gdje su stvarni brojevi, i
- poseban znak tzv imaginarna jedinica
... Za imaginarnu jedinicu, po definiciji, pretpostavlja se da
.
(4.1)
– algebarski oblik
kompleksni broj, i pozvao pravi dio
kompleksni broj, i
-imaginarni dio
.
Broj pozvao složeni konjugat
na broj
.
Zadana su dva kompleksna broja ,
.
1.
Zbroj
kompleksni brojevi
i
naziva kompleksnim brojem
2.
Razlika
kompleksni brojevi
i
naziva kompleksnim brojem
3.
Po proizvodu
kompleksni brojevi
i
naziva kompleksnim brojem
4.
Privatni
od dijeljenja kompleksnog broja
na kompleksnom broju
naziva kompleksnim brojem
.
Napomena 4.1. To jest, operacije nad kompleksnim brojevima uvode se prema uobičajenim pravilima aritmetičkih operacija nad literalnim izrazima u algebri.
Primjer 4.1. Dani su kompleksni brojevi. Pronaći
.
Riješenje. 1) .
4) Množenjem brojnika i nazivnika kompleksnim brojem konjugiranim nazivniku dobivamo
Trigonometrijski oblik kompleksni broj:
gdje - modul kompleksnog broja,
je argument kompleksnog broja. Injekcija
definira se dvosmisleno, do samog pojma
:
,
.
- glavna vrijednost argumenta, određena uvjetom
, (ili
).
Ilustrativni oblik kompleksni broj:
.
Korijen th stepena broja
Ima
različite vrijednosti koje se nalaze pomoću formule
|
gdje .
Točke koje odgovaraju vrijednostima , su vrhovi točne
kvadrat upisan u krug polumjera
sa središtem na ishodištu.
Primjer 4.2. Pronađite sve korijenske vrijednosti .
Riješenje. Predstavimo kompleksan broj u trigonometrijskom obliku:
,
, gdje
.
Zatim ... Dakle, po formuli (4.2)
ima četiri značenja:
,
.
Uz pretpostavku , pronašli smo
,
,
,
.
Ovdje smo pretvorili vrijednosti argumenta u njegovu glavnu vrijednost.
Skupovi na složenoj ravnini
Složeni broj prikazan u avionu
točka
s koordinatama
... Modul
i argument
odgovaraju polarnim koordinatama točke
.
Korisno je zapamtiti tu nejednakost definira kružnicu sa središtem u točki
radius
... Nejednakost
specificira poluravninu koja se nalazi desno od ravne linije
, i nejednakosti
- poluravnina koja se nalazi iznad ravne linije
... Štoviše, sustav nejednakosti
postavlja kut između zraka
i
potječući iz podrijetla.
Primjer 4.3. Nacrtaj područje definirano nejednačinama: .
Riješenje. Prva nejednakost odgovara prstenu sa središtem u točki i dva radijusa 1 i 2, kružnice nisu uključene u područje (slika 4.1).
Druga nejednakost odgovara kutu između zraka (simetrala 4 koordinatnog kuta) i
(pozitivan smjer osi
). Same zrake ne ulaze u regiju (slika 4.2).
Željeno područje je sjecište dvaju dobivenih područja (Sl.4.3)
|
|
|
4.2. Kompleksne varijabilne funkcije
Neka je jednovrijedna funkcija definirana i kontinuirana u području
, a
- komadno glatka zatvorena ili otvorena orijentirana krivulja koja leži unutra
... Neka, kao i obično,
,, gdje
,
- realne funkcije varijabli
i
.
Izračunavanje integrala funkcije kompleksna varijabla
svodi na izračunavanje uobičajenih krivolinijskih integrala, naime
|
Ako je funkcija analitičko u jednostavno povezanoj domeni
koji sadrže točke
i
, tada se događa Newton-Leibnizova formula:
|
gdje - bilo koji antiderivat za funkciju
, to je
na području
.
U integralima funkcija složene varijable možete mijenjati varijablu, a integracija po dijelovima je slična onome kako se radi pri izračunavanju integrala funkcija realne varijable.
