1. Derivacija i diferencijal. Definicije derivacije i diferencijala funkcije kompleksne varijable doslovno se podudaraju s odgovarajućim definicijama za funkcije jedne realne varijable.

Neka funkcija w = f(z) = i + iv definiran u nekom susjedstvu U bodova zo. Dajmo nezavisnu varijablu z = x + gu prirast A z= A.g + gau, ne vodi izvan okolnog prostora U. Zatim funkcija w = f(z) dobit će odgovarajući prirast Aw = = f(z 0 + Dg) - f(z 0).

Derivacija funkcije w = f(z) u točki zq naziva se granica omjera prirasta funkcije Ajme na prirast argumenta A z dok se trudi Az na nulu (na proizvoljan način).

Izvodnica je označena f"(z Q), w ili y-. Definicija derivata može se napisati kao

Granica u (6.1) možda ne postoji; onda kažu da funkcija w = f(z) nema derivaciju u točki zq.

Funkcija w = f(z) nazvao diferencijabilan oko točke Zq, ako je definiran u nekom susjedstvu U bodova zq i njegov prirast Ajme može se prikazati u obliku

gdje je kompleksan broj L ne ovisi o A g, a funkcija a(Ag) je infinitezimalna pri Az-» 0, tj. Pm a(Ag) = 0.

Kao i za funkcije realne varijable, dokazuje se da funkcija f(z) diferencijabilan u točki zq ako i samo ako ima derivaciju u zo. i A = f"(zo). Izraz f"(zo)Az nazvao diferencijal funkcije f(z) u točki Zqi naznačen je dw ili df(zo). U ovom slučaju, prirast Az nezavisne varijable -r naziva se i diferencijal varijable r i

označen sa dz. Tako,

Diferencijal je glavni linearni dio prirasta funkcije.

Primjer 6.1. Istražite ima li funkcija w= /(r) = R ez derivacija u proizvoljnoj točki Zq.

Riješenje. Prema uvjetu, w = Rea = X. Zbog definicije derivacije, granica (C.1) ne bi trebala ovisiti o tome koji put

točka z = Zq + Az približavanje th kod A z-? 0. Uzmimo prvo A z - Ah(Slika 15, a). Jer Aw = Ah. tada je = 1. Ako

uzeti A z = da(Sl. 15, b), To Oh= 0 i prema tome Ajme = 0.

To znači u = 0. Stoga će odnos biti iznevjeren kada Az-> 0 ne A z A z

postoji i stoga funkcija w= Re g = x nema izvod ni u jednoj točki.

Istovremeno funkcija w = z = x + iy, očito ima derivaciju u bilo kojoj točki r, i /"(th) = 1. Odavde je jasno da realni i imaginarni dio diferencijabilne funkcije f(r) ne mogu biti proizvoljni; moraju biti povezani nekim dodatnim odnosima. Ove relacije proizlaze iz razloga što je uvjet postojanja derivacije /"(0) znatno restriktivniji od uvjeta postojanja derivacije funkcija jedne realne varijable ili parcijalnih derivacija funkcija više realnih varijabli: traži se da granica u (6.1) postoji i ne ovisi o putanji, prema kojoj se točka r = r + Ar približava r kao Ar 0. Za izvođenje ovih odnosa, prisjetimo se definicije diferencijabilnosti funkcije dviju varijabli.

Prava funkcija u = u(x,y) realne varijable x I na koji se naziva diferencijabilnim u točki Ro (ho, oh), ako je definiran u nekoj okolini točke D> i njegov ukupni prirast je A I = njihov o + Oh, oh+ A y) - i (ho, Uo) reprezentativan u obliku

Gdje U I S- realni brojevi neovisni o J , da, A {3 Oh I da, teži nuli pri Oh -» 0, da-> 0.

Ako funkcija I je diferencijabilan u točki Po, tada ima a

G, " di(P 0)^ di (Ro) gt ,

nih izvedenica u Po, i U= ---, C = ---. Ali (drugačije

oh oh

iz funkcija jedne varijable) iz postojanja parcijalnih derivacija funkcije u(x,y) njegova diferencijabilnost još ne slijedi.

2. Cauchy-Riemannovi uvjeti.

Teorem 6.1. Neka funkcija w = f(z) kompleksne varijable z= (f, y) definirana je u okolici točke, zq= (jo, y o) i f(z) = u(x,y) +iv(x, y). Da bi f(z) bila diferencijabilna u točki Zq, potrebno je i dovoljno da funkcije u(x, y) XI v(x, y) budu diferencijabilne u točki(jo, oo) i da su u ovom trenutku uvjeti ispunjeni

Jednakosti (6.4) nazivaju se Cauchy-Riemannovi uvjeti .

Dokaz. Nužnost. Neka funkcija w = f(z) je diferencijabilan u točki zq, tj.

Označimo f"(zo) = a + ib a(Dg) = fi(Ax, Au)+ g7(J, Ay); Az = Ah + (Da, Gdje /3 i 7 - realne funkcije varijabli Ah, oh, teži nuli kao J -> 0, Au -> 0. Zamjenom ovih jednakosti u (6.5) i odvajanjem realnog i imaginarnog dijela dobivamo:

Kako je jednakost kompleksnih brojeva ekvivalentna jednakosti njihovih realnih i imaginarnih dijelova, onda je (6.6) ekvivalentan sustavu jednakosti

Jednakosti (6.7) znače da funkcije u(x,y), v(x,y) zadovoljavaju uvjet (6.3) i stoga su diferencijabilne. Budući da su koeficijenti za J i da jednaki su parcijalnim izvodnicama u odnosu na w i na prema tome, tada iz (6.7) dobivamo

odakle slijede uvjeti (6.4).

Adekvatnost. Pretpostavimo sada da funkcije u(x, y) I v(x,y) diferencijabilan u točki (ho.oo) I u(x,y) i uvjeti (6.4) su zadovoljeni.

Označavajući a = ^, 6 = -^ i primjenjujući (6.4), dolazimo do jednakosti (6.8). Iz (6.8) i uvjeta diferencijabilnosti funkcija u(x,y), v(x,y) imamo

gdje su ft, 7i, ft, d-2 - funkcije koje teže nuli kao Ah -> 0, Au ->-> 0. Odavde

An + iAv= (o + ib) (Ah + i.Ay)+ (ft + ift)Ax + (71 + *72) da(6.9) Definirajmo funkciju a(Dr) jednakošću

i staviti A = A 4- ib. Tada će se (6.9) prepisati kao jednakost

što se poklapa s (6.2). Dan dokaza diferencijabilnosti

funkcije f(z) Ostaje još pokazati da je lim a(Az) = 0. Iz jednakosti

slijedi to Oh^ |Dg|, da^ |Dg|. Zato

Ako Az-? 0, dakle Oh-? 0, da-> 0, što znači da funkcije ft, ft, 71, 72 teže nuli. Prema tome a(Dr) -> 0 at Az-> 0, i dokaz teorema 6.1 je završen.

Primjer 6.2. Saznajte je li funkcija w = z 2 diferencijabilan; ako da, u kojim točkama?

Riješenje, w = u + iv = (x + iy) 2 = x 2 - y 2 + 2xy, gdje i = = x 2 - y 2, V = 2xy. Stoga,

Dakle, Cauchy-Riemannovi uvjeti (6.4) su zadovoljeni u svakoj točki; znači funkcija w = g 2 će biti diferencijabilan u C.

Primjer 6.3. Istražite diferencijabilnost funkcije w = - z - x - iy.

Riješenje. w = u + iv = x - iy, gdje u = x, v = -y I

Dakle, Cauchy-Riemannovi uvjeti nisu zadovoljeni ni u jednoj točki, a time ni funkcija w = z nigdje se ne može razlikovati.

