Lungu1_math453 / ТФКП Питер[Aleksandrova_E.B.,_Svencickaya_T.A.,_Timofeeva_L.(BookFi.org)

w = 21 reiϕ + re1iϕ = 21 reiϕ + 1r e−iϕ .

Применим формулы Эйлера и отделим вещественную и мнимую части:

=

1

1

u

2

r +

cosϕ

r

.

(2)

1

1

v =

r −

sinϕ

2

r

Найдем образ полярной сетки координат на плоскости XOY , то есть

сетки, состоящей из линий

z

= R ,

arg z =α .

Образ окружности

z

= R при отображении (1) имеет параметрические

уравнения:

1

1

u =

2

R +

cosϕ

R

,

ϕ [0;2π].

(3)

1

1

v =

R −

sinϕ

2

R

Исключая из этих уравнений ϕ , и полагая для краткости записи

	1		1
a =	2	R +		,
			R

	1		1
b =	2	R −		, получаем:
			R

u2 + v2 = 1 . a2 b2

Если R ≠ 1 , то образом окружности z = R является эллипс. Найдем

фокусы этого эллипса:

	2		2		1		1 2			1 2			= 1 ,
a		− b		=	4	R +			− R −
							R			R

то есть фокусы лежат в точках 1 и –1. Этот же эллипс будет и образом ок-

ружности z = R1 .

При R = 1 эллипс вырождается в дважды пробегаемый отрезок действительной оси с концами –1 и 1.

71

Найдем образ луча arg z =α . При z = reiα получаем из уравнений (2):

	1		1
u =	2	r +	cosα
			r	, 0 < r < +∞.	(4)
	1		1
v =		r −	sinα
	2		r

Если

0;

π

π

cosα > 0 и поэтому u > 0 ; а если

α

2

или α −

2

;0 , то

π

;π

π

;

π

α

или α −

2

2

, то cosα < 0 и потому u < 0 .

2

Исключим из уравнений (4) параметр r , заметив, что

1

1

2

−

1

1

2

r +

r

r −

= 1 ,

4

4

r

получим:

u2

−

v2

= 1.

cos2 α

sin2 α

Это уравнение задает гиперболу с полуосями

cosα

и

sinα

. При

π

лучи

arg z =α и

arg z = −α отображаются на правую ветвь этой

α 0;

2

гиперболы (u > 0); а лучи arg z =π −α и arg z =π +α - на ее левую ветвь.

В результате доказали, что образом полярной сетки координат при отображении (1) является сетка на плоскости UOV , состоящая из эллипсов и гипербол с фокусами в точках –1 и 1 действительной оси (рис. 6).

v

-1

0

1

u

Рис. 6

72

Из всего сказанного вытекает, что круг		z		< 1 взаимно однозначно ото-
бражается на плоскость UOV , разрезанную вдоль отрезка [− 1;1]						действи-
тельной оси. На ту же плоскость отображается и внешняя область						z		> 1 это-
го круга. Получаем два листа, разрезанные вдоль отрезка [− 1;1].						Склеивая

верхний берег первой плоскости с нижним берегом второй, а нижний берег первой полуплоскости с верхним берегом второй, получаем риманову поверхность для функции Жуковского.

Рассмотрим окружность, проходящую через точки 1 и –1 и еще одну окружность, касающиеся внутренним образом в точке 1. При отображении с помощью функции на область, заключенную между этими окружностями по-

лучим:
y	w =	1		1		v
			z +
		2
				z

0

-1

1

x

-1

0

1 u

Рис. 7

Полученная область близка к профилю крыла самолета (рис. 7). В частности, если исходная окружность имеет центр в начале координат, то получаем симметричную фигуру, так называемый «руль Жуковского» (рис 8).

-1

1

Рис. 8

73

§12. Функция ez

В предыдущей главе функция ez была определена как сумма степенного ряда

ez = 1 + z + z2	+ z3	+K+ zn	+K.
2!	3!	n!

Функция определена для любого комплексного числа. Отметим некоторые свойства этой функции:

1. ez1 ez2 = ez1 +z2 .

2

3

n

z

2

3

n

e

z1

e

z2

1

+ z1

z1

z1

z1

1 + z2

2

z2

z2

=

+

+

+K+

+K

+

+

+K+

+K

=

2!

3!

n!

2!

3!

n!

= 1 +(z1 +z2 )+

(z1 +z2 )2 +

(z1 +z2 )3

+K+

(z1 +z2 )n

+K= ez1 +z2 .

2!

3!

n!

2.ez1 = ez1 −z2 .

ez2

Вытекает из свойства 1.

3. Воспользовавшись формулами Эйлера и свойством (1) получим: ez = ex +iy = ex (cos y +i sin y)= ex cos y +iex sin y .

4.Функция является аналитической на всей комплексной плоскости (как сумма степенного ряда), при этом:

(ez )′

∞

z

n ′

∞

nz

n −1

∞

z

n −1

∞

z

n

= ez .

=

∑

=

∑

=

∑

=

∑

n =0

n!

n =1 (n −1)!

n =0 n!

n =0

n!

