Документ: Михайлов ТФКП Практикум 2013, страницы 36-40

∂u

= lim

u (0 +

x,0) −u (0,0)

;

∂x

x=0

x→0

x

y=0

∂u

так как u (0 + x,0) = 0

и u (0,0) = 0

, то

= 0 .

∂x

x=0

Аналогично:

y=0

u (0 +

y,0) −u (0,0)

∂u

= lim

= 0 .

∂y

y

x=0

y→0

y=0

Таким образом, в этой точке условия Коши–Римана выполняются. Найдем производную в точке z = 0 , вычисляя предел по лучу y = k x . Тогда

lim	w	=	lim	x2k	,
	z			x (1 +ik )
z→0			x→0

откуда видно, что этот предел зависит от k, т.е. производной не существует.

Пример № 3.6 ([3], № 1.156). Будут ли гармоническими функ-

ции

f ( z)

, arg f (z) , ln

f (z)

, если

f (z) – аналитическая функция?

Решение. Рассмотрим функцию:

w =

f (z)

= u2 +υ2 =U +iV ,

где U = u2 +υ2 = Re w , V ≡ 0 = Im w ;

∂V

= ∂V

≡0 ;

∂U

=

u

∂u +

υ

∂υ ;

∂x

∂y

∂x

u

2 +υ2

∂x

u

2 +υ2

∂x

u2 +υ2 ∂u −

u2

∂u

∂2U

=

∂x

u2 +υ2

∂x

∂u

+

∂x2

u2 +υ2

∂x

u2 +υ2

∂υ −

υ2

∂υ

∂2u

∂2υ

u

∂x

u

2 +υ2

∂x

υ

+

∂x2 +

+

∂x2

=

u2 +υ2

36

υ2

∂u 2

u2

∂υ 2

=

+

u2 + υ2 (u2 + υ2 )

∂x

+

u

∂2u

+

υ

∂2υ .

∂x2

u2 +υ2

Аналогично

u2 +υ2

∂x2

2

∂2U

υ2

∂u

u2

∂υ

2

=

+

∂y

u

2 +υ2 (u2

+υ2 )

∂y

u2 +υ2 (u2 +υ2 )

∂y

+

u

∂2u

+

υ

∂2υ;

∂y2

u2 + υ2

u

2 + υ2

∂y2

	U =	∂2U		+		∂2U	=
		∂x 2				∂y2

	u2				∂u 2
+							+
		3
	(u2 +υ2 )				∂x
			2

υ2

∂u

2

+ ∂u

2

+

(u

)

3

2

∂x

∂y

+υ

2

∂υ 2

u

∂2u

∂y

+

∂x2

+

u

2

+υ

2

∂y2

υ

∂2υ

∂u 2

1

+

2

+

=

+

≠ 0;

2

∂x

∂y

2

∂y

2

u

+υ

∂x

u

+υ

Таким образом, функция

f (z)

не является гармонической.

Рассмотрим функцию arg f (z) = arctg uυ +const .

∂(arg f (z))	=	1		∂
∂x	1	+	υ2	∂x
	1	+	u2
			u2

arg f (z) ,

где

f (z) = u( x, y) + iυ( x, y);

υ

u2

u

∂υ

−υ

∂u

u

∂υ

−υ

∂u

=

∂x

=

∂x

;

u

2

+

υ

2

u

2

u

2

+υ

2

u

				∂υ		∂u
∂2 (arg f (z))	=	∂	u	∂x	−υ	∂x	=

∂x2				u2	+υ2
		∂x

37

(u2 +υ2) ∂u ∂υ+u

∂ υ2 −∂υ ∂u −υ

∂ u2 − u∂υ−υ∂u 2u ∂u +2υ∂υ

2

=

∂x ∂x

∂x ∂x ∂x

∂x

∂y

=

(u2 +υ2 )2

(u

2

+υ

2

)

∂2υ

−υ

∂2u

−2

∂υ

−υ

∂u

+υ

∂υ

u

∂x

2

∂x

2

u

∂x

u

∂x

=

∂x

;

(u2 +υ2 )2

Аналогично

(u2 +

υ2 )

∂

2

∂

2

u

∂u

∂υ

u

υ

−υ

−2

u

∂υ −υ

u

+υ

∂2 (arg f (z))

∂y2

∂y

=

∂y

;

∂y2

(u2 +υ2 )2

arg f (z) =

∂2 (arg f (z))

+

∂2 (arg f (z))

=

∂x2

∂y2

∂2υ

∂

2u

∂2u

u

+

υ

+

2

∂x

∂y

∂x

∂y

2

=

−

×

u2 +υ2

(u2 +υ2 )2

× u ∂υ

−υ

∂u

u ∂u

+υ∂υ

+ u

∂υ

−υ

∂u

u

∂u

+υ

∂υ

=

∂x

∂y

2

∂u

=−

−u

−

υ

u

−υ

+

u

−υ

u

+υ

(u2 +

υ2 )

2

∂y

∂x

∂y

∂x

∂y

∂x

(так

как

и,

υ –

гармонические

функции,

потому

∂2u

+

∂2u

= 0 ,

∂x2

∂y

2

∂2υ

+

∂2υ

=0 , кроме того,

во втором слагаемом в силу условий

∂x2

∂y2

Коши–Римана мы заменили

∂υ

на −

∂u

и

∂υ

на

∂u

).