Možete provjeriti diferencijabilnost funkcije i pronaći derivacije izravno pomoću formule (6.1).

Primjer 6.4. Pomoću formule (6.1) istražiti diferencijabilnost funkcije IV = z 2.

Riješenje. A w- (zq + A z) 2- Zq = 2 zqAz -I- (A z) 2, gdje

Prema tome, funkcija w = zr je diferencijabilan u bilo kojoj točki 2o, i njegova derivacija f"(zo) =2 zo-

Budući da su glavni teoremi o granicama sačuvani za funkcije kompleksne varijable, a definicija derivacije funkcije kompleksne varijable također se ne razlikuje od odgovarajuće definicije za funkcije realne varijable, tada su dobro poznata pravila za diferenciranje zbroja, razlike, umnoška, ​​kvocijenta i kompleksne funkcije ostaju važeće za funkcije kompleksne varijable. Slično, također se može dokazati da ako funkcija f(z) diferencijabilan u točki zo. tada je kontinuirana u ovoj točki; obrnuto nije točno.

3. Analitičke funkcije. Funkcija w= /(^diferencijabilan samo u samoj točki zq, ali iu nekoj blizini ove točke, zove se analitički u točki zq. Ako f(z) je analitičan u svakoj točki regije D, onda se zove analitički (regularni, holomorfni) u domeni D.

Iz svojstava izvedenica odmah slijedi da ako f(z) I g(z)- analitičke funkcije na terenu D, zatim funkcije f(z) + g(z), f(z) - g(z), f(z) g(z) također analitički na terenu D, i kvocijent f(z)/g(z) analitičku funkciju na svim točkama regije D. u kojem g(z) f 0. Na primjer, funkcija

je analitička u C ravnini s ispuštenim točkama z= = 1 i z - i.

Iz teorema o derivaciji složene funkcije slijedi sljedeća tvrdnja: ako funkcija I = u(z) je analitička u domeni D i prikazuje D u regiju D" varijabla i, i funkcija w = f(u) analitički na terenu D", zatim složena funkcija w = f(u(z)) varijabla z analitički in D.

Uvedimo pojam funkcije koja je analitička u zatvorenoj domeni D. Razlika u odnosu na otvorenu regiju ovdje je u tome što se dodaju granične točke kojima ne pripada susjedstvo D; stoga derivacija u tim točkama nije definirana. Funkcija f(z) nazvao analitički (redovito, holomorfan) u zatvorenom području D, ako se ova funkcija može proširiti na neko šire područje D ja koji sadrži D, do analitičkog D funkcije.

• Uvjeti (6.4) proučavani su još u 18. stoljeću. d'Alemberta i Eulera. Stoga se ponekad nazivaju i d'Alembert-Eulerovi uvjeti, što je ispravnije s povijesnog gledišta.

Funkcije kompleksne varijable.
Diferenciranje funkcija kompleksne varijable.

Ovaj članak otvara niz lekcija u kojima ću razmatrati tipične probleme vezane uz teoriju funkcija kompleksne varijable. Da biste uspješno svladali primjere, morate imati osnovno znanje o kompleksnim brojevima. Kako biste učvrstili i ponovili gradivo, samo posjetite stranicu. Također će vam trebati vještine za pronalaženje parcijalne derivacije drugog reda. Evo ih ove djelomične izvedenice...i sad sam se malo iznenadio koliko se često pojavljuju...

Tema koju počinjemo ispitivati ​​ne predstavlja nikakve posebne poteškoće, au funkcijama složene varijable, u načelu, sve je jasno i dostupno. Glavno je pridržavati se osnovnog pravila koje sam eksperimentalno izveo. Nastavi čitati!

Pojam funkcije kompleksne varijable

Prvo, osvježimo naše znanje o školskoj funkciji jedne varijable:

Funkcija jedne varijable je pravilo prema kojem svakoj vrijednosti nezavisne varijable (iz domene definicije) odgovara jedna i samo jedna vrijednost funkcije. Naravno, "x" i "y" su realni brojevi.

U složenom slučaju, funkcionalna ovisnost specificirana je na sličan način:

Jednoznačna funkcija kompleksne varijable- to je pravilo po kojem svi sveobuhvatan vrijednost nezavisne varijable (iz domene definicije) odgovara jednoj i samo jednoj sveobuhvatan vrijednost funkcije. Teorija također razmatra višeznačne i neke druge vrste funkcija, ali radi jednostavnosti usredotočit ću se na jednu definiciju.

Koja je razlika između funkcije složene varijable?

Glavna razlika: kompleksni brojevi. Nisam ironičan. Takva pitanja često ostavljaju ljude u stuporu; na kraju članka ispričat ću vam smiješnu priču. Na lekciji Složeni brojevi za lutke razmatrali smo kompleksan broj u obliku . Od sada je postalo slovo "z". varijabla, tada ćemo ga označiti na sljedeći način: , dok "x" i "y" mogu uzeti različite važeći značenja. Grubo rečeno, funkcija kompleksne varijable ovisi o varijablama i , koje poprimaju “obične” vrijednosti. Iz ove činjenice logično proizlazi sljedeće:

Funkcija kompleksne varijable može se napisati kao:
, gdje su i dvije funkcije od dva važeći varijable.

Funkcija se zove pravi dio funkcije
Funkcija se zove imaginarni dio funkcije

To jest, funkcija kompleksne varijable ovisi o dvije realne funkcije i . Da konačno sve razjasnimo, pogledajmo praktične primjere:

Primjer 1

Riješenje: Neovisna varijabla "zet", kao što se sjećate, napisana je u obliku , dakle:

(1) Zamijenili smo .

(2) Za prvi član korištena je skraćena formula množenja. U terminu su otvorene zagrade.

(3) Pažljivo na kvadrat, ne zaboravljajući to

(4) Preuređivanje pojmova: prvo prepisujemo pojmove , u kojem nema zamišljene jedinice(prva grupa), zatim pojmovi gdje ih ima (druga grupa). Treba napomenuti da miješanje pojmova nije potrebno, a ovaj se korak može preskočiti (stvarno usmeno).

(5) Za drugu skupinu izdvajamo iz zagrade.

Kao rezultat toga, pokazalo se da je naša funkcija predstavljena u obliku

Odgovor:
– realni dio funkcije.
– imaginarni dio funkcije.

Kakve su to funkcije bile? Najobičnije funkcije dviju varijabli iz kojih možete pronaći takve popularne parcijalne derivacije. Bez milosti, pronaći ćemo ga. Ali malo kasnije.

Ukratko, algoritam za riješeni problem može se napisati na sljedeći način: zamijenimo , u izvornu funkciju, izvršimo pojednostavljenja i podijelimo sve članove u dvije skupine - bez imaginarne jedinice (realni dio) i sa imaginarnom jedinicom (imaginarni dio) .

Primjer 2

Odredite realni i imaginarni dio funkcije

Ovo je primjer koji trebate sami riješiti. Prije nego što požurite u bitku na složenoj ravnini s izvučenim damama, dopustite mi da vam dam najvažniji savjet na tu temu:

BUDI OPREZAN! Morate biti oprezni, naravno, svugdje, ali u složenim brojevima trebali biste biti oprezniji nego ikad! Zapamtite to, pažljivo otvorite zagrade, nemojte ništa izgubiti. Prema mojim zapažanjima, najčešća pogreška je gubitak znaka. Ne žuri se!

Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Sada kocka. Koristeći formulu skraćenog množenja, izvodimo:
.

Formule su vrlo prikladne za korištenje u praksi, jer značajno ubrzavaju proces rješenja.

Diferenciranje funkcija kompleksne varijable.

Imam dvije vijesti: dobru i lošu. Počet ću s onom dobrom. Za funkciju kompleksne varijable vrijede pravila diferenciranja i tablica derivacija elementarnih funkcija. Dakle, izvod se uzima na potpuno isti način kao u slučaju funkcije realne varijable.