Također imajte na umu da ako je put integracije dio ravne linije koja izlazi iz točke , ili dio kružnice sa središtem u točki
, tada je korisno promijeniti varijablu oblika
... U prvom slučaju
, a
- realna varijabla integracije; u drugom slučaju
, a
je stvarna varijabla integracije.
Primjer 4.4. Izračunati parabola
od točke
do točke
(Slika 4.4).
|
Riješenje. Prepisujemo integrand u obliku Zatim Jer |
Primjer 4.5. Izračunaj integral , gdje
- luk kružnice
,
(slika 4.5).
|
Riješenje. Stavljamo, |
Funkcija , jednoznačan i analitičan u prstenu
, razlaže se u ovom prstenu na Laurent serija
U formuli (4.5), niz pozvao glavni dio
Laurent serija, i serija
pozvao desni dio
Laurent serija.
Definicija 4.1.
Točka pozvaoizolirana singularna točka
funkcije
ako postoji susjedstvo ove točke u kojoj je funkcija
analitički posvuda osim same točke
.
Funkcija
u blizini točke
može se proširiti u Laurentov niz. U ovom slučaju moguća su tri različita slučaja kada je Laurent serija:
1)
ne sadrži pojmove s negativnim moćima razlike , to je
(Laurentova serija ne sadrži glavni dio). U ovom slučaju
pozvao uklonjivu singularnost
funkcije
;
2)
sadrži konačan broj članova s negativnim moćima razlike , to je
,
štoviše ... U ovom slučaju, točka
pozvao stup reda
funkcije
;
3) sadrži beskonačan broj pojmova s negativnim moćima:
.
U ovom slučaju, točka
pozvao bitna točka
funkcije
.
Prilikom određivanja prirode izolirane singularne točke nije potrebno tražiti proširenje u Laurentovom nizu. Možete koristiti različita svojstva izoliranih značajki.
1)
je uklonjiva singularna točka funkcije
ako postoji konačan limit funkcije
u točki
:
.
2)
je pol funkcije
, ako
.
3)
je bitna singularna točka funkcije
ako na
funkcija nema granica, ni konačna ni beskonačna.
Definicija 4.2.
Točka pozvaonula
th red
(ili višestrukost
)
funkcije
ako su ispunjeni uvjeti:
…,
.
Napomena 4.2.
Točka ako i samo tada je nula
th red
funkcije
, kada je u nekom susjedstvu ove točke jednakost
,
gdje funkcija analitičan u točki
i
4) točka
je pol reda
(
) funkcije
ako je ova točka nula reda
za funkciju
.
5) neka
-
izolirana funkcija singularna točka
, gdje
- analitičke funkcije u točki
... I neka točka
je nulti red
funkcije
i naručiti nulu
funkcije
.
Na točka
je pol reda
funkcije
.
Na točka
je uklonjiva singularna točka funkcije
.
Primjer 4.6. Pronađite izolirane točke i odredite njihov tip za funkciju .
Riješenje. Funkcije i
- analitički u cijeloj ravnini kompleksa. Dakle, singularne točke funkcije
su nule nazivnika, odnosno točke gdje
... Takvih točaka ima beskonačno mnogo. Prvo je poanta
, kao i točke koje zadovoljavaju jednadžbu
... Odavde
i
.
Razmotrite stvar ... U ovom trenutku dobivamo:
,
,
,
.
Red nule je .
,
,
,
,
,
,
,
.
.
Dakle, poanta je pol drugog reda (
).
... Zatim
,
.
Numeratorski poredak je .
,
,
.
Red nule nazivnika je ... Stoga bodovi
na
su polovi prvog reda ( jednostavni stupovi
).
Teorem 4.1.
(Cauchyjev teorem o ostatku
).
Ako je funkcija je analitička na granici
područja
i svugdje unutar regije, s izuzetkom konačnog broja singularnih točaka
, onda
.
