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

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

точку ω0 , лежащую выше прямой y =14 , то приходим к выводу: круг z + 2i < 2 отображается на полуплоскость

Im z >14 .

Образ границы z + 2i = 2 можно было найти и другим способом, показанным на следующем примере.

Задача 8.15. В какую область переходит круг z +i < 3

при отображении ω =1 z ?
Решение. Найдем образ окружности	z +i = 3.

Поскольку z = 0 не принадлежит этой окружности, то ни одна из ее точек не перейдет в ω = ∞. Значит, образом будет окружность конечного радиуса. Для отыскания ее центра и

радиуса

положим

z = x +i y ,

ω = u +i υ и представим

уравнение

z +i

= 3 в виде

= 9 , x 2 + y 2 + 2 y −8 = 0 .

x +i u +1

= 3

, или

x 2 +

y +1

(

)

(

)

Равенство ω =1 z дает z =1ω , или

1u −i υ

x+i y = u +i υ = u 2 +υ2 ,

Подставим эти выражения в уравнение окружности:

1		2 υ	−8 = 0 , 8(u	2	2	)+ 2υ−1= 0 ,
	+				+υ
u 2 + υ2	+	u 2 + υ2			+υ

u 2 +υ2 + υ4 −18 = 0 .

Дополним выражение υ2 +υ4 до полного квадрата:

2 2 υ	1 2	1	1 2		2		1 2	9
u +υ + +
u +υ + +		− −		= 0 ,		υ+		= .
4		8						64
4	8	8	8				8	64

211

Итак,

окружность

z +i

= 3

переходит в

окружность с

центром ω0 = (0,−1 8)

радиусом

R = 3 8 .

Точка

z → 0 ,

лежащая внутри круга

z +i

< 3 ,

переходит в точку

ω = ∞.

Значит, при отображении ω =1 z

круг

z +i

< 3 переходит во

внешность круга с центром ω0 = −i

и радиусом

R = 3 8 .

Это множество можно задать неравенством ω0 +i 8 > 3 8 .

Задача 8.16. Найти конформное отображение

ω = f (z)

круга

на круг

<1 ,

удовлетворяющее

условиям

ω(−i

2)= 0 ,

arg ω′(−i 2)= π 4 .

Указать

коэффициент

растяжения в точке z0 = −i 2 .

Решение. В примере 4.8 было показано, что дробно-

линейная функция, отображающая круг

<1 на круг

<1 ,

имеет вид (формула (4.10)):

ω = eiϕ

z −z0

1−z0 z

где z0 — точка, переходящая в точку ω = 0 . В нашем случае z0 = −i2 . Осталось определить значение ϕ, которое найдем из условия arg ω′(−i2)= π4 :

	iϕ		(		0	)		(					0 )(				z −z		0 )				iϕ			0			z
ω′(z)= e		1 1−z				z		− −z									z −z				= e					1−z			z			.
ω′(z)= e							1−z				z	)		2							= e				1−z			z		)	2	.
						(		0				)												(		0				)
Учитывая, что z z0 =				z0			2 , при z0									= −i			2		получаем
Учитывая, что z z0 =				z0			2 , при z0									= −i			2		получаем
ω′(z			0 )= e		iϕ			1−		z0					2			= e	iϕ	1							,
					iϕ			1−		z0					2				iϕ	1

							(1−		z0					2 )		2				1−		z0			2
																2									2

212

			i		iϕ	1		4		iϕ
				= e			=		e .
ω′	−			= e			=		e .
						1−1 4		3
			2			1−1 4		3
Отсюда следует, что		)					(				)
(		)	= 4 3 ,				(			2	)	= ϕ.
ω′ −i 2			= 4 3 ,			arg ω′ −i				2		= ϕ.

Значит, коэффициент растяжения в точке −i2 равен 43 , и ϕ= π4 . Искомым отображением является функция

ω = ei π 4	z +i 2	= ei π 4	z +i 2

1−i 2 z		1+i z 2

(мы использовали равенство i = −i ).

Задача 8.17. Найти конформное отображение верхней полуплоскости Im z > 0 на круг ω <1 , удовлетворяющее

условиям ω(2i)= 0 , arg ω′(2i)= π. Указать коэффициент растяжения в точке z0 = 2i .

Решение. В примере 4.7 было показано, что конформное отображение верхней полуплоскости на единичный круг имеет вид

ω = eiϕ z −z0 . z −z0

Определим параметры z0 и ϕ. Поскольку z0 — точка, переходящая в точку ω = 0 , то z0 = 2i . Для определения ϕ найдем ω′(z0 ):

ω′(z)= e	iϕ 1 (z −z		0 )−1 (z −z0 )		= e	iϕ z0 −z0		,

		(z −z0 )		2		(z −z0 )	2
		(z −z0 )				(z −z0 )

213

ω′(z

0 )= e

iϕ

z0 −z0

= e

iϕ

(z0 −z0 )

−z0

Поэтому

ω′(2i)=

eiϕ

i eiϕ

iπ

i π

iϕ

i(3π 2+ϕ)

= 4i = −

4 =

4 e

2i + 2i

(мы использовали равенства −1= ei π , i = ei π 2 ). Отсюда

ω′(2i)

, arg ω

′(2i)=

3π

+ϕ,

= −

= 4

2 +ϕ , т.е. π

2 .

Итак, искомое отображение дается функцией

−iπ 2 z −2i

z −2i

ω = e

= −i

z + 2i

Коэффициент растяжения в точке 2i равен ω′(2i) =1 4 .

Задача 8.18. Найти конформное отображение полосы, заключенной между прямыми y = x +1 и y = x +3 (рис. 8.7),

на единичный круг.

Решение. 1) С помощью линейной функции ω = a z +b

отобразим	данную полосу на полосу −∞< x < +∞,
0 < y < π.	Исходная

полоса имеет ширину 2 . Чтобы отобразить ее на полосу шириной π, сделаем преобразование подобия с

	коэффициентом	π	2 .	Это
	преобразование задается функцией
	ω1 = π z 2 . Точка		A(−1 2, i 2)
	перейдет		)	в
	(		)
Рис. 8.7	A1 −π (2 2), π	(2 2) .
Рис. 8.7

214

Затем повернем полученную полосу на угол π4 по

часовой стрелке, чтобы она стала параллельной оси OX . Это преобразование запишется в виде

ω2 = ω1e−i π 4 = π2z e−i π 4 .

Точка A1 (−π(2 2), π(2 2)) перейдет в A2 (0, π2).

Наконец, сделаем параллельный перенос на вектор A2O :

ω3 = ω2 −i2π = π2z e−i π 4 −i2π .

Вместо точки A(−12, i2) можно было взять любую другую точку на прямой y = x +1 (например, точку (0,1) ). Используя

равенство e−i π 4 =1	2 −i		2 можно записать полученное
преобразование в такой форме:
		π 1−i		)
ω	3 =		(		z −i π .
			2
				2

2)Отобразим полученную полосу на верхнюю

полуплоскость	Im z > 0 .	Было показано, что показательная
функция ω =e z	отображает полосу 0 < Im z < π на верхнюю
полуплоскость.	Поэтому	нужным преобразованием будет
ω4 =e ω3 .

3)Отобразим верхнюю полуплоскость на единичный

круг	с		помощью	дробно-линейного	отображения
ω = eiϕ	z −z	0	, Im z0 > 0 . Поскольку никаких дополнительных
ω = eiϕ	z −z	0	, Im z0 > 0 . Поскольку никаких дополнительных
	z −z	0

условий не задано, то параметры ϕ и z0 с Im z0 > 0 можно

215

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)