Loša vijest je da za mnoge složene funkcije varijable uopće ne postoji derivacija, a vi to morate otkriti je li diferencijabilan jednu ili drugu funkciju. A "shvatanje" kako se vaše srce osjeća povezano je s dodatnim problemima.

Razmotrimo funkciju kompleksne varijable. Da bi ova funkcija bila diferencijabilna potrebno je i dovoljno:

1) Dakle, postoje parcijalne derivacije prvog reda. Odmah zaboravite na ove oznake, jer se u teoriji funkcija kompleksne varijable tradicionalno koristi drugačija oznaka: .

2) Za provođenje tzv Cauchy-Riemannovi uvjeti:

Samo u ovom slučaju će derivat postojati!

Primjer 3

Riješenje podijeljen je u tri uzastopne faze:

1) Nađimo realni i imaginarni dio funkcije. O ovom zadatku je bilo riječi u prethodnim primjerima, pa ću ga napisati bez komentara:

Od tad:

Tako:

– imaginarni dio funkcije.

Dopustite mi da se dotaknem još jedne tehničke točke: kojim redom napiši pojmove u realnom i imaginarnom dijelu? Da, u principu, nije važno. Na primjer, pravi dio se može napisati ovako: , a onaj imaginarni – ovako: .

2) Provjerimo ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Ima ih dvoje.

Počnimo s provjerom stanja. Pronašli smo parcijalne derivacije:

Dakle, uvjet je zadovoljen.

Naravno, dobra je vijest da su parcijalne derivacije gotovo uvijek vrlo jednostavne.

Provjeravamo ispunjenje drugog uvjeta:

Rezultat je isti, ali suprotnih predznaka, odnosno uvjet je također ispunjen.

Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni, stoga je funkcija diferencijabilna.

3) Nađimo izvod funkcije. Izvedenica je također vrlo jednostavna i nalazi se prema uobičajenim pravilima:

Imaginarna jedinica se tijekom diferencijacije smatra konstantom.

Odgovor: – pravi dio, – imaginarni dio.
Zadovoljeni su Cauchy-Riemannovi uvjeti, .

Postoje još dva načina za pronalaženje izvedenice, oni se, naravno, koriste rjeđe, ali informacije će biti korisne za razumijevanje druge lekcije - Kako pronaći funkciju kompleksne varijable?

Derivat se može pronaći pomoću formule:

U ovom slučaju:

Tako

Moramo riješiti inverzni problem - u rezultirajućem izrazu moramo izolirati . Da biste to učinili, potrebno je u uvjetima i izvan zagrada:

Obrnutu radnju, kao što su mnogi primijetili, nešto je teže izvršiti, uvijek je bolje uzeti izraz na nacrtu ili usmeno otvoriti zagrade, pazeći da je rezultat točan;

Zrcalna formula za pronalaženje derivata:

U ovom slučaju: , Zato:

Primjer 4

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Ako su zadovoljeni Cauchy-Riemannovi uvjeti, pronađite derivaciju funkcije.

Kratko rješenje i okvirni uzorak konačnog dizajna na kraju lekcije.

Jesu li Cauchy-Riemannovi uvjeti uvijek zadovoljeni? Teoretski, češće se ne ispune nego što se ispune. Ali u praktičnim primjerima ne sjećam se slučaja u kojem nisu ispunjeni =) Dakle, ako se vaši parcijalni derivati ​​"ne konvergiraju", tada s vrlo velikom vjerojatnošću možete reći da ste negdje pogriješili.

Zakomplicirajmo naše funkcije:

Primjer 5

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Izračunati

Riješenje: Algoritam rješenja je u potpunosti sačuvan, ali će se na kraju dodati nova točka: nalaženje derivacije u točki. Za kocku je već izvedena potrebna formula:

Definirajmo stvarni i imaginarni dio ove funkcije:

Pažnja i opet pažnja!

Od tad:


Tako:
– realni dio funkcije;
– imaginarni dio funkcije.

Provjera drugog uvjeta:

Rezultat je isti, ali suprotnih predznaka, odnosno uvjet je također ispunjen.

Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni, stoga je funkcija diferencijabilna:

Izračunajmo vrijednost derivacije u traženoj točki:

Odgovor:, , Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni,

Funkcije s kockama su uobičajene, pa evo primjera za pojačanje:

Primjer 6

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Izračunati.

Rješenje i primjer dorade na kraju lekcije.

U teoriji kompleksne analize definirane su i druge funkcije složenog argumenta: eksponent, sinus, kosinus itd. Ove funkcije imaju neobična, pa čak i bizarna svojstva - a ovo je stvarno zanimljivo! Stvarno vam želim reći, ali ovdje, slučajno, nije referentna knjiga ili udžbenik, već knjiga rješenja, pa ću razmotriti isti problem s nekim uobičajenim funkcijama.

Prvo o tzv Eulerove formule:

Za bilo koga važeći brojeva, vrijede sljedeće formule:

Također ga možete kopirati u svoju bilježnicu kao referentni materijal.

Strogo govoreći, postoji samo jedna formula, ali obično zbog praktičnosti pišu i poseban slučaj s minusom u eksponentu. Parametar ne mora biti jedno slovo, može biti složen izraz ili funkcija, važno je samo da prihvaćaju jedino valjano značenja. Zapravo, vidjet ćemo ovo upravo sada:

Primjer 7

Nađi izvedenicu.

Riješenje: Generalna crta stranke ostaje nepokolebljiva – potrebno je razlikovati stvarni i imaginarni dio funkcije. U nastavku ću dati detaljno rješenje i komentirati svaki korak:

Od tad:

(1) Umjesto toga zamijenite "z".

(2) Nakon zamjene potrebno je odabrati stvarne i imaginarne dijelove prvi u indikatoru izlagači. Da biste to učinili, otvorite zagrade.

(3) Grupiramo imaginarni dio indikatora, stavljajući imaginarnu jedinicu izvan zagrada.

(4) Koristimo školsku akciju s diplomama.

(5) Za množitelj koristimo Eulerovu formulu i .

(6) Otvorite zagrade, što rezultira:

– realni dio funkcije;
– imaginarni dio funkcije.

Daljnje radnje su standardne; provjerimo ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta:

Primjer 9

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta. Neka bude tako, nećemo naći izvedenicu.

Riješenje: Algoritam rješenja vrlo je sličan prethodna dva primjera, ali postoje vrlo važne točke, pa ću ponovno komentirati početnu fazu korak po korak:

Od tad:

1) Zamijenite "z" umjesto toga.

(2) Prvo odabiremo realne i imaginarne dijelove unutar sinusa. U ove svrhe otvaramo zagrade.

(3) Koristimo formulu, i .

(4) Koristimo paritet hiperboličkog kosinusa: I neparnost hiperboličkog sinusa: . Hiperbolike, iako izvan ovog svijeta, u mnogočemu podsjećaju na slične trigonometrijske funkcije.

Eventualno:
– realni dio funkcije;
– imaginarni dio funkcije.

Pažnja! Znak minus odnosi se na imaginarni dio i ni pod kojim uvjetima ga ne smijemo izgubiti! Za jasnu ilustraciju, gornji rezultat se može prepisati na sljedeći način:

Provjerimo ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta:

Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni.

Odgovor:, , Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni.

Dame i gospodo, shvatimo sami:

Primjer 10

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije. Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta.

Namjerno sam odabrao teže primjere, jer se čini da se svatko može nositi s nečim, poput oljuštenog kikirikija. Istovremeno ćete trenirati svoju pažnju! Lomka za orahe na kraju lekcije.