Prilikom izračunavanja integrala, vrijedno je pažljivo pronaći sve singularne točke funkcije , zatim nacrtajte konturu i singularne točke, a zatim odaberite samo one točke koje spadaju unutar konture integracije. Često je teško napraviti pravi izbor bez crtanja.
Način obračuna odbitka ovisi o vrsti posebne točke. Stoga, prije izračunavanja odbitka, morate odrediti vrstu singularne točke.
1) odbitak funkcije u točki jednak je koeficijentu na minus prvog stupnja u Laurentovom proširenju
u blizini točke
:
.
Ova tvrdnja vrijedi za sve vrste izoliranih točaka, pa stoga u ovom slučaju nije potrebno određivati vrstu posebne točke.
2) ostatak na uklonjivoj singularnoj točki je nula.
3) ako je jednostavan pol (pol prvog reda), a funkcija
može se predstaviti kao
, gdje
,
(imajte na umu da u ovom slučaju
), zatim odbitak u točki
jednako je
.
Konkretno, ako , onda
.
4) ako je, dakle, jednostavan stup
5) ako - stup
th funkcija reda
, onda
Primjer 4.7. Izračunaj integral .
|
Riješenje. Pronađite singularne točke integranda |
Zatim, koristeći formulu (4.7), nalazimo ostatak u ovoj točki:
Na temelju teorema 4.1 nalazimo
Kompleksne varijabilne funkcije.
Diferencijacija funkcija kompleksne varijable.
Ovaj članak otvara niz lekcija u kojima ću razmatrati tipične zadatke vezane uz teoriju funkcija složene varijable. Da biste uspješno svladali primjere, morate imati osnovno znanje o kompleksnim brojevima. Kako biste konsolidirali i ponovili gradivo, samo posjetite stranicu. Također će vam trebati vještine za pronalaženje parcijalne izvedenice drugog reda... Evo ih, ovih parcijalnih izvedenica...i sad sam se i sam malo iznenadio koliko se često javljaju...
Tema koju počinjemo analizirati nije posebno teška, a u funkcijama složene varijable u principu je sve jasno i dostupno. Glavno je pridržavati se osnovnog pravila, koje sam empirijski izveo. Nastavi čitati!
Koncept funkcije složene varijable
Prvo, osvježimo naše znanje o školskoj funkciji jedne varijable:
Jedna varijabla funkcija To je pravilo prema kojem svaka vrijednost nezavisne varijable (iz domene definicije) odgovara jednoj i samo jednoj funkcijskoj vrijednosti. Naravno, X i Y su realni brojevi.
U složenom slučaju, funkcionalna ovisnost postavlja se na isti način:
Jednovrijedna funkcija kompleksne varijable- to je pravilo po kojem svi integrirani vrijednost nezavisne varijable (iz domene) odgovara jednoj i samo jednoj kompleks vrijednost funkcije. U teoriji se također razmatraju viševrijedne i neke druge vrste funkcija, ali radi jednostavnosti usredotočit ću se na jednu definiciju.
Koja je razlika između funkcije složene varijable?
Glavna razlika: brojevi su složeni. Nisam ironičan. Od takvih pitanja često padaju u stupor, na kraju članka ću vam ispričati cool priču. Na satu Kompleksni brojevi za lutke razmatrali smo kompleksan broj u obliku. Od sada je slovo "z" postalo varijabla, tada ćemo ga označiti na sljedeći način:, dok "x" i "game" mogu uzeti različite valjano vrijednosti. Grubo govoreći, funkcija složene varijable ovisi o varijablama i, koje poprimaju "obične" vrijednosti. Iz ove činjenice logično proizlazi sljedeća točka:
Funkcija složene varijable može se napisati kao:
, gdje su i dvije funkcije od dva valjano varijable.
Funkcija se poziva pravi dio funkcije.
Funkcija se poziva imaginarni dio funkcije.
