Sudėtingo kintamojo funkcijos.
Sudėtingo kintamojo funkcijų diferenciacija.

Šis straipsnis pradeda pamokų seriją, kurioje apžvelgsiu tipines problemas, susijusias su sudėtingo kintamojo funkcijų teorija. Norėdami sėkmingai įvaldyti pavyzdžius, turite turėti pagrindinių žinių apie sudėtingus skaičius. Norint konsoliduoti ir pakartoti medžiagą, pakanka apsilankyti puslapyje. Jums taip pat reikės įgūdžių, kad surastumėte antros eilės daliniai išvestiniai. Štai jie, šie daliniai dariniai... net ir dabar buvau šiek tiek nustebęs, kaip dažnai jie pasitaiko...

Tema, kurią pradedame analizuoti, nėra ypač sunki, o sudėtingo kintamojo funkcijose iš esmės viskas yra aišku ir prieinama. Svarbiausia yra laikytis pagrindinės taisyklės, kurią aš išvedžiau empiriškai. Skaityk!

Sudėtingo kintamojo funkcijos samprata

Pirmiausia atnaujinkime žinias apie vieno kintamojo mokyklos funkciją:

Vieno kintamojo funkcija yra taisyklė, pagal kurią kiekviena nepriklausomo kintamojo reikšmė (iš apibrėžimo srities) atitinka vieną ir tik vieną funkcijos reikšmę. Natūralu, kad „x“ ir „y“ yra tikrieji skaičiai.

Sudėtingu atveju funkcinė priklausomybė pateikiama panašiai:

Sudėtingo kintamojo vienareikšmė funkcija yra taisyklė, kad visi integruotas nepriklausomo kintamojo reikšmė (iš srities) atitinka vieną ir tik vieną visapusiškas funkcijos reikšmė. Teoriškai taip pat svarstomos daugiareikšmės ir kai kurios kitos funkcijos, tačiau dėl paprastumo aš sutelksiu dėmesį į vieną apibrėžimą.

Kokia yra sudėtingo kintamojo funkcija?

Pagrindinis skirtumas yra tas, kad skaičiai yra sudėtingi. Aš ne ironizuoju. Iš tokių klausimų jie dažnai patenka į stuporą, straipsnio pabaigoje papasakosiu šaunią istoriją. Pamokoje Sudėtingi skaičiai manekenams laikėme kompleksinį skaičių formoje . Nuo šiol raidė „Z“ tapo kintamasis, tada žymėsime taip: , o „x“ ir „y“ gali skirtis galioja vertybes. Grubiai tariant, sudėtingo kintamojo funkcija priklauso nuo kintamųjų ir , kurie įgauna „įprastas“ reikšmes. Iš šio fakto logiškai išplaukia toks punktas:

Sudėtingo kintamojo funkciją galima parašyti taip:
, kur ir yra dvi funkcijos iš dviejų galioja kintamieji.

Funkcija vadinama tikroji dalis funkcijos .
Funkcija vadinama įsivaizduojama dalis funkcijos .

Tai yra, kompleksinio kintamojo funkcija priklauso nuo dviejų realių funkcijų ir . Norėdami galutinai viską išsiaiškinti, pažvelkime į praktinius pavyzdžius:

1 pavyzdys

Sprendimas: Nepriklausomas kintamasis „z“, kaip prisimenate, parašytas kaip , todėl:

(1) pakeista pradine funkcija.

(2) Pirmajam terminui buvo naudojama sumažinta daugybos formulė. Per šį laikotarpį skliausteliuose buvo atidaryta.

(3) Atsargiai kvadratas, nepamirštant to

(4) Terminų pertvarkymas: pirmiausia perrašyti terminus , kuriame nėra įsivaizduojamo vieneto(pirma grupė), tada terminai, kur yra (antra grupė). Pažymėtina, kad terminų maišyti nebūtina, o šį žingsnį galima praleisti (tiesą sakant, atliekant jį žodžiu).

