Елементи комплексного аналізу Босовський Демченко

площині. Оскільки площина – область, то задана функція аналітична на всій площині.

Похідна заданої функції може бути знайдена, наприклад, за формулою:

f (z) u i v 3x2 3y2 1 i 6xy 3(x2 2ixy y2 ) 1 3(x iy)2 1 3z2 1,

x x

що співпадає з формальним диференціюванням заданої функції: w (z3 z 1) 3z2 1.

Відповідь. 1) функція диференційована на всій площині;

2) w 3z2 1.

Приклад 9. Задано функцію w z3 z2 z 1. Потрібно:

1)подати z в тригонометричній формі і виділити дійсну та уявну частини

функції;

2)перевірити виконання умов Коші-Рімана, в полярних координатах.

Розв’язання. а) z r(cos3 i sin3 );

z2 r2 (cos 2 i sin 2 ); z3 r3 (cos 3 i sin 3 );

w (r3 cos3 r2 cos 2 r cos 1) i(r3 sin 3 r2 sin 2 2sin ); u r3 cos3 r2 cos 2 r cos 1;v r3 sin 3 r2 sin 2 r sin ;

б) u 3r2 cos3 2r cos 2 cos ;

r

u 3r3 sin 3 2r2 sin 2 r sin ;

v 3r2 sin 3 2r sin 2 sin ;

r

v 3r3 cos3 2r2 cos 2 r cos ;

в) умови Коші-Рімана в полярних координатах:

		u	r	v		v	r	u
					,				.
				r				r

У даному випадку маємо:

42

	u			3r3 sin 3 2r2 sin 2 r sin r(3r2 sin 3 2r sin 2 sin ) r v
					r
		v		3r3 cos3 2r2 cos 2 r cos r(3r2 cos3 2r cos 2 cos ) r	u ;
					r

Відповідь. Умови (C-R) виконується скрізь (крім точки z 0 , де аргумент

не визначено).

Приклад 10. перевірити виконання умов Коші-Рімана для функції

w

z 1

.

z i

Розв’язання. а) z x iy;

w u iv;

u iv

x iy 1

(x 1) iy

((x 1) iy)(x i( y 1))

x(x 1) y( y 1) i(4x x( y 1))

;

x i( y 1)

x2 ( y 1)2

x iy i

x2 ( y 1)2

u

x2

x y 2 y

; v

x y 1

;

x2

( y 1)2

x2

( y 1)2

б)

u

(2x 1)(x2

( y 1)2 ) (x2

x y 2 y)2x

x2 2x 2xy y 2 2 y 1

;

x

(x2 ( y

1)2 )2

(x2 ( y 1)2 )2

u

x 2

2x 2xy y 2

2 y 1

;

y

(x 2 ( y 1)2 )2

v

x 2 2x 2xy y 2 2 y 1

;

x

(x 2 ( y 1)

2 )2

v

x 2

2x 2xy y 2

2 y 1

y

(x 2 ( y 1)2 )2

в) порівнюючи знайдені частині похідні, стверджуємо, що умови Коші-

Рімана виконуються скрізь, крім точки x 0 ,

y 1,

де знаменник дорівнює

нулеві.

Приклад 11. Знайти області, в яких функція W x y i x y аналітична.

Розв’язання. Для розкриття модулів розглядаємо чотири логічно можливих випадки:

43

	x y 0,
I.
	x y 0,
	w (x y) i(x y).
	x y 0,
II.
	x y 0,
		i( x y)
	w x y
	x y 0,
III.
	x y 0,
		i(x y)
	w y x
	x y 0,
IV.
	x y 0,
		i( x y)
	w y x

Кожна нерівність окремо визначає деяку півплощину; межею цієї півплощини є пряма з відповідним рівнянням.

Система нерівностей визначає спільну частину півплощин.

1. x y 0 – це одна з двох півплощин, утворених прямою x y 0 .

Для визначення цієї півплощини поступаємо так:

а) беремо довільну конкретну точку (контрольну), яка не лежить на прямій,

наприклад A(0;1) ;

б) підставляємо координати цієї точки у початкову нерівність: якщо при цьому дістанемо вірну нерівність, то взята нами точка лежить у шуканій півплощині;

якщо ж – хибну, то потрібно брати півплощину по інший бік від межі (див.

рисунок 8).

44

Y

	x-y=0
	III
IV	I
	X
II	x+y=0

Рис. 8

У даному випадку маємо: 0 1 0 (хибна нерівність); шуканою півплощиною є та, що не містить точку A .

Для другої нерівності міркування аналогічні.

а) B(1; 0) – конкретна точка;

б) 1 0 0 – правильна нерівність;

Півплощина вказана стрілками.

Таким чином, система I визначає область, вказану на рисунку – це один з

чотирьох вертикальних кутів, утворених прямими: x y 0 і x y 0 .