To jest, funkcija kompleksne varijable ovisi o dvije realne funkcije i. Da biste konačno sve razjasnili, razmotrite praktične primjere:
Primjer 1
Riješenje: Nezavisna varijabla "z", kao što se sjećate, piše se kao, dakle:
(1) Izvorna funkcija je zamijenjena.
(2) Za prvi član korištena je skraćena formula za množenje. U terminu - otvorene su zagrade.
(3) Pažljivo na kvadrat, ne zaboravljajući to
(4) Preuređenje pojmova: prvo prepišite pojmove u kojoj nema zamišljene jedinice(prva grupa), zatim pojmovi, gdje se nalaze (druga skupina). Valja napomenuti da nije potrebno miješati pojmove, a ova se faza može preskočiti (zapravo, usmeno je izvela).
(5) Za drugu grupu vadimo je iz zagrada.
Kao rezultat toga, pokazalo se da je naša funkcija predstavljena u obliku
Odgovor:- pravi dio funkcije.
- imaginarni dio funkcije.
Koje su to funkcije? Najobičnije funkcije dviju varijabli, od kojih se mogu pronaći takve popularne parcijalne izvedenice... Bez milosti – naći ćemo. Ali malo kasnije.
Ukratko, algoritam riješenog problema može se zapisati na sljedeći način: zamijeniti u izvornu funkciju, pojednostaviti i podijeliti sve pojmove u dvije skupine - bez imaginarne jedinice (stvarni dio) i s imaginarnom jedinicom (imaginarni dio).
Primjer 2
Pronađite stvarni i imaginarni dio funkcije
Ovo je primjer rješenja uradi sam. Prije nego što bacite svoje dame u bitku na složenom avionu, dopustite mi da vam dam najvažniji savjet na tu temu:
BUDI OPREZAN! Svugdje morate biti pažljivi, naravno, ali u složenim brojevima trebali biste biti pažljivi kao nikad prije! Zapamtite, pažljivo otvorite zagrade, nemojte ništa izgubiti. Prema mojim zapažanjima, najčešća pogreška je gubitak znaka. Ne žuri se!
Kompletno rješenje i odgovor na kraju tutoriala.
Sada kocka. Koristeći formulu za smanjeno množenje, izvodimo:
.
Formule su vrlo zgodne za korištenje u praksi, jer značajno ubrzavaju proces rješenja.
Diferencijacija funkcija kompleksne varijable.
Imam dvije vijesti: dobru i lošu. Počet ću s dobrim. Za funkciju složene varijable vrijede pravila diferencijacije i tablica derivacija elementarnih funkcija. Dakle, derivacija se uzima na isti način kao i u slučaju realne varijabilne funkcije.
Loša vijest je da za mnoge funkcije složene varijable derivacija uopće ne postoji i morate shvatiti diferencibilan ovu ili onu funkciju. A „saznati“ kako se osjeća srce povezano je s dodatnim nevoljama.
Razmotrimo složenu funkciju varijable. Da bi ova funkcija bila diferencibilna, potrebno je i dovoljno:
1) Za postojanje parcijalnih izvedenica prvog reda. Odmah zaboravite na ove oznake, jer se u teoriji funkcije složene varijable tradicionalno koristi druga oznaka: .
2) Za provedbu tzv Cauchy-Riemannovi uvjeti:
Samo u ovom slučaju izvedenica će postojati!
Primjer 3
Riješenje razlaže se u tri uzastopna stupnja:
1) Pronađite stvarni i imaginarni dio funkcije. Ovaj zadatak je analiziran u prethodnim primjerima, pa ću ga napisati bez komentara:
Od tad:
Na ovaj način:
- imaginarni dio funkcije.
Zadržat ću se na još jednoj tehničkoj točki: kojim redoslijedom zapisati pojmove u stvarnom i imaginarnom dijelu? Da, u principu, nema razlike. Na primjer, pravi dio se može napisati ovako: , a imaginarni - ovako:.
2) Provjerimo ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Ima ih dvoje.
Počnimo s provjerom stanja. Pronašli smo parcijalne izvedenice:
Dakle, uvjet je ispunjen.