(5) Antroji grupė išimama iš skliaustų.

Dėl to mūsų funkcija pasirodė esanti formoje

Atsakymas:
yra tikroji funkcijos dalis.
yra įsivaizduojama funkcijos dalis.

Kokios yra šios funkcijos? Įprasčiausios dviejų kintamųjų funkcijos, iš kurių galima rasti tokių populiarių daliniai dariniai. Be pasigailėjimo – rasime. Bet šiek tiek vėliau.

Trumpai išspręsto uždavinio algoritmą galima parašyti taip: pakeičiame į pradinę funkciją, atliekame supaprastinimus ir visus terminus suskirstome į dvi grupes – be menamo vieneto (realioji dalis) ir su įsivaizduojamuoju vienetu (įsivaizduojama dalis).

2 pavyzdys

Raskite tikrąją ir įsivaizduojamą funkcijos dalis

Tai „pasidaryk pats“ pavyzdys. Prieš mesdami į mūšį sudėtingame lėktuve su šaškėmis nuogi, leiskite man duoti jums svarbiausią patarimą šia tema:

BŪK ATSARGUS!Žinoma, visur reikia būti atsargiems, tačiau sudėtingais skaičiais turėtumėte būti atsargesni nei bet kada! Atminkite, kad atsargiai išplėskite skliaustus, nieko nepraraskite. Mano pastebėjimais, dažniausia klaida yra ženklo praradimas. Neskubek!

Visas sprendimas ir atsakymas pamokos pabaigoje.

Dabar kubas. Naudodami sutrumpintą daugybos formulę gauname:
.

Formules labai patogu naudoti praktiškai, nes jos labai pagreitina sprendimo procesą.

Sudėtingo kintamojo funkcijų diferenciacija.

Turiu dvi naujienas: gerą ir blogą. Pradėsiu nuo gero. Sudėtinio kintamojo funkcijai galioja diferenciacijos taisyklės ir elementariųjų funkcijų išvestinių lentelė. Taigi išvestinė imama lygiai taip pat, kaip ir tikrojo kintamojo funkcijos atveju.

Blogos naujienos yra tai, kad daugeliui sudėtingo kintamojo funkcijų išvestinės išvestinės iš viso nėra ir jūs turite išsiaiškinti yra diferencijuojamas viena ar kita funkcija. O „išsiaiškinti“, kaip jaučiasi jūsų širdis, yra susijęs su papildomomis bėdomis.

Apsvarstykite sudėtingo kintamojo funkciją. Kad ši funkcija būtų diferencijuota, būtina ir pakanka, kad:

1) Kad būtų pirmosios eilės dalinės išvestinės. Pamirškite apie šiuos žymėjimus iš karto, nes sudėtingo kintamojo funkcijos teorijoje tradiciškai naudojama kita žymėjimo versija: .

2) Atlikti vadinamąją Koši-Riemano sąlygos:

Tik šiuo atveju išvestinė bus!

3 pavyzdys

Sprendimas suskirstytas į tris nuoseklius etapus:

1) Raskite tikrosią ir įsivaizduojamą funkcijos dalis. Ši užduotis buvo analizuojama ankstesniuose pavyzdžiuose, todėl parašysiu ją be komentarų:

Nuo tada:

Šiuo būdu:

yra įsivaizduojama funkcijos dalis.

Aš apsistosiu prie dar vieno techninio punkto: kokia tvarka terminus rašyti tikromis ir menamomis dalimis? Taip, iš esmės tai nesvarbu. Pavyzdžiui, tikroji dalis gali būti parašyta taip: , o įsivaizduojamas – taip: .

2) Patikrinkime Cauchy-Riemano sąlygų įvykdymą. Jų yra du.

Pradėkime nuo būklės patikrinimo. Mes randame daliniai dariniai:

Taigi sąlyga įvykdyta.

Be jokios abejonės, gera žinia yra ta, kad daliniai išvestiniai produktai beveik visada yra labai paprasti.

