Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Пример 5.1. Определить: 1) на какую область отображает функция w = z2 второй

квадрант плоскости z ( x < 0, y > 0)							(рис. 5.1);
2) на		z	какую область отображает				функция
w =				полукруг	z	<1 , Im z > 0 (рис. 5.2);

	z	−1

3) [3], № 2.107 (9).
Решение.
1)			w = z2 = (x +iy)2 = x2 − y2 + 2ixy (см.

рис. 5 .1). Пусть w = u + iυ. Тогда u = x2 − y2 ; υ = 2 xy . По принципу соответствия границ верхняя мнимая полуось {x = 0; 0 ≤ y ≤ +∞} отображается следующим образом: u = −y2 ; υ = 0 , то есть в отрицательную действительную полуось {−∞ < u ≤ 0; υ = 0} .

Отрицательная действительная полуось {−∞ < x ≤ 0; y = 0} отображается так: u = x2 ,

υ = 0 , то есть переходит в действительную положительную полуось. Так как направление обхода при конформном отображении сохраняется, то второй квадрант отображается в нижнюю полуплоскость (рис. 5.3) (можно этот факт установить и с помощью какойлибо пробной внутренней точки, взятой из отображаемой области, например:

Рис. 5.1

Рис. 5.2

Рис. 5.3

z= −1+i → w = (−1+i)2 = −2i .

2)Отрезок действительной оси −1 ≤ x ≤1 отображается в дейст-

вительную полуось	−∞ < u ≤	1	(так	как−1 →	1	, 0 → 0 ,	1 → −∞ ).
		2			2

Полуокружность z = eiφ (0 ≤ φ ≤ π) преобразуется следующим образом:

w =

eiφ

eiφ(e−iφ −1)

1−eiφ

1 −eiφ

iφ

−1)(e

−iφ

−1)

−e

iφ

−e

−iφ

2(1−cosφ)

−1

1−cos ϕ−i sin φ

−

isin φ

2(1−cos φ)

i2 sin

= =

−

2 cos

−

(0 ≤ φ ≤ π) u =

4 cos

2 φ

−∞ < υ ≤ 0 .

Таким образом, полукруг отображается

во

внутренность

прямого

угла

(рис. 5.4).

u <

; υ< 0

На какую область функция Жуков-

ского

w =

отображает

область

Рис. 5.4

>1 ,

Im z > 0 (рис.

5.5)?

Часть

действи-

тельной оси

x (−∞;−1] [1; +∞)

преобра-

зуется следующим образом:

;

u =

υ = 0 .

x +

Когда х меняется от –∞ до –1,

перемен-

ная

также

меняется от –∞ до –1. Одина-

Рис. 5.5

ково они меняются и когда x [1;+∞). Ок-

ружность

z = eiφ

отображается

так:

w =

(eiφ

+e−iφ)= cosφ, то есть переходит

отрезок

действительной

оси

−1 ≤ u ≤1 .

Таким образом, данная область отобража-

ется

верхнюю

полуплоскость

Im w > 0

Рис. 5.6

(рис. 5.6).

Пример 5.2 ([3], № 2.30). Найти функцию, отображающую круг z < 2 на полуплоскость Re w > 0 так, чтобы w(0) =1 , arg w′(0) = π2

(рис. 5.7 и 5.8).

Рис. 5.7

Рис. 5.8

Решение. Будем искать решение в виде дробно-линейной

функции w = λ

z −α

(так как именно она может перевести окруж-

z −β

ность в прямую). Используем условие

z −α

w(0) =1 1 = λ α

λ =

β ;

w =

z −β

Симметричная точке z = 0

относительно границы (т.е.

окруж-

ности) точка z =∞.

Поэтому симметричная точке

w =1

относи-

тельно образа этой границы (то есть прямой u = 0 ) точка

w = −1 .

Следовательно,

w(∞) = −1 = lim β

z −α

α = −β.

z→∞ α

z −β

Таким образом, w = −

z −α

z +α

2α

; w′(0) = − 2 .

Используем

условие

w′(0) =

: w′(z)

= −

+α)2

Если α =

eiφ0 , то w′(0) = −2

e−iφ0

и arg w′(0) = π−φ0

π−φ0

φ0

α =

i w(z) = −

z −i

z +i

Для нахождения α используем условие: граница переходит в границу. Следовательно, окружность z = 2 eiφ переходит в прямую

u = 0 . Итак,

(2eiφ −i

)(2e−iφ −i

)

u +iυ = −

2eiφ −i

= (2eiφ +i

)(2e−iφ −i

)

2eiφ +i

= −

4 −

−i

2e−iφ

−i

2eiφ

= −

4 −

2 −2i

2 cos φ

2eiφ +i

u = −

4 −

= 0

= 2 .

2eiφ +i

Ответ: w = − zz +−22ii .

Пример 5.3 ([3], № 2.31). Отобразить круг z −4i < 2 на полу-

плоскость υ > u так, чтобы центр круга перешел в точку −4 , а точка окружности 2i – в начало координат (рис. 5.9 и 5.10).

Рис. 5.9	Рис. 5.10
Решение. Используем дробно-линейную функцию w = λ		z −α		.

			z −β
Так как точка 2i	переходит в начало координат, то w = λ		z −2i		.

			z −β

Центр круга точка z = 4i переходит в точку −4 . Следовательно,

−4 = λ 44ii−−2βi ; −2(4i −β) = 2iλ ; −8i +2β = 2 iλ ,

λ = −4 −iβ w = −(4 +iβ) zz−−2βi .

Для центра круга симметричной относительно окружности будет точка z =∞. Она переходит в точку w0 = −4i , симметричную

точке –4 относитель но образа окруж ности, то есть относительно прямо й υ = u .

w(∞) = −4i = lim −(4 +iβ)		z − 2i		= −4 −iβ β = 4 + 4i
		z −β
	z→∞
	w = −4i		z −2i		.
Пр имер 5.4			z −4 −4i

	([3], № 2.99). Отобразить на верхн юю полуплос-
кость Im w > 0	полуплоскость	Im z > 0 с разрезом по отрезку
[0,ih], h > 0 (рис. 5.1 1 и 5.12).

Рис. 5.11 Рис. 5.12

Делаем поэтапно: 1) w = z2		(рис. 5.13);	2)	w		= w + h2	(рис.
	1				2	1
5.14); 3) w = w	(рис. 5.15). Получаем ответ		w =		z2 + h2
2

Рис. 5.13

Рис. 5.14

Рис. 5.15

Источник: https://studfile.net/preview/16708793/

Смотрите также:




Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27