Pa, zaključno, pogledat ću još jedan zanimljiv primjer kada je složen argument u nazivniku. Desilo se nekoliko puta u praksi, pogledajmo nešto jednostavno. Eh, starim...

Primjer 11

Odrediti realne i imaginarne dijelove funkcije. Provjerite ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta.

Riješenje: Opet je potrebno razlikovati stvarni i imaginarni dio funkcije.
Ako tada

Postavlja se pitanje što učiniti kada je “Z” u nazivniku?

Sve je jednostavno - standardni će vam pomoći metoda množenja brojnika i nazivnika konjugiranim izrazom, već je korišteno u primjerima lekcije Složeni brojevi za lutke. Prisjetimo se školske formule. Već imamo u nazivniku, što znači da će konjugirani izraz biti . Dakle, trebate pomnožiti brojnik i nazivnik sa:

Prijepis

1 Cauchy-Riemannovi uvjeti.) Provjeriti ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta za funkciju w zi e. Za funkciju koja ima derivaciju u točki z kaže se da je u toj točki diferencijabilna. Cauchy - Riemannovi uvjeti (D'Alembert - Euler, Euler - D'Alembert): w f z u, iv, tada u svakoj točki diferencijabilnosti funkcije f z Ako su z i jednakosti zadovoljene, u v u v Napišite ovu funkciju u algebarskom obliku, postavljajući z i: zi ii i i we e e e e e cos isin e cos isin e cos ie sin Izaberimo realne u i imaginarne v dijelove funkcije w: u, e cos v, e sin Izračunavamo parcijalne derivacije: u cos e e cos v e sin e cos u e cos e sin v e sin e sin - Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni. Literatura:) Gusak A.A. "Teorija funkcija kompleksne varijable i operacijski račun", 00, str. 59 (primjer 9), str. 0 (primjer); Napisao D.T. "Bilješke s predavanja o višoj matematici", 006, str. 530, str (Euler-D'Alembertovi uvjeti, analitičnost funkcije). Zapišimo ovu funkciju u algebarskom obliku, postavljajući z i: w i 4i i i 4 i i

2 Izaberimo realne u i imaginarne v dijelove funkcije w: u, 4 v, 4 Izračunavamo parcijalne derivacije: u 4 v 4 u 4 4 v Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni. 3) Provjeriti ispunjenje Cauchy-Riemannovih uvjeta za funkciju sin iz. Izrazimo trigonometrijsku funkciju sin z preko eksponencijala: iz iz e e sin z i i uzmimo u obzir da je z i: ii ii ii ii i i e e e e e e e e sin iz i i i e i i e e e e e cos isin e cos isin e sin icose sin icos e sin icose sin icos e sin ie cose sin tj. cos sin cos e e i e e Realni i imaginarni dijelovi broja u iv: u, sin e e, cos v e e

3 Računamo parcijalne derivacije: u sin sin e e e e v cos e e sin e e sin e e i u sin cos e e e e cos cos e e e e e v Kao što vidimo, Cauchy-Riemannovi uvjeti u v u v sin iz su zadovoljeni. za funkciju 4) Koristeći Cauchy-Riemannove uvjete provjeriti je li funkcija w f z analitička: Funkcija wsin z3 z. w f z se naziva analitičkim u točki z ako je diferencijabilan i u samoj točki z iu nekoj svojoj okolini. Funkcija w f z, diferencijabilna u svakoj točki neke domene D, naziva se analitička funkcija u toj domeni. Cauchy - Riemannovi uvjeti (D'Alembert - Euler, Euler - D'Alembert): Ako je z i w f z u, iv, tada su u svakoj točki diferencijabilnosti funkcije f z zadovoljene jednakosti u v u v,. Zapišimo ovu funkciju u algebarskom obliku, postavljajući z i: i 3 i w sin ii ii e 3i3 i i i e e 3i3 i i i e e e 3i3 i e cos isin e cosisin 3i3 i e cos ie sin e cos i e sin 3 i3 i 3

4 cos e e i e e sin 3i3 i cos i e e e e sin 3i3 e e sin i e e cos 3i3 e e sin 3i e e cos 3 ch sin 3 sh i cos 3 Formule korištene u transformacijama: iz iz e e sin z i, zc e e sh, R e e ch, R Odaberi realni i imaginarni dijelovi w z u, i v, u, chsin 3 v, shcos3: Izračunajte parcijalne derivacije: u ch sin 3 ch cos3 v sh cos3 ch cos3 u ch sin 3 sh sin v sh cos 3 sh sin Dakle, Cauchy-Riemann uvjeti u v u v , dovršen; dakle, funkcija sin w f z z3 z je analitička. 4

5 5) Dokažite analitičnost funkcije i pronađite izvod: z z e w e Zapišite ovu funkciju u algebarskom obliku, postavljajući z i: i i e e w e cos isin e cosisin e cos isin e cos isin e cos ie sin e cos ie sin cos e e i e e sin e e e e cos i sin ch cos ish sin Odaberimo realne i imaginarne dijelove w z u, i v, u, chcos v, shsin Izračunavamo parcijalne derivacije: u ch cos sh cos v sh sin sh cos u ch cos ch sin v sh sin ch sin: Cauchy-Riemannovi uvjeti u v u v, zadovoljeni; dakle, funkcija w f z e z e z je analitička. Za bilo koju analitičku funkciju f z u, i v, parcijalne derivacije funkcija u u, i v v, : derivacija f u v v u u u v v f z i i i i Računamo derivaciju derivacija funkcija funkcija u, i v, : z se izražava kroz f z, koristeći izraz za derivaciju funkcije w z z z e e u v w z i sh cos ich sin z u smislu djelomičnog 5

6 ili izravno: z z e e e z z z z w e e z e z e z i i i i i i i e e e e e e cos isin e cosisin e cos isin isin cos cos cos sin e e i e e e e e e cos i grijeh ich ich sn i 6) predstavljaju iz w w, gdje z i e, u obliku w u, i v,. Provjerite hoće li biti analitički, ako jest, tada pronađite derivaciju u točki z0 6. Eksplicitno identificirajmo realni u i imaginarne dijelove u ovom broju, ep ep ep ep e cos i sin e cos i e sin v: i w iz i i i i e e - kompleksni broj dobiva se u algebarskom zapisu. Re w u, e cos Im w v, e sin Za bilo koju analitičku funkciju f z u, i v, parcijalne derivacije funkcija u u i v v, : derivacija f u v v u u u v v f z i i i i z izražava se kroz Izračunajmo parcijalne derivacije u, e cos, sin v e u e cos sin e u cos e cos e v e sin sin e v sin e cos e Budući da su Cauchy-Riemannovi uvjeti zadovoljeni (u v, u v) za sve točke ravnine O, proučavana je funkcija analitička na cijeloj ravnini, a njezina derivacija 6

7 u v w z i e i e sin cos 6 6 w zesin iecos e 3 ie 3 3 U točki z0 i0: Literatura:) Gusak A.A. "Teorija funkcija kompleksne varijable i operacijski račun", 00, str. 59 (primjer 9), str. Izračunajte vrijednost funkcije. 7) Izračunajte vrijednost funkcije kompleksne varijable w cos z u točki z0 i. e Za bilo koji z C: cos z iz e iz Onda ii ii i i i i e e e e e e e e wicosi e cos isin e cos isin cos e e isin e e e e e e e cos i sin ch cos i sh sin Odgovor: i cos ch cos ish sin Literatura:) Morozova V.D. "Teorija funkcija kompleksne varijable", 009, svezak 0, ur. MSTU, str. 06;) Lunts G.L., Elsgolts L.E. "Funkcije kompleksne varijable", 00, str.) Izračunajte vrijednost funkcije kompleksne varijable w th z u točki z 0 ln 3 u algebarskom obliku. z z e e Za bilo koje z C: th z z z e e Dakle i i ln 3 i ln 3 i e 4 e w z 0 i e e th ln ln 3 i ln 3 i i i e 4 e 4 e 4 3 e 4 3 i 4, zapišite odgovor 7