Tikriname, ar įvykdyta antroji sąlyga:

Paaiškėjo tas pats, bet su priešingais ženklais, tai yra, sąlyga taip pat įvykdyta.

Koši-Riemano sąlygos tenkinamos, todėl funkcija yra diferencijuojama.

3) Raskite funkcijos išvestinę. Darinys taip pat labai paprastas ir randamas pagal įprastas taisykles:

Įsivaizduojamas diferenciacijos vienetas laikomas konstanta.

Atsakymas: - tikroji dalis yra įsivaizduojama dalis.
Koši-Riemano sąlygos įvykdytos, .

Yra dar du būdai, kaip rasti išvestinę, žinoma, jie naudojami rečiau, tačiau informacija bus naudinga norint suprasti antrąją pamoką - Kaip rasti sudėtingo kintamojo funkciją?

Išvestinę galima rasti naudojant formulę:

Tokiu atveju:

Šiuo būdu

Būtina išspręsti atvirkštinę problemą – gautoje išraiškoje reikia išskirti . Norint tai padaryti, reikia ištraukti terminus ir iš skliaustų:

Atvirkštinį veiksmą, kaip daugelis pastebėjo, atlikti yra šiek tiek sunkiau; norint patikrinti, visada geriau naudoti posakį ir ant juodraščio arba žodžiu atidaryti skliaustus atgal, įsitikinant, kad jis tiksliai pasirodo

Veidrodinė formulė išvestinei rasti:

Tokiu atveju: , Štai kodėl:

4 pavyzdys

Nustatykite tikrosią ir įsivaizduojamą funkcijos dalis . Patikrinkite Cauchy-Riemann sąlygų įvykdymą. Jei įvykdytos Koši-Riemano sąlygos, raskite funkcijos išvestinę.

Trumpas sprendimas ir apytikslis apdailos pavyzdys pamokos pabaigoje.

Ar visada tenkinamos Koši-Riemano sąlygos? Teoriškai jie dažniau neįvykdomi, nei yra. Bet praktiniuose pavyzdžiuose neprisimenu atvejo, kai jie nebuvo įvykdyti =) Taigi, jei jūsų dalinės išvestinės „nesusiliejo“, tada su labai didele tikimybe galime sakyti, kad kažkur suklydote.

Apsunkinkime savo funkcijas:

5 pavyzdys

Nustatykite tikrosią ir įsivaizduojamą funkcijos dalis . Patikrinkite Cauchy-Riemann sąlygų įvykdymą. Apskaičiuoti

Sprendimas: Sprendimo algoritmas yra visiškai išsaugotas, tačiau pabaigoje pridedama nauja mada: išvestinės radimas taške. Kubui reikalinga formulė jau buvo išvesta:

Apibrėžkime tikrąją ir įsivaizduojamą šios funkcijos dalis:

Dėmesio ir dar kartą dėmesio!

Nuo tada:

Šiuo būdu:
yra tikroji funkcijos dalis;
yra įsivaizduojama funkcijos dalis.

Antrosios sąlygos patikrinimas:

Paaiškėjo tas pats, bet su priešingais ženklais, tai yra, sąlyga taip pat įvykdyta.

Koši-Riemano sąlygos tenkinamos, todėl funkcija yra diferencijuojama:

Apskaičiuokite išvestinės išvestinės vertę reikiamame taške:

Atsakymas:, , įvykdytos Koši-Riemano sąlygos,

Funkcijos su kubeliais yra įprastos, todėl pavyzdys, kurį reikia konsoliduoti:

6 pavyzdys

Nustatykite tikrosią ir įsivaizduojamą funkcijos dalis . Patikrinkite Cauchy-Riemann sąlygų įvykdymą. Apskaičiuoti .

Sprendimas ir pavyzdinis užbaigimas pamokos pabaigoje.