(ez )′ = ez .

5.Функция ez является периодической. Для любого z справедливо равенство:

ez = ez+2π ik , k - целое, число 2π i - основной период.

Действительно, в силу свойства (1) и формул Эйлера имеем: ez +2π ik = ez e2π i = ez (cos 2π +i sin 2π)= ez .

74

2nπ i = R eiϕ = w0 .

Из периодичности следует, что отображение w = ez не является взаимно однозначным – все точки плоскости XOY , отличающиеся друг от друга слагаемым, кратным 2π i , переходят в одну и ту же точку плоскости UOV .

Возьмем на плоскости XOY горизонтальные полосы вида:

An : (2n − 1)π < Im z ≤ (2n + 1)π , n - целое.

Так как в каждой из них нет точек, разность мнимых частей которых кратна 2π i , то при отображении w = ez никакие две точки полосы An не пе-

реходят в одну и ту же точку плоскости UOV , то есть полоса является обла-

стью однолистности для функции ez .

Покажем, что для любого числа w0 ≠ 0 , найдется число z0 An , что ez0 = w0 .

Пусть w0 = R eiϕ , R ≠ 0 , ϕ (−π ;π]. Положим z0 = ln R + (ϕ + 2πn)i . Очевидно, что z0 An , причем ez0 = eln R eϕ i e

Итак, w = ez является при любом n взаимно однозначным отображением полосы An на комплексную плоскость, проколотую в точке 0.

Найдем образ прямой Im z = (2n + 1)π , имеющей параметрическое за-

дание: z =t + (2n + 1)π i , t R ;

w = et +(2n+1)π i = et e2nπ i eπ i = −et , t R .

Так как при изменении t от − ∞ до + ∞ значение et меняется от 0 до + ∞, то образом прямой Im z = (2n + 1)π является отрицательная действи-

тельная полуось OU . Значит, для получения взаимно однозначного отображения полосы An с присоединенной к ней нижней границей нужно разрезать плоскость UOV вдоль этой полуоси. Тогда одна из границ полосы перейдет в нижний берег разреза, а вторая – в верхний.

Из сказанного вытекает, что риманова поверхность для функции ez состоит из бесконечного множества листов плоскости UOV , разрезанных вдоль отрицательной действительной полуоси (каждая плоскость соответст-

75

вует своей полосе An ). Верхний берег разреза каждого листа склеивается с нижним берегом разреза следующего за ним листа. При этом получается винтообразная поверхность, состоящая из бесконечного в обе стороны мно-

жества листов, склеенных указанным образом. Функция ez задает взаимно однозначное отображение комплексной плоскости на эту риманову поверхность.

Выясним, во что переходит декартова сетка координат (прямые y = b ,

x = a ) при отображении w = ez .

Прямая y = b имеет параметрическое задание z =t + bi , t (− ∞;+∞).

Она переходит в линию на плоскости UOV , заданную уравнением w = et +bi = et (cosb + i sin b), t (− ∞;+∞).

Это значит, что b Arg w . Так как 0 < et < +∞, то получаем множество точек, имеющих один и тот же аргумент b, причем модуль меняется от 0 до + ∞, то есть луч, выходящий из начала координат и наклоненный к действительной оси под углом b.

Прямая x = a имеет параметрическое задание z = a + ti , t (− ∞;+∞).

Ее образ:

w = ea+ti = ea (cos t + i sin t), t (− ∞;+∞).

Так как w = ea , то получаем, что образом прямой x = a служит окруж-

ность радиуса ea с центром в начале координат.

Итак, при отображении w = ez декартова сетка координат на комплексной плоскости XOY переходит в полярную сетку координат на плоскости

UOV .

Пример 1. Найти образ отрезка y = x , −π ≤ x ≤π при отображении

w = ez .

Решение. Любая точка отрезка имеет комплексную координату z = x + ix , −π ≤ x ≤π .

76

Поэтому ее образом служит линия, заданная параметрическими уравнениями (по формулам (1)):

u = ex cos x , v = ex sin x .

y

v

0'

-π

0

π x

-eπ

-e-π

1 u

Рис. 9

Это дуга логарифмической спирали (см. рис. 9).

Пример 2. Вычислить значение w = ez , при z = 3 −

π i .

4

Решение. По формулам Эйлера и свойству 1) функции ez получаем:

e

3−

π i

= e

3

e

−

π i

= e

3

−

π

−

π

e3 2

(1

−i).

4

4

cos

4

+ i sin

=

2

4

§13. Тригонометрические и гиперболические функции

Функции комплексного переменного sin z и cosz могут быть вычислены с помощью следующих формул:

	cosz =	1	(eiz + e−iz );	sin z =	1	(eiz − e−iz ).	(1)
		2			2i

А гиперболические функции и остальные тригонометрические функции определяют формулы:

tg z = sin z

;

ctg z =

cosz

;

secz =

1

;

cosecz =

1

;

sin z

cosz

sin z

cosz

ch z =

1

(ez

+ e−z );

sh z =

1 (ez

− e−z ).