8 i i 9cos isin cos isin 9e 4 e i i 9e 4 e 4 9cos isin cos isin i i 9 i i 9 i i 9 i i 9 i9 i 8 i0 45i 9 i9 i 0 i 8 5 4i 4 5i5 4i 0 5i6i0 40 9i 40 9 i 54i54i rezultat proračuni u algebarskom obliku. 9) Izračunajte vrijednost funkcije kompleksne varijable Ln z u točki z 0. Označite glavnu vrijednost funkcije. Logaritamska funkcija Ln ln arg z z i z k kz Glavna vrijednost logaritma broja z je vrijednost koja odgovara glavnoj vrijednosti argumenta broja z; oni. dobivamo glavnu vrijednost logaritma pri k 0: ln z ln z i arg z Modul i argument broja z0 0 i: z 0 arg z 0 Stoga su Ln ln i k 0k i kz vrijednosti funkcije a kompleksna varijabla u točki z 0, zapisana u algebarskom obliku. (logaritamska funkcija Ln z je višeznačna) Glavna vrijednost logaritma broja z ln 0 i 8

9 0) Izračunajte vrijednost funkcije kompleksne varijable i z u točki z i 0. Za bilo koji w z C: w z z Ln w e. i iln i iln i iarg i ki i e e, kz Modul i argument broja w i: i arg iarctg 4 ln i ln i ki i k i k i i ln i iarg i ki ln i i e e 4 e 4 e 4 ln k i k 4 ln ln e e e 4 cos isin, kz - vrijednosti funkcije kompleksne varijable z u točki z0 i, zapisane u trigonometrijskom obliku (višeznačna funkcija).) Izračunajte vrijednost funkcije kompleksne varijable arcctg z u točki z0 i, upišite odgovor u algebarski oblik. i z i Arcctg z Ln z i Ln z ln z iarg z k, kz (kod k 0 dobivamo glavnu vrijednost logaritma ln z ln z i arg z) z0 i ii i i3i i3i3 4i i z i ii 3i 3i3i z0 i Ln Ln iln iarctg k z i ln iarctg k ln 5iarctg k, kz 5 i z0 i ln ln 5 i arctg z i 0 i arcctg z0 ln 5 iarcg t arctg i ln 5 0,3 i 0,40 4 (glavna vrijednost Arcctg i) 9

10) Izračunajte vrijednost funkcije kompleksne varijable arccos z u točki z0 i, odgovor napišite u algebarskom obliku. Arccos z iln z z Ln z ln z i arg z k, kz Kada je k 0 dobivamo glavnu vrijednost logaritma ln z ln z i arg z i glavnu vrijednost arkosinusa arccos z arg z z iln z z Kvadratni korijen kompleksnog broja daje dvije vrijednosti; Za glavnu vrijednost funkcije odabiremo onu čiji je argument unutar raspona 0 ;. U ovom slučaju: arccos ln ln iln i i Korijen broja i i i i i i i i ima dvije vrijednosti. Pronađimo ih: cos arctg i sin arctg i arctg k arctg k i 5 cos isin 4 arctg arctg 5cos isin, k 0 i 4 arctg arctg 5 cos i sin, k cos Pomoću formula cos cosarctg 5 dobivamo: cos i sin, i uzimajući u obzir da je arctg 5 5 cos 0 arctg 5 5 sin 0 i zatim i, k 0 i, k i i, k i, k 0 0 0

11 i 5 5 i, k 0 i i 5 5 i, k Od dviju vrijednosti biramo drugu jer njegov argument pada u raspon 0 ;. Dakle, i i 5 i arccos z arg z z iln z z arctg 5 5 iln i 5 5 arctg 5 5 i ln 5 arctg 5 i l n 5 5 5, 7 i 0, 59 5 (glavna vrijednost Arccosa i) Literatura:) Morozova V.D. . "Teorija funkcija kompleksne varijable", 009, svezak 0, ur. MSTU, str. 06;) Lunts G.L., Elsgolts L.E. "Funkcije kompleksne varijable", 00, str.

Kompleksni broj je izraz oblika x y (algebarski oblik kompleksnog broja), gdje su x, y R; x Re - realni dio kompleksnog broja; y Im je imaginarni dio kompleksnog broja; - zamišljeno

Tema 11 Osnove teorije kompleksnih brojeva. Kompleksni broj je uređeni par realnih brojeva zapisan u obliku gdje je i “imaginarna jedinica” za koju je i = -1; - pravi dio

Kompleksni brojevi. Polinomi. Kompleksni brojevi. 1. Osnovne definicije i formule za rješavanje problema Kompleksni broj u algebarskom obliku izraz je oblika = x + y, gdje su x i y realni

1 Osnovni pojmovi o funkcijama kompleksne varijable Osnovni pojmovi vezani uz funkciju kompleksne varijable nalaze se na isti način kao iu stvarnoj domeni. Neka dva skupa složenih

Katedra za matematičku analizu Državnog sveučilišta u St. Petersburgu METODIČKE UPUTE za izvođenje praktične nastave iz teorije funkcija kompleksno varijabilnog dijela 1 Početna poglavlja

Upute za test iz matematike Tema 1. Funkcije kompleksne varijable Definirajmo funkciju kompleksne varijable. Definicija. Kažu da na skupu D točaka kompleksa

Opcija Zadatak Izračunajte vrijednost funkcije, odgovor dajte u algebarskom obliku: a sh ; b l Rješenje a Iskoristimo formulu za vezu između trigonometrijskog sinusa i hiperboličkog sinusa: ; sh -s Dobiti

Mogućnost Problem Izračunajte vrijednost funkcije (dajte odgovor u algebarskom obliku: a th(; b L(sh(/ Rješenje a Izrazimo tangens kroz sinus i kosinus: th(Primijenite ch(/ formule za sinusnu razliku i kosinus)

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije RUSKO DRŽAVNO SVEUČILIŠTE ZA NAFTU I PLIN NAZIVA IM GUBKINA U Melnikovu, NO Fastovecu TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE OPERACIONALNE VARIJABLE

Tema: Kompleksni brojevi i funkcije. Definicija kompleksnog broja, algebarski oblik kompleksnog broja. Realni i imaginarni dijelovi kompleksnog broja. Operacije zbrajanja i množenja kompleksnih brojeva.

Kompleksna analiza Funkcije kompleksne varijable Nikita Aleksandrovich Evseev Fakultet fizike, Državno sveučilište Novosibirsk, Kinesko-ruski institut, Sveučilište Heilongjiang

Teme: Naziv sekcije, teme Ukupno sati predavanja, sati Vježbe, sati 1 2 3 4 Tema 1. Analitička geometrija i linearna algebra 68 34 34 Tema 2. Uvod u matematičku analizu

V. D. Mihajlov Funkcije kompleksne varijable u primjerima i zadacima 04 UDK 57.5 BBK.6 M69 Mihajlov V. D. Funkcije kompleksne varijable u primjerima i zadacima: Udžbenik. Sankt Peterburg, 04.30 str. Tutorial

Stranica 1 od 14 2. lekcija. Eksponencijalni oblik kompleksnog broja Math. analiza, prim. matematika, 4. semestar A1 Pronađite module i argumente sljedećih kompleksnih brojeva i zapišite te brojeve u obliku z = ρe iϕ,

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKE Savezne državne proračunske obrazovne ustanove za visoko stručno obrazovanje "Tulsko državno sveučilište" Institut za sustave visoke preciznosti nazvan po V.P.

