Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

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

		cos φ	1
∂φ	=	sin φ	0	= −	sin φ	.
∂x	=	ρ		= −		.
∂x		ρ			ρ

Таким образом,

∂u

= nρn−1 cos nφcos φ−nρn sin nφ −

sin φ

∂x

= nρn−1 (cos nφcos φ+sin nφsin φ) = nρn−1 cos(n −1)φ .

∂υ = nρn−1 ∂ρsin nφ+ nρn cos nφ

∂φ ;

∂y

∂ρ

cosφ−ρsin φ

∂φ

−ρsin φ

0 =

∂y

∂ρ

ρcos φ

= sin φ;

∂ρsin φ+ρcosφ∂φ

∂y

1 =

∂y

cos φ

∂φ

sin φ

cos φ

∂y

откуда

∂υ = nρn−1 sin nφsin φ

+nρn cos nφ

cos φ

= nρn−1 cos(n −1)φ.

∂y

Таким образом, ∂u

= ∂υ .

∂x

∂y

Аналогично проверяется условие

∂u

= −

∂υ .

∂y

∂x

Ввиду

непрерывности

частных

производных

производную

w'(z) можно вычислить, например, по формуле w'(z) = ∂u +i

∂υ .

∂x

Подсчитав, что ∂∂υx = nρn−1 sin (n −1)φ, получим:

(zn )' = nρn−1 cos(n −1)φ+inρn−1 sin(n −1)φ= nzn−1 ,

что и требовалось доказать.

Производную легко получить и непосредственно, пользуясь определением:

(zn ) ' = lim

= lim (z +

z)n − zn

→0

z→0

= lim

zn +nzn−1

z +

− zn

= nzn−1.

→0

Рассмотрим

функцию

w = ez

= ex+iy = exeiy = ex (cos y +i sin y) ;

u(x, y) = ex cos y ; υ(x, y) = ex sin y .

Условия Коши–Римана выполняются, так как

∂u = ex cos y =

∂υ

= ex cos y

∂u = −ex sin y = −

∂υ

= −ex sin y .

∂x

∂y

∂x

Следовательно,

)' =

∂u

∂υ

∂x

∂x = e

cos y +ie

sin y = e

Рассмотрим функцию w = Ln z = ln ρ+ iφ+ i2πk .

u ( x, y) = ln x2 + y2 ;

v ( x, y) = φ + 2πk ;

∂u =

= cos φ ;

∂υ

∂φ

= cos φ (см. выше).

x2 + y2

∂y

∂x

Аналогично:

∂u

= sin φ

;

∂υ = ∂φ

= −sin φ .

∂y

+ y2

∂x

Условия Коши–Римана выполнены:

(Lnz)' = ∂u

+i ∂υ = cos φ

−i sin φ =

ρcos φ −i

ρsin φ =

∂x

ρ2

−i

x −iy

= 1 .

x2 + y2

+ y2

x2 + y2

Эту производную можно было вычислить по правилу производной для обратной функции. Действительно, если w = w(z) , то об-

ратная функция z = z−1 (w) имеет производную:

w'( z) = lim	w = lim	1	=			1			;
		w		(		(		))
z→0
	z w→0	z			z−1		w	′

так как w = Ln z , если z = ew , то

(Ln z)' = (e1w )' = e1w = 1z .

Пример 3.2 ([3], № 1.132). Найти постоянные a , b , c , при которых функция f ( z) будет аналитической:

1)f (z) = x + ay +i (bx +cy) ;

2)f ( z) = cos x (chy + ashy) +i sin x (chy +bshy) .

Решение.

1)	w = f (z) = u +iv = x + ay +i (bx +cy) ;			∂u =1	,	∂υ	= c с = 1,
				∂x		∂y
	∂u	= a ,	∂υ = b a = −b.
	∂y		∂x
Ответ: c =1 , a = −b .
2)	f (z) = u +iυ, u = cos x (chy + ashy) ;
	υ = sin x(chy	+bshy); ∂u = −sin x(chy +ashy) ;
			∂x

∂∂yυ = sin x(shy +bchy) a = −1 ; b = −1 .