Аналогічно визначаємо кути, які відповідають іншим системам (рисунок 8).

Досліджуємо на аналітичність задану функцію у кожній з чотирьох

областей:

І. w (x y) i(x y) ; u x y ; v x y ;

u	1;	u	1;	v	1;	v	1
x		y		x		y

Виконується умова:

	u		v 1
		x		y
		v			u
				1
		x			y
		45

В області I задана функція аналітична.

ІІ. w x y i( x y) ; u x y ; v x y ;

u

1; u

1;

v

1;

v

1

x

y

x

y

u

v

x

y

1 1,

Умови (C – R):

u

v

1 (1)

y

x

Умови не виконуються в жодній точці. В області II задана функція не є аналітичною. Аналогічно встановлюємо, що функція аналітична в області IV і

не є аналітичною в III.

Відповідь. Задана функція аналітична в областях I і IV.

Приклад 12. Задано функцію u x3 6x2 3xy2 2y3 . Чи є ця функція

гармонічною?

Розв’язання. а) Знаходимо другі частинні похідні:

		u	3x2 12xy 3y2				;	2u		6x	12 y ;
		x						x2
	u		6x2 6xy 6 y2 ;					2u	6x 12 y ;
	y							y2
	б) Знаходимо u	2u			2u	6x 12x	( 6x 12 y) 0 .
		x2			y2

Відповідь. Задана функція гармонічна на всій площині.

Приклад 13. Задано функцію f (z) z 1 1 . Потрібно:

1)знайти дійсну та уявну частини функції;

2)переконатись, що вони задовольняють рівняння Лапласа.

Розв’язання. 1) а) z x iy; f (z) u iv ;

46

б)

u iv

1

1

(x 1) iy

x 1

i

y

;

x

iy 1

(x 1) iy

(x 1)2 y2

(x

1)2 y2

(x 1)2 y2

u(x, y)

x 1

; v(x, y)

y

(x 1)2 y 2

(x 1)2 y 2

2) а)

u

(x 1)2 y2 (x 1)2(x 1)

y

2 (x 1)2

;

x

((x 1)2 y2 )2

((x 1)2 y2 )2

2u

2(x 1)((x 1)2

y2 )2

( y2

(x 1)2 ) 2((x 1)2 y2 )2(x 1)

x2

((x 1)2

y2 )4

2(x 1)

(x 1)

2

y

2

2( y

2

(x 1)

2

)

2(x 1)(3y

2

(x

1)

2

)

;

((x 1)2

y2 )3

((x 1)2 y2 )

u

x 1

2 y 2

(x 1) y

;

y

((x 1)2 y2 )2

((x 1)2 y2 )2

2u

2(x 1)

((x 1)2

y2 )2

y 2((x 1)2

y2 )2 y

y2

((x 1)2 y

2 )4

2(x 1)

(x 1)2 y2

4 y

2

2(x

1)

(x 1)2 3y2

2(x 1)(3y2

(x 1)2 )

((x 1)2 y 2 )3

((x

1)2 y2 )3

((x 1)2

y2 )3

б)

2u

2u

0 .

x2

y 2

Аналогічно переконуємось, що

2 v

2 v

0 .

x2

y 2

Приклад 14. Задано функцію двох дійсних змінних:

u x2

y 2 xy .

Потрібно: 1) переконатись, що u – гармонічна;

2)знайти функцію v , спряжену для u ;

3)скласти аналітичну функцію w u iv .

Розв’язання. 1)	u	2x y;	2u	2;	u	2 y x;	2u	2;
	x		x2		y		y2

2u 2u 2 ( 2) 0 .x2 x2

Функція u – гармонічна (на всій площині).

47

2) Якщо v		– спряжена для u , то			u		v	;	u		v
					x		y		y		x
2x y	v	; 2 y x	v	( )
	y		x

зпершої рівності:

vyv dy (x) (2x y)dy (x) 2xy 12 y2 (x) ;

v 2 y (x) ;x

На основі цієї рівності і другої рівності (*) маємо:

x2

(x) 2 C ;

2y x 2y (x); (x) x ;

Таким

чином,

v 2xy

1

y 2

x2

C .

2

2

3) Складаємо аналітичну функцію

w u iv x2

y2

xy i(2xy

1

y2

1

x2

C) (x2 y2 2ixy)

2

2

(xy

1

iy2

1

ix2 ) Ci (x iy)2

1

i(x2 2ixy y2 ) Ci

2

2

2

(x iy)2

1

i(x iy)2 Ci z

2

1

iz2Ci (1

1

i)z2 Ci

2

2

2

Відповідь. а) v 2xy

1

y 2

x2

C ;

2

2

б) w u iv (1

1

i)z2

Ci ,

C – довільна стала.