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI DRŽAVNE TEHNIČKE AKADEMIJE RF ANGARA Museva TN Sverdlova OL Turkina NM ELEMENTI TEORIJE FUNKCIJE KOMPLEKSNE VARIJABLE Udžbenik Angarsk SADRŽAJ

ELEMENTI TEORIJE FUNKCIJA OPERACIONOG RAČUNA KOMPLEKSNE VARIJABLE Kao rezultat proučavanja ove teme student mora naučiti: pronaći trigonometrijski i eksponencijalni oblik kompleksnog broja prema

ZADACI ZA SAMOPRIPREMU Kompleksni brojevi i operacije nad njima Kompleksni brojevi su zadani i Nađi:)))) 5): a) b) Napiši ovaj kompleksni broj:) u trigonometrijskom obliku) u eksponencijalnom obliku

OPCIJA ZADATAK JE IZRAČUNATI VRIJEDNOST FUNKCIJE (ODGOVOR JE DAN U ALGEBARSKOM OBLIKU: a Arch; b RJEŠENJE A IZRAČUNAT ĆEMO ARH POMOĆU FORMULE Arch(L(U OVOM PRIMJERU ZI, DAKLE, Arch L(± L( ± DALJNJA UPORABA

Opcija 9 Zadatak Izračunajte vrijednost funkcije (dajte odgovor u algebarskom obliku: a cos(; b l(Rješenje a Korištenje trigonometrijske formule cos(-cos cos(s s(Koristimo formule relacije između trigonometrijskih)

FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE DRŽAVNA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA "SAMARA DRŽAVNO TEHNIČKO SVEUČILIŠTE" Odsjek za primijenjenu matematiku

Predavanje.7. Proširenje pojma broja. Kompleksni brojevi, operacije nad njima Sažetak: U predavanju se ukazuje na potrebu poopćavanja pojma broja s prirodnog na složeni. Algebarski,

OPCIJSKI ZADATAK IZRAČUNAJ VRIJEDNOST FUNKCIJE DAJ ODGOVOR U ALGEBARSKOM OBLIKU: a Arch b RJEŠENJE A IZRAČUNAT ĆEMO ARH POMOĆU FORMULE Arch L U OVOM PRIMJERU ZI, DAKLE, Arch L± L± DALJNJIM KORIŠTENJEM

Predavanje..3. Neodređeni integral Sažetak: Neodređeni integral se definira kao skup antiderivacijskih funkcija integranda. Razmatraju se svojstva neodređenog integrala, i

“znak akcije” a+(-b)=a-b 1) Zašto su uvedeni negativni brojevi? “znak količine”) Zašto se radnje na njima izvode po tim i takvim pravilima, a ne po drugima? Zašto je negativan kod množenja i dijeljenja?

Praktična nastava Analitičke funkcije Cauchy-Riemannovi uvjeti Derivacija i diferencijal funkcije kompleksne varijable Cauchy-Riemannovi uvjeti 3 Geometrijsko značenje modula i argumenta derivacije 4 Konformni

Predavanje 2 2.1 Nizovi kompleksnih brojeva Kompleksni broj a naziva se limitom niza kompleksnih brojeva (z n ), ako za bilo koji broj ε > 0 postoji broj n 0 n 0 (ε) takav da je

Opcija Zadatak Izračunajte vrijednost funkcije (dajte odgovor u algebarskom obliku: a cos(; b l(Rješenje a Korištenjem trigonometrijske formule cos(cos cos(-s s(Koristimo relacijske formule između trigonometrijskih)

Savezna agencija za obrazovanje Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Uralsko državno pedagoško sveučilište" Odsjek za matematiku

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Savezna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Komsomolsk-on-Amur State Technical"

MOSKOVSKO DRŽAVNO TEHNIČKO SVEUČILIŠTE CIVILNOG ZRAKOPLOVSTVA O.G. Illarionova, I.V. Platonova VISOKA MATEMATIKA Nastavno-metodički priručnik za izvođenje praktičnih zadataka za studente II

Pojam kompleksne varijable Limit i kontinuitet kompleksne varijable Neka su dana dva skupa kompleksnih brojeva D i Δ i svakom broju z D pridružen je broj ω Δ koji je označen

Kompleksna analiza Primjeri funkcija kompleksne varijable Nikita Aleksandrovich Evseev Fakultet fizike, Državno sveučilište Novosibirsk Kinesko-ruski institut, Sveučilište Heilongjiang

PREDAVANJE N34. Brojevni nizovi sa složenim članovima. Redovi potencija u kompleksnoj domeni. Analitičke funkcije. Inverzne funkcije..numerički nizovi sa složenim članovima.....redovi potencija u kompleksnoj domeni....

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI SAVEZNE DRŽAVNE PRORAČUNSKE OBRAZOVNE USTANOVE VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA RF Odjel "SAMARA DRŽAVNO TEHNIČKO SVEUČILIŠTE"

Uvod 1 Zapišite broj u algebarskom obliku Find, Re, Im, arg, Arg = 5 + i 3 + i Rješenje Pomnožite i podijelite broj s brojem konjugiranim na nazivnik: 5 + i 3 + i = 5 + i) 3 i) 3 + i) 3 i) = 15

1 Kompleksne funkcije 1.1 Kompleksni brojevi Prisjetimo se da se kompleksni brojevi mogu definirati kao skup uređenih parova realnih brojeva C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, gdje je i imaginarna jedinica ( ja

Osnovni pojmovi 1 KOMPLEKSNI BROJEVI Kompleksni broj je izraz oblika i, gdje su i realni brojevi, i je imaginarna jedinica koja zadovoljava uvjet i 1 Broj se naziva realni dio kompleksa

Predavanje 3. Neodređeni integral. Antiderivacija i neodređeni integral U diferencijalnom računu, problem je riješen: dana je funkcija f(), pronađite njenu derivaciju (ili diferencijal). Integralni račun

POGLAVLJE TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE Pojam funkcije kompleksne varijable Kontinuitet fcp Definicija fcp je umnogome slična definiciji fcp Kažu da na određenom skupu kompleksa

Funkcije Diferenciranje funkcija 1 Pravila diferenciranja Budući da se derivacija funkcije određuje kao u realnoj domeni, t.j. u obliku granice, tada, koristeći ovu definiciju i svojstva granica,

Opcija Zadatak Izračunajte vrijednost funkcije (dajte odgovor u algebarskom obliku: a Arctg; b (Rješenje a Općenito Arctg arctg + kπ Pronađimo druge vrijednosti u kompleksu + ravnini. Arctg ćemo izračunati pomoću formule

Funkcije više varijabli Funkcije više varijabli Ekstremum funkcije više varijabli. Pronalaženje maksimalne i minimalne vrijednosti funkcije u zatvorenom području Uvjetni ekstremum Kompleks

BANKA PROBLEMA za prijemne ispite za magistarski studij (osnovni dio) Zadaci za ulaznice, 4 5 odjeljaka, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 6, 7, 8, 4, 5, 9 Broj bodova 5 b b 5 b Odjeljak Sadržaj Derivacija, kvocijent

Predavanje 5. Derivacije osnovnih elementarnih funkcija Sažetak: Razmatraju se fizikalne i geometrijske interpretacije derivacije funkcije jedne varijable.

Samostalni rad Zadatak Odredite vrstu krivulje, zadane parametarski, i nacrtajte krivulju t t t t 5 7 t t b) e e, 0 t π c) t t t 5 Odgovori zatvorena zraka y, 0, y, pređena dva puta, zraka je prikazana

SA Zotova, VB Svetlichnaya PRAKTIČNI VODIČ ZA TEORIJU FUNKCIJA KOMPLEKSNIH VARIJABLI MATEMATIKA UDK 5 Recenzenti - df-mn, prof Goryainov VV do f-mn, izvanredni profesor Kulkov VG Zotova SA, Svetlichnaya VB Prakt.