2

2

Известные соотношения между тригонометрическими функциями действительного аргумента сохраняются и в комплексной области. В частности,

77

sin(z1 ± z2 )= sin z1 cosz2 ± cosz1 sin z2 ; cos(z1 ± z2 )= cosz1 cosz2 m sin z1 sin z2 .

Отметим некоторые свойства функций:

1.Отображения, осуществляемые с помощью функций sin z и cosz , являются конформными на всей плоскости.

2.Положив z = x + i y можно вывести следующие формулы:

cosz = cos x ch y − i sin x sh y ;
sin z = sin x ch y + i cos x sh y ;	(2)
ch z = ch x cos y + i sh x sin y ;
sh z = sh x cos y + i ch x sin y ,

с помощью которых легко вычисляются значения функций в различных точках комплексной плоскости.

Пример 1. Вычислить sin(4 − 3i); cos(4 − 3i).

Решение. Воспользуемся формулами (1), (2) и получим: sin(4 − 3i)= sin 4 ch(− 3)+ i cos 4 sh(− 3)=

= sin 4 21 (e−3 + e3 )+ i cos 4 21 (e−3 − e3 ); cos(4 − 3i)= cos 4 ch(− 3)− i sin 4 sh(− 3)= = cos 4 21 (e−3 + e3 )− i sin 4 21 (e−3 − e3 ).

3. Формулы дифференцирования sin z и cosz выводятся путем почленного дифференцирования степенных рядов.

sin z =

∞

(− 1)n +1

z

2n +1

, отсюда

∑

(2n + 1)!

n =0

′

∞

n +1

z 2n +1 ′

∞

n +1

z 2n +1 ′

(sin z)

=

∑

(− 1)

=

∑

(− 1)

=

n =0

n =0

(2n + 1)!

(2n + 1)!

=

∞

(− 1)n +1

z

2n

= cosz .

∑

(2n)!

n =0

Аналогично (cosz)′ = −sin z .

78

4. Разложения функций sh z	и ch z			в степенные ряды получаются из формул
разложения показательной функции ez . Они имеют вид:
∞		z 2n		∞	z 2n +1
ch z = ∑				, sh z = ∑			.
		(2n)!			(2n + 1)!
n =0				n =0

Эти ряды сходятся на всей комплексной плоскости, а потому функции sh z и chz всюду аналитичны.

Можно установить связь между гиперболическими и тригонометриче-

скими функциями в комплексной области:
siniz = ei 2 z − e−i 2 z = −		i	(e−z − ez )= i sh z ;
2i	2
cosiz = ei 2 z + e−i 2 z =	1		(e−z + ez )= ch z .
2	2
Отсюда имеем:
sin iz = i sh z ,			shiz = i sin z ,
cosiz = ch z ,			chiz = cosz .	(3)
Пример 2. Найти sin i , cosi .
Решение. По формулам (3) имеем:
sin i = i sh 1,			cosi = ch 1.

§14. Логарифмы комплексных чисел

Определение 1. Число w называется (натуральным) логарифмом ком-

плексного числа z , если ew = z .

Поскольку показательная функция не принимает нулевого значения ни при каком комплексном значении показателя степени, нуль не имеет логарифмов и в комплексной плоскости.

Если же z ≠ 0 , то в каждой полосе вида

(2n − 1)π < Im z ≤ (2n + 1)π

найдется одно и только одно число w , такое, что ew = z (см. §9). При этом в §9 было показано, что число w задается формулой

79

w = ln z + i(arg z + 2π n).

В результате получаем, что любое отличное от нуля комплексное число

z имеет бесконечное множество логарифмов.
Это множество обозначают Ln z , то есть
Ln z = ln z + i(arg z + 2π n), n - целое.	(1)

Здесь ln z - единственный действительный логарифм положительного числа z . В частности, в комплексной области имеют логарифмы и отрица-

тельные числа.

Пример 1. Найти Ln(− 1).

Решение. Так как − 1 = 1 , arg(− 1)=π , то по формуле (1) имеем:

Ln(− 1)= ln 1 + i(π + 2π n)=π i(2n + 1), n - целое.

Таким образом, получили, что все логарифмы числа (− 1) - мнимые

числа.

Равенство w = Ln z определяет при каждом отличном от нуля значении z бесконечное множество значений w , а потому не задает однозначную функцию комплексного переменного. Чтобы получить однозначную функцию, надо выбрать определенное значение аргумента Arg z при фиксиро-

ванном n , например, arg z при n = 0 . Тогда получим функцию от z , обозна-

чаемую ln z . Она определяется равенством:
ln z = ln z + i arg z ,	(2)

это так называемое главное значение логарифма.

Поскольку функция ln z является обратной для показательной функции, то по правилу дифференцирования обратной функции получаем:

(ln z)′ = 1z .

Эта формула верна всюду, где функция ln z непрерывна, то есть всюду, кроме отрицательной полуоси.

Пример 2. Вычислить значения ln(− 1), ln(2 − 2i).

80