Bez sumnje, dobra vijest je da su parcijalne izvedenice gotovo uvijek vrlo jednostavne.
Provjeravamo ispunjenje drugog uvjeta:
Pokazalo se isto, ali s suprotnim predznacima, odnosno uvjet je također zadovoljen.
Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni, pa je funkcija diferencibilna.
3) Pronađite derivaciju funkcije. Izvod je također vrlo jednostavan i nalazi se prema uobičajenim pravilima:
Zamišljena jedinica se smatra konstantnom prilikom diferenciranja.
Odgovor: - pravi dio,
Je imaginarni dio.
Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni,.
Postoje još dva načina za pronalaženje izvedenice, oni se, naravno, rjeđe koriste, ali informacije će biti korisne za razumijevanje druge lekcije - Kako mogu pronaći funkciju složene varijable?
Izvod se može naći po formuli:
U ovom slučaju:
Na ovaj način
Moramo riješiti inverzni problem - u rezultirajućem izrazu trebate izolirati. Da biste to učinili, potrebno je u terminima i izbaciti iz zagrade:
Obrnutu radnju, kako su mnogi primijetili, nešto je teže izvesti, za provjeru je uvijek bolje uzeti izraz i na nacrtu ili usmeno otvoriti zagrade, pazeći da ispadne točno
Zrcalna formula za pronalaženje derivacije:
U ovom slučaju: , Zato:
Primjer 4
Odrediti stvarne i imaginarne dijelove funkcije ... Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Ako su ispunjeni Cauchy-Riemannovi uvjeti, pronađite derivaciju funkcije.
Kratko rješenje i grubi uzorak dorade na kraju tutoriala.
Jesu li Cauchy-Riemannovi uvjeti uvijek zadovoljeni? U teoriji se češće ne pogubljuju nego što jesu. Ali u praktičnim primjerima ne sjećam se slučaja da se nisu pokrenuli =) Dakle, ako se vaše djelomične izvedenice "ne slažu", onda s vrlo velikom vjerojatnošću možete reći da ste negdje pogriješili.
Zakomplicirajmo naše funkcije:
Primjer 5
Odrediti stvarne i imaginarne dijelove funkcije ... Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Izračunati
Riješenje: Algoritam rješenja je u potpunosti sačuvan, ali na kraju će biti dodan novi hir: pronalaženje derivacije u točki. Za kocku je tražena formula već izvedena:
Definirajmo stvarne i imaginarne dijelove ove funkcije:
Ponovo pažnja i pažnja!
Od tad:
Na ovaj način:
- stvarni dio funkcije;
- imaginarni dio funkcije.
Provjera drugog uvjeta:
Pokazalo se isto, ali s suprotnim predznacima, odnosno uvjet je također zadovoljen.
Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni, stoga je funkcija diferencibilna:
Izračunajmo vrijednost derivacije u traženoj točki:
Odgovor:,, Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni,
Funkcije s kockama su uobičajene, pa je primjer za preciziranje:
Primjer 6
Odrediti stvarne i imaginarne dijelove funkcije ... Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Izračunati.
Dovršavanje rješenja i uzorka na kraju lekcije.
U teoriji kompleksne analize definiraju se i druge funkcije kompleksnog argumenta: eksponent, sinus, kosinus itd. Ove funkcije imaju neobična, pa čak i bizarna svojstva - a ovo je stvarno zanimljivo! Htio bih vam puno toga reći, ali evo, jednostavno se dogodilo, ne referentna knjiga ili tutorial, već rješavač, pa ću razmotriti isti problem s nekim uobičajenim funkcijama.
Prvo, o tzv Eulerove formule:
Za bilo koga stvarni broja vrijedi sljedeće formule:
Također ga možete prepisati u bilježnicu kao referentni materijal.
Strogo govoreći, postoji samo jedna formula, ali obično, radi praktičnosti, pišu i poseban slučaj s minusom u indikatoru. Parametar ne mora biti usamljeno slovo, može biti složen izraz, funkcija, važno je samo da prihvate samo vrijedi vrijednosti. Zapravo, vidjet ćemo to upravo sada:
Primjer 7
Pronađite derivaciju.