При этом ∂∂uy = cos x(shy −chy) ; ∂∂υx = cos x(chy −shy) , т.е.

∂∂uy = −∂∂υx .

Пример 3.3 ([3], № 1.133). Найти области, в которых функция f (z) = x2 − y2 + 2i xy будет аналитической.

Решение. Рассмотрим два случая: 1) xy > 0 ; 2) xy < 0 .

В первом случае: а) x2 − y2 >0 ; б) x2 − y2 <0 (I и III четверти на рис. 3.1):

= −2y

∂υ ∂x

Рис. 3.1

Рис. 3.2

б) u = y2 − x2 ;

а) u = x2 − y		2 ; υ= 2xy ;		∂u = 2x ;
				∂x
	∂υ	= 2x	∂u	=	∂υ	;
	∂y		∂x		∂y
∂u	= −2 y;	∂υ =	2y		∂u	= −	∂υ.
∂y		∂x			∂y		∂x

Условия Коши–Римана выполняются.

б) u = y2 − x2 ; υ= 2xy ;	∂u	= −2x .
	∂x

Условия Коши–Римана не выполняются.

Во	втором	случае: а) х2	– у2	> 0,
б) x2 − y2 < 0		(II-я и IV-я четверти на рис.
3.2):			∂u
а)	u = x2 − y2 ; υ= −2xy ;		∂u	= 2x ;
			∂x

∂∂yυ = −2x , условия не выполняются.

υ= −2xy ;	∂u	= −2x ;	∂υ	= −2x ;	∂u	= 2 y ;
	∂x		∂y		∂y

, т.е. условия Коши–Римана выполняются.

Таким образом, функция аналитическая в областях:

3π

arg z

−π;−

−

;−

;

Пример 3.4 ([3], № 1.135). Пусть z = ρiφ , w = f ( z) =

=u(ρ,φ) +iυ(ρ,φ) . Записать уравнения Коши–Римана в полярных координатах.

x =ρcosϕ,	то
Решение. Так как	то
y =ρsin ϕ,

∂u = ∂u ∂x +

∂u ∂y

∂u cosφ

∂u sin φ,

∂ρ

∂x ∂ρ

∂y ∂ρ

∂x

∂y

∂υ

∂υ ∂x

∂υ ∂y

∂υ

(−ρsin φ) + ∂υρcos φ.

∂x ∂φ

∂y ∂φ

∂x

∂φ

∂y

Применяя условия Коши–Римана в переменных ( x, y) , получим

∂u

= ∂u cos φ+ ∂u sin φ;

∂ρ

∂x

∂y

∂υ

= ∂u

ρcosφ−

∂u ρsin φ

∂u = 1

∂υ

∂φ

∂x

∂y

∂ρ ρ ∂φ

Аналогично:

∂u = ∂u

∂x

∂u ∂y

∂u (−ρsin φ)

+ ∂u ρcosφ,

∂y ∂φ

∂φ

∂x ∂φ

∂x

∂y

∂υ

= ∂υ ∂x +

∂υ ∂y

∂υcosφ+

∂υsin φ.

∂ρ

∂x ∂ρ

∂y ∂ρ

∂x

∂y

По условиям Коши–Римана в переменных (x, y) :

∂u

= −

∂u ρsin φ+ ∂υρcos φ,

∂φ

∂x

∂y

∂u = −

∂υ .

∂υ

∂u cos φ+ ∂u sin φ

= −

ρ ∂φ

∂ρ

∂y

∂x

Таким образом, условия Коши–Римана в полярных координатах

имеют вид

∂u =

1 ∂υ

1 ∂u

= −

∂υ .

(3.2)

ρ ∂φ

∂ρ

Пример

3.5

([3],

№ 1.139).

Доказать,

что

для функции

f (z) =

в точке z = 0 выполняются условия Коши–Римана, но

производная не существует.

f ( z) =

u (x, y) =

Решение. Для функции

; υ = 0 ;

∂υ

= ∂υ = 0 всюду;

∂u

в точке z = 0 вычисляется как предел:

∂x

∂y

∂x

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