Материал: Высшая математика. Теория функций комплексного переменного. Пантелеев И.Н

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

	sh z =			ez −e−z	,	ch z =	ez +e−z		,
				2			2			(4.5)
	sh z								ez +e−z
th z =		=		ez −e−z	,	cth z =	ch z	=		.
	ch z		ez +e−z				sh z		ez −e−z

Они весьма просто выражаются через тригонометрические функции:

sh z = −i sin iz,	ch z = cos iz,
th z = −itgiz,	cth z = ictgi z ,

и поэтому несущественно отличаются от последних.

Пример 4.6. Найти Arcsin 2.

Решение. По формуле (4.4)

Arcsin 2 =	π	−iLn(2 ± 3);
	2

(мы поставили "±" перед корнем, поскольку 3 обычно понимается как арифметическое значение корня). Для вычисления логарифма используем формулу (4.5), в которой

полагаем	z	= 2 ±	3, arg z = 0 .

Получаем				π
Arcsin 2 = π			−iln(2 ± 3) +2πk =		±ln(2 +	3) +2πk,
2				2
где 3 — арифметическое значение корня и k						— любое целое

число.
4. Функцией Жуковского называется функция
ω =	1	(z +	1) .	(4.6)
	2		z

Эта функция имеет важные применения в теории крыла самолета, а также весьма полезна при построении ряда конформных отображений. Она аналитична всюду в , кроме точек z = 0 и z = ∞. Производная

ω′ = 12 (1− z12 )

существует всюду в , за исключением точек z = 0 и z = ∞, и обращается в нуль при z = ±1. Поэтому отображение (12.6) конформно всюду, кроме точек 0, ±1 и ∞.

Выясним, при каком условии две различные точки переходят в одну и ту же точку. Пусть z1 ≠ z2 и

1(z1 + 1 ) = 1 (z2 + 1 ) .

2z1 2 z2

Отсюда следует, что

) −(z

) = (z

− z

)(1−

) = 0 .

z1z2

Так как z1 ≠ z2

, то это равенство равносильно условию

z1z2

=1.

(4.7)

Поэтому для однолистности функции Жуковского в некоторой области D необходимо и достаточно, чтобы эта область не содержала пары различных точек, удовлетворяющих условию

(4.7). Такими областями являются, например, внешность

единичного круга (при этом

z1z2

>1) и внутренность

этого круга (

z1z2

<1 ).

Чтобы наглядно представить себе отображение (4.6), выясним, в какие кривые оно переводит окружности (показаны на рис. 4.9, а сплошными линиями) и лучи (показаны

пунктирами). Положим

z = reiϕ .

Тогда (4.6)

перепишется в

виде

1 e−iϕ ) =

(r + 1) cosϕ +i

1)sinϕ,

ω = u +iv =

(reiϕ +

(r −

откуда

u = 1

(r + 1) cosϕ,

(4.8)

(r −

)sinϕ.

v =

Рассмотрим образы окружностей r = r0 . Из (4.8) следует

cosϕ =		u		,	sinϕ =		v		.
cosϕ =	1	(r +	1)	,	sinϕ =	1	(r −	1)	.
	2		r			2		r

Рис. 4.9

Возводя эти равенства в квадрат, складывая и полагая r = r0 , получим

		u2					+			v2						=1.			(4.9)
	1	(r +		1	)2		+	1	(r −				1	)2		=1.			(4.9)
4		(r +			)2		4		(r −					)2
4		0		r			4		0				r
				0									0
Уравнение (4.9) является уравнением эллипса с полуосями
a = 1			(r +			1	),			b = 1 (r −							1	).
a = 1			(r +				),			b = 1 (r −								).
r		2	0			r0					r		2		0		r0
0		2				r0			0				2				r0
0									0
Итак, образами окружностей										z		= r0			в плоскости z				будут
Итак, образами окружностей										z		= r0			в плоскости z				будут
эллипсы в плоскости ω (рис. 4.9, б). Если r0 →1 , то ar																			→1,
																	0

br0 → 0 . Поэтому эллипсы будут стягиваться к отрезку [-1,1].

При больших

разность

−b =

мала, и эллипсы мало

отличаются от окружностей.

ϕ =ϕ0 , преобразуем

Чтобы

получить

образ

лучей

равенства (4.8) к виду

(r +

1),

1 (r −

1).

cosϕ

sinϕ

Возводя эти равенства в квадрат, вычитая из первого второе и

полагая ϕ =ϕ0 , получим
	u2		v2
		−		=1.	(4.10)

	cos2 ϕ0		sin2 ϕ0

Уравнение (4.10) является уравнением гиперболы с полуосями aϕ0 = cosϕ0 , bϕ0 = sinϕ0 . Следовательно, лучи ϕ =ϕ0

отображаются в части гипербол (рис. 4.9, б).

Таким образом, функция Жуковского взаимнооднозначно и конформно отображает внешность единичного круга на внешность отрезка [-1,1].

Из (4.6) легко видеть, что ω(z) =ω(1z) . Функция ω =1z взаимно-однозначно и конформно отображает внутренность круга z <1 на внешность этого же круга. Отсюда следует, что

функция Жуковского взаимно-однозначно и конформно отображает также и внутренность единичного круга на внешность отрезка [-1,1].

5. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ

КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО 5.1. Интеграл от функции комплексного переменного

Рассмотрим гладкую кривую Г на комплексной плоскости, заданную параметрическими уравнениями

x = x(t), y = y(t), α ≤ t ≤ β

(1.1)

Как уже отмечалось, эти уравнения можно записать в компактной форме:

z(t) = x(t) +iy(t), α ≤ t ≤ β

(1.2)

При изменении параметра t от α до β соответствующая точка

z(t) будет двигаться по кривой Г. Поэтому уравнения (1.1) и (1.2) не только определяют точки кривой Г, но и задают направление обхода этой кривой. Кривая Г с заданным направлением ее обхода называется ориентированной кривой.

Пусть в области D задана непрерывная функция f(z)= и(х,у) + iv(x,y), и пусть кривая Г лежит в D. Чтобы ввести

понятие интеграла ∫ f (z)dz от функции f(z) по кривой Г,

определим дифференциал dz равенством dz = dx + idy. Подынтегральное выражение преобразуется к виду

f(z) dz = (и + iv)(dx + idy) = (udx — v dy) + i(v dx + и dy).

Таким образом, интеграл от комплексной функции f(z) по кривой Г естественно определить равенством

∫ f (z)dz = ∫udx −vdy +i∫vdx +udy			(1.3)
Г	Г	Г

в правую часть которого входят два действительных криволинейных интеграла второго рода от действительных функций и и v. Для вычисления этих интегралов следует

Источник: https://studfile.net/preview/16565872/

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)