2

Приклад 15.

Знайти аналітичну функцію w(z) u(x, y) iv(x, y) , якщо

v

x y

і w(2) 0.

x2 y2

Розв’язання. а) u

v ;

u

v ; (*)

x

y

y

x

б)

v

x2

y 2

(x y)2x

x2 y 2 2x2

2xy

x2 2xy y 2

;

x

(x2

y 2 )2

(x2 y 2 )2

(x2 y 2 )2

48

	v		y 2 2xy x2	;
	y		(x2 y 2 )2

в) з останньої рівності і першої рівності (*) дістаємо:

	u		y 2 2xy x2	; звідси
	x		(x2 y 2 )2

u udx ( y) y2 2xy x2 dx ( y)x (x2 y2 )2

x ytgt

dx y

dt

( y2

2 y2tgt y2tg 2t)

dt

y

( y)

cos2 t

y

4

2

t)

2

cos

2

x

(1 tg

t

tgt

y

1 2tgt tg 2t

cos4 t

dt

( y)

y

cos

2

t

1

( 1

1

( 1 2

sin t

sin2 t

2tgt tg2t)cos2 tdt ( y)

)cos2 tdt ( y)

y

y

cost

cos2 t

1y ( cos2 2sin t cost sin2 )dt ( y) 1y (cos2 t sin2 t 2sin t cost)dt ( y)

1y (cos 2t sin 2t)dt ( y) 1y (12 sin 2t 12 cos 2t) ( y).

Враховуючи, що

2

x

1

x2

sin 2t

2tgt

2xy

,cos 2t

1 tg 2t

y2

y2

x2

,

y

tg 2

x2

x2

y2

1 tg 2

x2

x2

y2

1

1

1

y2

y2

отримуємо :

u

1

(

1

2xy

1

y2

x2

) ( y)

y2

y 2 x2 y2

2 x2

1

2xy y2 x2

1

y2 2xy x2

( y)

( y).

y2 )

y 2(x2

2

y(x2 y2 )

49

Для знаходження y скористаємось останньою рівністю та другою

рівністю (*):

u

v

(

x2 2xy y 2

)

x2

2xy y 2

.

(**).

y

x

(x2

y 2 )2

(x2 y 2 )2

Маємо:

u

1

y2 2xy x2

1

y2

2xy x2

( y)

( y)

y

2

y(x

2

y

2

)

2

y

x

2

y y

3

y

1

(2 y 2x) y(x2 y2 ) ( y2 2xy x2 )(x2 3y2 )

( y)

2

y2 (x2 y2 )2

4x2 y2 4xy3 y

4 x

4

2 y2 (x

2 y2 )2

( y)

Враховуючи (**), отримуємо:

	4x2 y2 4xy3 y4 x4		( y)	x2 2xy y2	;
	2 y2	(x2 y2 )2		(x2 y2 )2

		4x2 y2 4xy3 y4 x4 2 y2				(x2 2xy y2 )
( y)
				(x2 y2 )2 2 y2
	2x2 y2	y4 x4		(x2 y2 )2			1	;
	2 y2 (x2 y2 )2			2 y2 (x2 y2 )2			2 y2

звідси ( y)

1

C.

2 y

Таким чином u

y 2 2xy x2

1

C

y x

C.

2 y(x2

y 2 )

2 y

x2 y 2

Записуємо шукану аналітичну функцію:

w u(x, y) iv(x, y)

y x

i

x y

C.

x2 y2

x2 y2

Переходимо

до

комплексної

форми

запису

чисел:

z x iy, z x iy, zz x2 y2.

Дістанемо:

50

w

y x ix iy

C

( y ix) (x iy)

C

zz

zz

i(x iy) (x iy)

C

iz z

C

i 1

C

zz

zz

z

Сталу C знаходимо з умови w 2 0.

o

i 1

C;C

2

2(1 i)

1 i.

1 i

2

2

Відповідь. w

i 1

1 i.

z

Зауваження. Використання умов Коші-Рімана в декартових координатах у цьому прикладі виявилося дещо громіздким. Якщо перейти до полярних координат, то дістанемо:

x r cos , y r sin ,

v

r cos r sin

cos sin

;

r2

r

u

r v ,

v

r

u

r

r

– умови (C-R) в полярних координатах.

Тепер маємо:

а)

v

sin cos

;

v

1

(cos sin );

r2

r

r

u

r(

1

(cos sin ))

1

(cos sin ),

б)

r2

r

r u

sin cos

; u

1

( sin cos );

r

r

r

r2

в) u

u

d (r)

1

(cos sin )d (r)

1

(sin cos ) (r);

r

r

u

1

r

r2 (sin cos )

г)

(r);

1

1

r2 ( sin cos ) r2 (sin cos ) (r).

C.

Звідси (r) 0; (r)

51