Riješenje: Generalna linija stranke ostaje nepokolebljiva – potrebno je izdvojiti stvarni i imaginarni dio funkcije. Dat ću detaljno rješenje, a u nastavku ću komentirati svaki korak:
Od tad:
(1) Zamjena za "z".
(2) Nakon zamjene potrebno je odabrati stvarni i imaginarni dio prvi u indikatoru izlagači. Da biste to učinili, otvorite zagrade.
(3) Grupiramo imaginarni dio indikatora, vadeći imaginarnu jedinicu iz zagrada.
(4) Koristimo školsku akciju s diplomama.
(5) Za faktor koristimo Eulerovu formulu, dok.
(6) Proširite zagrade, što rezultira:
- stvarni dio funkcije;
- imaginarni dio funkcije.
Daljnje radnje su standardne, provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta:
Primjer 9
Odrediti stvarne i imaginarne dijelove funkcije ... Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Nećemo naći izvedenicu, neka bude.
Riješenje: Algoritam rješenja vrlo je sličan prethodna dva primjera, ali postoje vrlo važne točke, pa ću opet komentirati početnu fazu korak po korak:
Od tad:
1) Zamjena za "z".
(2) Prvo odaberite stvarni i imaginarni dio unutar sinusa... U tu svrhu otvaramo zagrade.
(3) Koristimo formulu dok .
(4) Koristimo paritet hiperboličkog kosinusa: i neparni hiperbolički sinus:. Hiperbolika, iako nije s ovoga svijeta, u mnogočemu nalikuje sličnim trigonometrijskim funkcijama.
Naposljetku:
- stvarni dio funkcije;
- imaginarni dio funkcije.
Pažnja! Znak minus se odnosi na imaginarni dio, a mi ga nikako ne gubimo! Za jasnu ilustraciju, gore dobiveni rezultat može se prepisati na sljedeći način:
Provjerimo ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta:
Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni.
Odgovor:,, Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni.
Uz kosinus, dame i gospodo, sami to shvaćamo:
Primjer 10
Odredite stvarni i imaginarni dio funkcije. Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta.
Namjerno sam uzeo primjere koji su kompliciraniji, jer se čini da se sve može nositi s nečim, poput oguljenog kikirikija. Istovremeno ćete trenirati svoju pažnju! Orašar na kraju lekcije.
Pa, u zaključku, razmotrit ću još jedan zanimljiv primjer, kada je složen argument u nazivniku. Susreo sam se par puta u praksi, ajmo nešto jednostavno srediti. Eh, starim...
Primjer 11
Odredite stvarni i imaginarni dio funkcije. Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta.
Riješenje: Opet je potrebno odvojiti stvarni i imaginarni dio funkcije.
Ako tada
Postavlja se pitanje, što učiniti kada je "z" u nazivniku?
Sve je domišljato - standard će pomoći trik množenja brojnika i nazivnika konjugiranim izrazom, već je korišteno u primjerima lekcije Kompleksni brojevi za lutke... Sjećamo se školske formule. Već ga imamo u nazivniku, što znači da će biti konjugirani izraz. Dakle, trebate pomnožiti brojnik i nazivnik sa:
Federalna agencija za obrazovanje
___________________________________
Država Sankt Peterburg
Elektrotehničko sveučilište "LETI"
_______________________________________
Teorija funkcija kompleksne varijable
Metodičke upute
na praktičnu obuku
u višoj matematici
Sankt Peterburg
Izdavačka kuća SPbGETU "LETI"
UDK 512.64 (07)
TFKP: Metodološke upute za rješavanje problema / komp.: V.G.Dyumin, A.M. Kotochigov, N.N. Sosnovsky. Sankt Peterburg: Izdavačka kuća ETU "LETI", 2010. 32 str.
