции действительных переменных x и y, дифференцируемы в любой точке (x; y) (они имеют непрерывные

частные производные любого порядка) и при этом удовлетворяют условиям

(1).

Следовательно, функция w = ez всюду аналитическая. Для f (z) = ez получаем согласно формуле (3)

(ez )′ = (ex cos y)′x + i(ex sin y)′x = ex (cos y + i sin y) = ez .

Итак, (ez )¢ = ez . □

Пример 2. Найти аналитическую функцию w = u + iv по ее заданной

действительной части u = x3 - 3xy2 + 2 .
Решение. Для определения мнимой части							воспользуемся условиями
Коши-Римана (1). Так как				¶u	= (x3 - 3xy2 + 2)¢	x	= 3x2 - 3y2	, то согласно
		¶v		¶x
первому условию			= 3x2	- 3y2 . Отсюда, интегрируя по y, находим:
		¶y
v = ò	¶v dy = ò (3x2 - 3y2 )dy = 3x2 y - y3 + j(x) .							Для
	¶y

определения функции ϕ(x) воспользуемся вторым условием Коши-

Римана.				Так				как	¶u	= (x3 - 3xy2 + 2)¢	= -6xy ,
									¶y
										y
	¶v		2		3	¢		¢			¢
а	¶x	= (3x		y - y		+ϕ(x))
							x	= 6xy +ϕ (x) ,		то -6xy = -(6xy +ϕ (x)) .

202

Отсюда ϕ′(x) = 0 и ϕ(x) = C , где C = const . Поэтому v = 3x2 y − y3 + C . Находим функцию w = u + iv :

w= u + iv = x3 − 3xy2 + 2 + i(3x2 y − y3 + C ) =

=x3 + i3x2 y − 3xy2 − iy3 + 2 + Ci = (x + iy)3 + 2 + iC = z3 + 2 + iC. □

Пример 3. Рассмотрим плоское безвихревое течение идеальной несжимаемой жидкости. Пусть vx (x, y) и vy (x, y) – компоненты вектора

скорости v течения вдоль осей x и y, а комплексная скорость течения имеет вид

V (z) = vx (x, y) − ivy (x, y) .				(5)
Показать, что V (z) – аналитическая функция.
Решение. Из несжимаемости жидкости следует, что дивергенция
вектора скорости тождественно равна нулю, т.е.
∂v	x +	∂vy	= 0 .	(6)
		∂y
∂x
Далее, течение является безвихревым тогда и только тогда, когда
ротор его вектора скорости равен нулю, т.е.
∂v	x −	∂vy	= 0 .	(7)
		∂x
∂y

Но равенства (6) и (7) являются условиями Коши-Римана для функции (5), т.е. комплексная скорость V (z) является аналитической функцией

комплексной переменной z = x + iy . □

Функция ϕ(x, y) называется гармонической в области D, если она имеет

в этой области непрерывные частные производные до второго порядка включительно и удовлетворяет в этой области уравнению Лапласа

∂2ϕ		+ ∂2ϕ = 0 .
∂x2		∂y2
Если функция f (z) = u + iv	аналитична в некоторой области D, то ее
действительная часть u(x, y)	и	мнимая часть v(x, y) являются

гармоническими в этой области функциями.

Две гармонические функции, удовлетворяющие условиям (1),

называют сопряженной парой гармонических функций (порядок функций в паре существенен).

Пример 4. Составить уравнение, которому удовлетворяют все гармонические функции вида u = f (x2 + y2 ), отличные от постоянной.

Решение. Так как искомые функции должны быть гармоническими, то они должны удовлетворять уравнению Лапласа

203