7 EKSPONENTARNE I LOGARITAMSKE JEDNADŽBE I NEJEDNAČBE 7. OSNOVNI POJMOVI I FORMULE. Jednakosti log a b i a b ekvivalentne su za a > 0, a, b > 0. log. Osnovni logaritamski identitet: a a b b, a > 0,

Derivacije osnovnih elementarnih funkcija Derivaciju funkcije možemo pronaći prema sljedećoj shemi: dajemo argumentu x inkrement za funkciju y nalazimo odgovarajući inkrement y y pravimo relaciju nalazimo

FUNKCIJE KOMPLEKSNE VARIJABLE IZDAVAČKA KUĆA TSTU Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Tambovsko državno tehničko sveučilište" FUNKCIJE KOMPLEKSNE VARIJABLE Metodološka

Pitanja za ispit Pitanja za provjeru naučenosti „ZNAJ” Osnovni pojmovi teorije redova Cauchyjev kriterij konvergencije niza brojeva Potreban znak konvergencije niza brojeva Dovoljni predznaci

Savezna agencija za obrazovanje Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Državno tehničko sveučilište Ukhta Smjernice SLOŽENIH BROJEVA

Kompleksna analiza Geometrija kompleksnih brojeva Nikita Aleksandrovich Evseev Fizički fakultet, Novosibirsk State University 2015. Kompleksna analiza 1 / 31 Brojevna linija R Kompleks

OPCIJA ZADATAKA ZA IZRAČUN VRIJEDNOSTI FUNKCIJE (ODGOVOR JE DAN U ALGEBARSKOM OBLIKU: s(; b a RJEŠENJE A TRIGONOMETRIJSKOM FORMULOM SIN(ISIN OSIOS SINI KORISTIMO SE FORMULAMA VEZE TRIGONOMETRIJSKIH I HIPERBOLIČKIH)

Svetlichnaya V. B., Agisheva D. K., Matveeva T. A., Zotova S. A. Posebna poglavlja matematike. Teorija funkcija kompleksne varijable Volgograd 0 Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Volzhsky Polytechnic

TIPIČNI PRORAČUN “Teorija funkcija kompleksne varijable” Praktični zadaci Zadatak. Zadan je broj s. Nađi c arg c i zapiši broj c u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku:))))) 8 6) 7) 8) 9)

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA RUSKE FEDERACIJE TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE Metodološki priručnik Sastavio: MDUlymzhiev LIInkheyeva IBYumov SZhyumova Prikaz metodološkog priručnika o teoriji funkcija

Kompleksni brojevi, funkcije i operacije nad njima y modul R realni dio realnog broja, yim imaginarni dio realnog broja iy algebarski oblik zapisivanja kompleksnih brojeva Glavna vrijednost argumenta

Tema: Derivacija. Kratke teorijske informacije. Tablica izvedenica. (c) 0 (arcsin) () (arccos) (sin) cos (cos) sin (arctg) (tg) cos (arcctg) (ctg) sin v vln u vln u v v (u) (e) e (

Matematička analiza Sekcija: Teorija funkcija kompleksne varijable Tema: Nealgebarske operacije u C. Osnovne elementarne funkcije u C. B.b. nizovi kompleksnih brojeva Predavač O.V. Januszczyk

Predmet. Funkcija. Metode dodjele. Implicitna funkcija. Inverzna funkcija. Klasifikacija funkcija Elementi teorije skupova. Osnovni pojmovi Jedan od temeljnih pojmova moderne matematike je pojam skupa.

Probni rad U pauzi između sesija studenti moraju obaviti samostalnu pripremu Obraditi teorijsko gradivo s predavanja na temu „Funkcije više varijabli“ (Materijal prezentiran

MIREA. Tipični proračun za matematičku analizu. Testni zadaci na temu Kompleksni brojevi, TFKP. Zadatak 1. Riješite jednadžbe, prikažite skup rješenja na kompleksnoj ravnini A) 4 i + 81i 0 B)

OPERACIONI RAČUN Laplaceova transformacija i formula inverzije Neka u Dirichletovom intervalu, naime: Fourierov integral (l l) a) je ograničen na ovaj interval; funkcija zadovoljava uvjete b) komadno kontinuirana

Funkcije kompleksne varijable Analitičke funkcije Kao i prije, osim ako nije drugačije navedeno, imamo posla s jednovrijednom funkcijom w = f(z). Definicija 1. Funkciju f(z) nazivamo analitičkom

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI DRŽAVNE TEHNIČKE AKADEMIJE RF ANGARA Ivanova SV, Evsevleeva LG, Bykova LM, Dobrynina NN FUNKCIJE KOMPLEKSNE VARIJABLE I OPERACIONI RAČUN Udžbenik

Neka funkcija W = f(Z) je dan na nekom skupu i Z 0 , pripada E, granična točka ovog skupa. Dodajmo Z 0 = x 0 + ja· g 0 prirast Δ Z = Δ x+ ja· Δ g poentirati Z = Z 0 + Δ Z pripadao mnogima E. Zatim funkcija W = u+ ja· v = f(Z) = u(x, g)+ ja· v(x, g). Dobivamo priraštaj Δ W = Δ u+ ja· Δ v = f(Z 0 + Δ Z) - f(Z 0 ) = Δ f(Z 0 ) ,
.

Ako postoji konačna granica
, onda se zove izvod funkcijef(Z) u točkiZ 0 po mnogimaE, a označeno je
,
,
, W" .

Formalno, funkcija izvoda kompleksne varijable definirana je na potpuno isti način kao i funkcija izvoda realne varijable, ali je njihov sadržaj drugačiji.

U definiciji izvoda funkcije f(x) realna varijabla u točki x 0 , x→ x 0 duž ravne linije. U slučaju funkcije kompleksne varijable f(Z), Z može težiti Z 0 duž bilo koje ravninske staze koja vodi do točke Z 0 .

Stoga je zahtjev za postojanjem derivacije funkcije kompleksne varijable vrlo strog. To objašnjava da čak i jednostavne funkcije složene varijable nemaju derivaciju.

Primjer.

Razmotrite funkciju W = = x- ja· g. Pokažimo da ova funkcija nema derivaciju ni u jednoj točki. Uzmimo bilo koju točku Z 0 = x 0 + ja· g 0 , dajmo mu povećanje Δ Z = Δ x+ ja· Δ g, tada će se funkcija povećati. Sredstva

,
,

Prvo ćemo razmotriti Δ Z = Δ x + ja· Δ g tako da je Δ x → 0 , i Δ g = 0 , tj. točka Z 0 + Δ Z → Z 0 duž horizontalne ravne linije. U ovom slučaju to dobivamo

Sada ćemo razmotriti prirast ∆ Z tako da je ∆ x = 0 , i ∆ g → 0 , tj. Kada Z 0 + ∆ Z→ Z 0 duž okomite ravne crte, i to će biti očito
.

Dobivene granice su različite, pa omjer nema ograničenja na ∆ Z → 0 , odnosno funkciju
nema izvod ni u jednoj točki Z 0 .

Otkrijmo značenje izvoda u odnosu na skup. Neka E je prava os, i W = f(Z) = x, onda je ovo obična realna funkcija realne varijable f(x) = x a njegova derivacija će biti jednaka 1 (
).

Neka sada E- ovo je cijeli avion (Z). Pokažimo da funkcija f(Z) = x u ovom slučaju nema izvoda ni u jednoj točki. Doista, u ovom slučaju
.Iz ovoga je jasno da ako
A
, To
. Ako
, A
, To
.Dakle, stav nema ograničenja na
, dakle funkcija f(Z) = x nema izvod ni u jednoj točki
.

Primijetimo da ako razmatramo funkciju kompleksnih vrijednosti realne varijable, tada iz definicije derivacije neposredno slijedi da
, dakle, (ovo je derivacija u odnosu na realnu os).

Formula za inkrementiranje funkcija.

Neka funkcija W = f(Z) ima u točki Z 0 izvedenica
. Pokažimo da vrijedi prikaz (1), gdje je količina
, Kada
.

Doista, prema definiciji derivata imamo
, dakle, vrijednost
, Kada
. Stoga se prikazuje prikaz (1) (pomnožite obje strane s
i pomakni ga
na lijevu stranu).

Predavanje br. 8 Diferencijabilnost i diferencijal funkcije kompleksne varijable

Funkcija W = f(Z) nazvao diferencijabilan u točkiZ 0 , ako se u ovoj točki prikazuje prikaz (2), gdje A je fiksni kompleksni broj, a količina
teži nuli kada
.

Ako funkcija W = f(Z) diferencijabilan u točki Z 0 , tada glavni linearni u odnosu na
dio toga A·
prirast
u točki Z 0 nazvao diferencijalna funkcija f(Z) u točki i naznačen je
.

Teorem vrijedi.

Teorema.

Kako bi funkcijaW = f(Z) bio diferencijabilan u točkiZ 0 , potrebno je i dovoljno da ima konačnu derivaciju u ovoj točki
, i uvijek se pokaže da je u reprezentaciji (2)
.

Dokaz.

Nužnost. Neka je funkcija diferencijabilna u točki Z 0 . Pokažimo da ima konačnu derivaciju u ovoj točki i da je ta derivacija jednaka broju A. Zbog diferencijacije f(Z) u točki Z 0 odvija se reprezentacija (2), što znači
(3). Prelazak do granice ovdje na
shvaćamo to
, Sredstva
.

Adekvatnost. Neka funkcija f(Z) ima u točki Z 0 konačna izvedenica
. Pokažimo da vrijedi prikaz (2). Zbog postojanja izvedenice
reprezentacija (1) se odvija, ali ovo je također reprezentacija (2), u kojoj A =
. Dostatnost je utvrđena.

Kao što znamo, diferencijal, uzimajući kao diferencijal nezavisne varijable Z njegov prirast
, odnosno uz pretpostavku
, možemo pisati
i stoga
(ovo je relacija diferencijala, a ne jedan simbol).

Neka je funkcija = u(x,y)+iv(x,y) definirana je u blizini točke z = x+iy. Ako varijabla z prirast  z= x+ja g, zatim funkcija
dobit će prirast


= (z+ z)–
=u(x+ x, g+ g)+

+ iv(x+ x, g+ g) - u(x,y) - iv(x,y) = [u(x+ x, g+ g) –

– u(x,y)] + ja[v(x+ x, g+ g) - v(x,y)] =

= u(x,y) + ja v(x,y).

Definicija. Ako postoji granica

=

,

onda se ta granica naziva derivacija funkcije
u točki z a označava se sa f(z) ili
. Dakle, po definiciji,

=

=

. (1.37)

Ako funkcija
ima derivaciju u točki z, onda kažu da funkcija
diferencijabilan u točki z. Očito, za diferencijabilnost funkcije
potrebno je da funkcije u(x,y) I v(x,y) bili diferencijabilni. Međutim, to nije dovoljno za postojanje derivata f(z). Na primjer, za funkciju w== x–iy funkcije u(x,y)=x

I v(x,y)=–g diferencijabilan u svim točkama M( x,y), ali granica omjera
na  x0,  g0 ne postoji, jer ako  g= 0,  x 0, dakle  w/ z= 1,

ako  x = 0,  g 0, dakle  w/z = -1.

Ne postoji jedno ograničenje. To znači da funkcija

w= nema izvod ni u jednoj točki z. Da bi derivacija funkcije kompleksne varijable postojala, potrebni su dodatni uvjeti. Koje točno? Odgovor na ovo pitanje daje sljedeći teorem.

Teorema. Neka funkcije u(x,y) I v(x,y) diferencijabilne u točki M( x,y). Zatim u redu za funkciju

= u(x,y) + iv(x,y)

imao izvod u točki z = x+iy, potrebno je i dovoljno da jednakosti vrijede

Jednakosti (1.38) nazivaju se Cauchy-Riemannovi uvjeti.

Dokaz. 1) Nužnost. Neka funkcija
ima derivaciju u točki z, odnosno postoji granica

=

=
.(1.39)

Granica na desnoj strani jednakosti (1.39) ne ovisi o tome kojim putem točka ide  z =  x+ja g nastoji

na 0. Konkretno, ako je y = 0, x  0 (Sl. 1.10), tada

Ako je x = 0, y  0 (sl. 1.11), tada je

(1.41)

Sl.1.10 Sl. 1.11

Lijeve strane u jednakosti (1.40) i (1.41) su jednake. To znači da su i desne strane jednake

Iz toga slijedi da

Dakle, iz pretpostavke o postojanju izvedenice f(z) slijedi jednakost (1.38), odnosno Cauchy-Riemannovi uvjeti su nužni za postojanje izvodnice f(z).

1) Dostatnost. Pretpostavimo sada da su ispunjene jednakosti (1.38):

i dokazati da je u ovom slučaju funkcija
ima derivaciju u točki z= x+iy, odnosno granica (1.39)

=

postoji.

Budući da funkcije u(x,y) I v(x,y) diferencijabilne u točki M( x,y), tada ukupni prirast ovih funkcija u točki M( x,y) mogu se prikazati u obliku

,

gdje je  1 0,  2 0,  1 0,  2 0 na  x0, g0.

Budući da je, na temelju (1.38),

Stoga,

=
,

 1 =  1 +ja 1 0,  2 =  2 +ja 2 0 pri z =  x+jag0.

Tako,

Od  z 2 =  x 2 + g 2 , zatim  x/ z1,  g/z1. Zato

na  z  0.

Slijedi da desna strana jednakosti (1.42) ima limit na  z 0, dakle, i lijeva strana ima granicu na  z 0, a ta granica ne ovisi o kojem putu  z teži 0. Dakle, dokazano je da ako je u točki M(x,y) ispunjeni uvjeti (1.38), tada funkcija
ima derivaciju u točki z = x+iy, i

.

Teorem je u potpunosti dokazan.

U postupku dokazivanja teorema dobivene su dvije formule (1.40) i (1.42) za derivaciju funkcije kompleksne varijable

,

.

Pomoću formula (1.38) možemo dobiti još dvije formule

, (1.43)

. (1.44)

Ako funkcija f(z) ima derivaciju u svim točkama regije D, tada kažemo da funkcija
je diferencijabilna u domeni D. Za to je potrebno i dovoljno da Cauchy-Riemannovi uvjeti budu zadovoljeni u svim točkama domene D.

Primjer. Provjerite Cauchy-Riemannove uvjete za

funkcije e z .

Jer e z = e x+iy = e x(cos g + ja grijeh g),

Da u(x, g) = Re e z = e x cos g, v(x, g) = im e z = e x grijeh g,

,
,

,
,

stoga,

Cauchy-Riemannovi uvjeti za funkciju e z ispunjen u svim točkama z. Dakle funkcija e z je diferencijabilan na cijeloj ravnini kompleksne varijable, i

Diferencijabilnost se dokazuje na potpuno isti način

funkcije z n , cos z, grijeh z, CH z,sh z, Ln z, i valjanost formula

(z n) = n z n-1, (cos z) = -grijeh z, (grijeh z) = cos z,

(CH z) = sh z, (sh z) = pogl z, (Ln z) = 1/z.

Za funkcije kompleksne varijable ostaju na snazi ​​sva pravila razlikovanja funkcija realne varijable. Dokaz ovih pravila slijedi iz definicije derivacije na isti način kao i za funkcije realne varijable.