Odobreno od
uredničko-izdavačko vijeće sveučilišta
kao smjernice
© SPbGETU "LETI", 2010
Funkcije kompleksne varijable, u općem slučaju, razlikuju se od preslikavanja realne ravnine samo po sebi samo u obliku zapisa. Važan i iznimno koristan objekt je klasa funkcije složene varijable,
imajući derivaciju istu kao funkcija jedne varijable. Poznato je da funkcije više varijabli mogu imati parcijalne i usmjerene derivacije, ali se u pravilu derivacije u različitim smjerovima ne podudaraju, te se ne može govoriti o derivaciji u točki. Međutim, za funkcije složene varijable moguće je opisati uvjete pod kojima one dopuštaju diferencijaciju. Proučavanje svojstava diferencijabilnih funkcija kompleksne varijable sadržaj je smjernica. Upute imaju za cilj pokazati kako se svojstva takvih funkcija mogu koristiti za rješavanje raznih problema. Uspješno svladavanje prezentiranog gradiva nemoguće je bez elementarnih računalnih vještina s kompleksnim brojevima i poznavanja najjednostavnijih geometrijskih objekata definiranih u smislu nejednakosti koje povezuju stvarne i imaginarne dijelove kompleksnog broja, kao i njegovog modula i argumenta. Sažetak svih informacija potrebnih za to možete pronaći u smjernicama.
Standardni aparat matematičke analize: granice, derivacije, integrali, nizovi široko se koristi u tekstu smjernica. Tamo gdje ovi pojmovi imaju svoje specifičnosti, u usporedbi s funkcijama jedne varijable daju se odgovarajuća objašnjenja, ali je u većini slučajeva dovoljno odvojiti stvarni i imaginarni dio i na njih primijeniti standardni aparat stvarne analize.
1. Elementarne funkcije kompleksne varijable
Prirodno je započeti raspravu o uvjetima diferencijabilnosti za funkcije složene varijable pojašnjavanjem koje elementarne funkcije posjeduju ovo svojstvo. Iz očitog odnosa
Slijedi diferencijabilnost bilo kojeg polinoma. A, budući da se redovi potencija mogu diferencirati pojam po član unutar kruga njegove konvergencije,
tada je bilo koja funkcija diferencibilna u točkama u čijem se susjedstvu može proširiti u Taylorov red. To je dovoljan uvjet, ali, kako će uskoro postati jasno, i nužan. Prikladno je podržati proučavanje funkcija jedne varijable s obzirom na derivaciju kontroliranjem ponašanja grafa funkcije. Ne postoji takva mogućnost za funkcije kompleksne varijable. Točke grafa leže u prostoru dimenzije 4,.
Ipak, neki grafički prikaz funkcije može se dobiti razmatranjem slika prilično jednostavnih skupova složene ravnine koji nastaju pod utjecajem zadane funkcije. Na primjer, razmotrite nekoliko jednostavnih funkcija s ove točke gledišta.
Linearna funkcija
Ova jednostavna funkcija je vrlo važna, jer je svaka diferencibilna funkcija lokalno slična linearnoj. Razmotrimo djelovanje funkcije što je detaljnije moguće.
ovdje - modul kompleksnih brojeva
i
je njegov argument. Dakle, linearna funkcija vrši rastezanje, rotaciju i smicanje. Posljedično, linearno preslikavanje dovodi bilo koji skup u sličan skup. Konkretno, pod utjecajem linearnog preslikavanja, ravne se linije pretvaraju u ravne, a kružnice u kružnice.
Funkcija
Ova funkcija je sljedeća po složenosti nakon linearne. Teško je očekivati da će transformirati bilo koju ravnu crtu u ravnu, a kružnicu u kružnicu; jednostavni primjeri pokazuju da se to ne događa, međutim, može se pokazati da ova funkcija transformira skup svih pravaca i kružnica u sebe. Da biste to provjerili, prikladno je prijeći na stvarni (koordinatni) opis preslikavanja
Za dokaz nam je potreban opis inverznog preslikavanja
Razmotrimo jednadžbu ako , tada dobivate opću jednadžbu ravne linije. Ako
, onda
Stoga, za dobiva se jednadžba proizvoljnog kruga.
Imajte na umu da ako i
, tada kružnica prolazi kroz ishodište. Ako
i
, tada dobivate ravnu liniju koja prolazi kroz ishodište.
Pod djelovanjem inverzije, razmatrana jednadžba će se prepisati kao
,
(
)
ili . Može se vidjeti da je ovo također jednadžba koja opisuje ili kružnice ili ravne linije. Činjenica da su u jednadžbi koeficijenti i
zamijenjen, znači da će pod inverzijom, linije koje prolaze kroz 0 ići u krugove, a kružnice koje prolaze kroz 0 ići će u ravne.
Funkcije snage
Glavna razlika između ovih funkcija i onih koje smo ranije razmatrali je da one nisu jedna-na-jedan ( ). Možemo reći da je funkcija
prevodi složenu ravninu u dvije instance iste ravnine. Pažljivo razmatranje ove teme zahtijeva korištenje glomaznog aparata Riemannovih površina i nadilazi opseg pitanja koja se ovdje razmatraju. Važno je razumjeti da se složena ravnina može podijeliti na sektore, od kojih je svaki jedan prema jedan preslikan na kompleksnu ravninu. Ovo je podjela za funkciju
izgleda ovako, na primjer, gornja poluravnina je jedan prema jedan preslikana na kompleksnu ravninu pomoću funkcije
... Geometrijska izobličenja za takve slike teže je opisati nego u slučaju inverzije. Kao vježbu, možete pratiti što ide mreža pravokutnih koordinata gornje poluravnine prilikom prikaza
Može se vidjeti da se mreža pravokutnih koordinata pretvara u obitelj parabola koje tvore sustav krivuljastih koordinata u ravnini ... Gore opisana podjela ravnine je takva da je funkcija
prikazuje svaki od
sektora na cijeloj ravnini. Opis mapiranja naprijed i natrag izgleda ovako
Dakle, funkcija Ima
razne inverzne funkcije,
dano u različitim sektorima aviona
U takvim slučajevima se kaže da je preslikavanje viševalentno.
Funkcija Žukovskog
Funkcija ima svoje ime, budući da je činila osnovu Žukovskog teorije krila zrakoplova (opis ovog dizajna može se naći u knjizi). Funkcija ima niz zanimljivih svojstava, zadržimo se na jednom od njih - saznajte na koje skupove ova funkcija djeluje na jedan na jedan način. Uzmite u obzir jednakost
, gdje
.
Posljedično, funkcija Žukovskog je jedan-na-jedan u bilo kojoj regiji u kojoj za bilo i
njihov proizvod nije jednak jedinici. To su, na primjer, otvoreni jedinični krug
i komplement zatvorene jedinične kružnice
.
Razmotrimo onda djelovanje funkcije Žukovskog na kružnicu
Razdvajanjem realnog i imaginarnog dijela dobivamo parametarsku jednadžbu elipse
,
.
Ako , tada ove elipse ispunjavaju cijelu ravninu. Slično je potvrđeno da su slike segmenata hiperbole
.
Eksponencijalna funkcija
Funkcija dopušta ekspanziju u potencijski niz koji je apsolutno konvergentan u cijeloj kompleksnoj ravnini, dakle, svugdje je diferenciran. Opišimo skupove na kojima je funkcija jedan prema jedan. Očigledna jednakost pokazuje da se ravnina može podijeliti u obitelj traka, od kojih se svaka funkcija preslikava u jedan prema jedan na cijeloj složenoj ravnini. Ova particija je neophodna kako bi se razumjelo kako je inverzna funkcija, točnije, inverzne funkcije, strukturirana. Na svakoj od traka prirodno je definirano inverzno preslikavanje
U ovom slučaju, inverzna funkcija je također multivalentna, a broj inverznih funkcija je beskonačan.
Geometrijski opis mapiranja prilično je jednostavan: ravne linije idi na grede
, segmenti
idi u krugove
.