∂x

∂y

∂x

38

Далее:

2

2 ∂u

∂u

∂u 2

(arg f (z)) = −

−u

+uυ

−uυ

+

(u2

+υ2 )

∂x

∂y

∂x

+υ

2 ∂u

∂u

+u

2 ∂u

∂u

∂u 2

2

∂u

= 0.

∂x

∂y

∂x

∂y

+uυ

−uυ

∂y

−υ

∂x

∂y

Таким образом, функция arg f (z)

является гармонической (при

условии аналитичности функции f (z) ).

Можно было бы сделать этот пример и иначе, но для этого предварительно докажем еще одну форму записи условий Коши–

Римана, а именно: если функция

w = f (x, y)

записана в виде

w = R(x, y) eiΦ( x, y) , где

R(x, y) =

w

,

а Φ(x, y) =arg w ,

то условия

Коши–Римана можно записать в виде:

∂R

= R ∂Φ,

∂R

= −R

∂Φ,

(3.3)

∂x

∂y

∂x

Действительно:

w = u(x, y) +iυ( x, y) = R (x, y)eiΦ( x, y) = R cos Φ +iR sin Φ ,

т.е.

u(x, y) = R( x, y)cos Φ( x, y) ,

υ( x, y) = R ( x, y)sin Φ( x, y) .

Используя условия Коши–Римана

∂u =

∂υ ,

∂u

= −∂υ

, получим

∂x

∂y

∂x

∂R

∂Φ

∂R

∂Φ

∂x cos Φ− Rsin Φ

∂x

= ∂y sin Φ+ RcosΦ ∂y

,

∂R

∂Φ

∂R

∂Φ

∂y cos Φ− Rsin Φ

∂y

= −

∂x sin Φ− RcosΦ ∂x .

Умножим первое уравнение на cos Φ , а второе – на sin Φ и сложим:

∂∂Rx = R ∂Φ∂y .

Второе условие получим, умножив первое уравнение наsin Φ , а второе – на cos Φ :

39

∂∂Ry = −R ∂Φ∂x .

Пользуясь уравнениями (3.3), докажем полученные ранее результаты относительно гармоничности функций arg f (z), f (z) ,

ln f (z) . Так как arg f (z) = Φ(x, y) в принятых здесь обозначениях,

то дифференцируя первое из равенств (3.3) по у, а второе – по х и вычитая их, получим:

∂R	∂Φ	+ R	∂2Φ	+	∂R	∂Φ	+ R	∂2Φ	= 0 .
∂y	∂y		∂y2		∂x	∂x		∂x2

В силу (3.3) первое и третье слагаемые уничтожаются, что при-

водит к уравнению ∂2Φ + ∂2Φ = 0 , из которого следует гармонич-

∂x2 ∂y2

ность функции Ф(х,у).

Аналогично для функции | f (x, y) |= R(x, y) продифференцируем первое из уравнений (3.3) по х, а второе – по у и сложим:

∂2 R

+

∂2 R

= ∂R

∂Φ + R

∂2Φ

−

∂R

∂Φ − R

∂2Φ

;

∂x2

∂y2

∂x∂y

∂x

∂y

∂x

R =

∂2 R

+

∂2 R

=

∂R

∂Φ −

∂R

∂Φ .

∂x2

∂y2

∂y

∂x

∂y

В силу (3.3) правая часть приобретает вид:

−R ∂Φ∂ 2 −

x

	∂Φ 2
R		= −R
∂y
∂y

∂Φ 2		∂Φ 2	≠ 0,
	+		≠ 0,
∂x	∂y
∂x	∂y

следовательно, R ≠ 0 и функция

f (x, y)

не является гармониче-

ской.

f (x, y)

И, наконец, для функции ln

получим

∂R

∂

(ln

f (x, y)

)

=

∂

(ln R(x, y)) =

1

∂x ,

∂x

R

∂

(ln

f ( x, y)

)

=

∂

(ln R(x, y)) =

1

∂R

∂y .

∂y

R

40

Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Смотрите также: