Лекция 6 (КОМПЛАН) (неполный)

Пусть $G$ - область на плоскость ${\mathbb{R}}_{xy}$. Пусть задана функция $\phi :G\to \mathbb{R}$. Функция $\phi (x,y)$ называется гармонической, если она обладает непрерывными частными производными до второго порядка (включительно) и удовлетворяет уравнению Лапласа: $\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2\phi }{\partial y^2}=0$

Пусть $f:G\to \mathbb{C}$ - дифференцируемая в области $G$ функция. Тогда $u(x,y)=\mathrm{Re}f(z)$ и $v(x,y)=\Im f(z)$, $z=x+iy$, будут обладать производными всех порядков по переменным $x$ и $y$. Докажем этот факт впоследствии.

Проверим, что функция $u(x,y)$ является гармонической. По известной теореме выполняются условия (уравнения) Коши-Риман: $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}$, $\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial x}$. Продифференцируем эти уравнения: первое по $x$, второе по $y$. Имеем $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x\partial y}$, $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=\frac{{\partial }^{2}v}{\partial y\partial x}$. Складывая эти равенства, получим $\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$ является гармонической в области $G$. Аналогично проверяется, что $\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}v}{\partial y^2}=0$. Поэтому обе функции $u(x,y)$ и $v(x,y)$ являются гармоническими в области. Если две гармонические функции связаны уравнениями Коши-Римана, то они называются сопряжёнными. Таким образом, вещественная и мнимая части функции $f(z)$, дифференцируемой в некоторой области являются сопряжёнными.

3. Элементарные функции комплексной переменной

Пусть $z=x+iy$. Положим по определению $e^z=e^x(\cos y+i\sin y)$. Можно использовать и более естественное определение $e^z={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{z^n}{n!}$, $z\in \mathbb{C}$, ${\lim }_{n\to \infty }{\left(1+\frac{z}{n}\right)}^n$. При таком определении $|e^z|=\sqrt{e^{2x}{\cos }^{2}y+e^{2x}{\sin }^{2}y}$. Так как $e^x\ne 0$, то и $e^z\ne 0$. Для функции $w=e^z$ имеем $u(x,y)=e^x\cos y$, $v(x,y)=e^x\sin y$, и мы видим, что $u(x,y)$ и $(x,y)$ дифференцируемы.

Проверим выполнение условий Коши-Римана: $(\partial u)(\partial x)=e^x\cos y=\frac{\partial v}{\partial y}$, $\frac{\partial u}{\partial y}=-e^x\sin y=-\frac{\partial v}{\partial x}$. По замечанию к теореме об условиях Коши-Римана имеем $(e^z{)}^{\prime }=\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}=e^x\cos y+i{e}^x\sin y=e^x(\cos y+i\sin y)=e^z$. Пусть надо перемножить два числа: $e^{z_1}$ и $e^{z_2}$; имеем e^z_{1} \cdot e^z_{2} = e^{x_{1}} (\cos y_{1} + i \sin y_{1}) \cdot e^{x_{2}}(\cos y_{2} + i \sin y_{2}) =$$= e^{x_{1}} \cdot e^{x_{2}} \cdot (\cos(y_{1} + y_{2}) + i \sin(y_{1} + y_{2}) = e^{x_{1} + x_{2}}(\cos (y_{1} + y_{2}) + i \sin(y_{1} + y_{2})) = e^{z_{1} + z_{2}}, то есть $e^{z_1}\cdot e^{z_2}=e^{z_1+z_2}$. Функция $w=e^z$ обладает периодом $2\pi i$. В самом деле, $e^{z+2\pi i}=e^{x+i(y+2\pi )}=e^x(\cos (y+2\pi )+i\sin (y+2\pi ))=e^x(\cos y+i\sin y)=e^z$, то есть $e^{z+2\pi i}=e^z$. Напишем формулы Эйлера для случая $x=0$:

???

Отсюда не следует, однако, что $|\cos z|$ и $|\sin z|$ ограничены. В самом деле, $\cos it=\frac{e^{i(it)}+e^{-i(it)}}{2}=\frac{e^t+e^{-t}}{2}=cht\to +\infty$, если $t\to \infty$ $|\sin it|=\left|\frac{e^{i(it)}-e^{-i(it)}}{2i}\right|=\left|\frac{e^t+e^{-t}}{2}\right|=|sht|\to +\infty ,t\to \infty$.

Правило преобразования $\cos iz=chz,chiz=\cos z$

???

$Lnz=\ln |z|+iArgz=\ln |z|+i(argz+2k\pi )$, $k=0,\pm 1,\pm 2,\dots ,z\ne 0$.

Однозначная непрерывная ветвь логарифмической функции вводится, например, так: $\ln z=\ln |z|+i\arg z$. Такая функция будет однозначной на комплексной плоскости с разрезом по неположительной части вещественной оси. В этой области справедливо равенство $(\ln z{)}^{\prime }=\frac{1}{z}$. Проверим это для области $\mathrm{Re}z>0$. В этой области $\ln z=\ln |z|+i\arg z=\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)+iarctg\frac{y}{x}$. Мы видим, что $u(x,y)=\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)$, $v(x,y)=arctg\frac{y}{x}$, и непосредственно ясно, что $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}$, $\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$, поэтому $(\ln z{)}^{\prime }$

???

Можно доказать, что $\arg z=2arctg\frac{y}{x+\sqrt{x^2+y^2}}$ Рассмотрим ещё степенную функцию $z^{\alpha }=e^{\alpha \mathrm{Ln}z}$

Если в эту формулу подставить главное значение логарифма, то мы получим функцию $z^{\alpha }=e^{\alpha \ln z}$. Продифференцируем эту функцию $(z^{\alpha }{)}^{\prime }=e^{\alpha \ln z}$, $$