Kompleksinės analizės teorijoje apibrėžiamos ir kitos kompleksinio argumento funkcijos: eksponentinė, sinusinė, kosinusinė ir kt. Šios funkcijos turi neįprastų ir net keistų savybių – ir tai tikrai įdomu! Labai noriu jums pasakyti, bet čia taip atsitiko, ne žinynas ar vadovėlis, o sprendimas, todėl apsvarstysiu tą pačią užduotį su kai kuriomis bendromis funkcijomis.

Pirmiausia apie vadinamąjį Eulerio formulės:

Bet kam galioja skaičiai, galioja šios formulės:

Taip pat galite nukopijuoti jį į savo užrašų knygelę kaip nuorodą.

Griežtai tariant, yra tik viena formulė, tačiau paprastai patogumo dėlei jie taip pat rašo specialų atvejį su minusu indikatoriuje. Parametras nebūtinai turi būti viena raidė, tai gali būti sudėtinga išraiška, funkcija, tik svarbu, kad jie imtų galioja tik vertybes. Tiesą sakant, mes tai pamatysime dabar:

7 pavyzdys

Rasti išvestinę.

Sprendimas: Bendra vakarėlio linija išlieka nepajudinama – būtina išskirti tikrąją ir įsivaizduojamą funkcijos dalis. Pateiksiu išsamų sprendimą ir pakomentuosiu kiekvieną žingsnį žemiau:

Nuo tada:

(1) Pakeiskite „z“.

(2) Po pakeitimo būtina atskirti tikrąją ir įsivaizduojamą dalis pirmasis rodiklis parodos dalyviai. Norėdami tai padaryti, atidarykite skliaustus.

(3) Sugrupuojame įsivaizduojamą indikatoriaus dalį, išskirdami įsivaizduojamą vienetą iš skliaustų.

(4) Naudokite mokyklos veiksmus su galiomis.

(5) Daugikliui naudojame Eilerio formulę , o .

(6) Mes atidarome skliaustus, todėl:

yra tikroji funkcijos dalis;
yra įsivaizduojama funkcijos dalis.

Kiti veiksmai yra standartiniai, patikrinkime Cauchy-Riemanno sąlygų įvykdymą:

9 pavyzdys

Nustatykite tikrosią ir įsivaizduojamą funkcijos dalis . Patikrinkite Cauchy-Riemann sąlygų įvykdymą. Tebūnie taip, išvestinės nerasime.

Sprendimas: Sprendimo algoritmas labai panašus į ankstesnius du pavyzdžius, tačiau yra labai svarbių punktų, todėl dar kartą pakomentuosiu pradinį etapą žingsnis po žingsnio:

Nuo tada:

1) Vietoj "z" pakeičiame.

(2) Pirmiausia pasirinkite tikrąją ir įsivaizduojamą dalis sinuso viduje. Šiuo tikslu atidarykite skliaustus.

(3) Mes naudojame formulę , while .

(4) Naudojimas hiperbolinio kosinuso paritetas: ir hiperbolinis sinuso nelygumas: . Hiperbolikai, nors ir ne šio pasaulio, bet daugeliu atžvilgių primena panašias trigonometrines funkcijas.

Galiausiai:
yra tikroji funkcijos dalis;
yra įsivaizduojama funkcijos dalis.

Dėmesio! Minuso ženklas reiškia įsivaizduojamą dalį ir jokiu būdu neturėtume jos prarasti! Vaizdinei iliustracijai aukščiau gautą rezultatą galima perrašyti taip:

Patikrinkime Cauchy-Riemano sąlygų įvykdymą:

Cauchy-Riemann sąlygos yra įvykdytos.

Atsakymas:, , Cauchy-Rieman sąlygos yra įvykdytos.

Su kosinusu, ponios ir ponai, mes patys suprantame:

10 pavyzdys

Nustatykite tikrąją ir įsivaizduojamą funkcijos dalis. Patikrinkite Cauchy-Riemann sąlygų įvykdymą.

Sąmoningai paėmiau sudėtingesnius pavyzdžius, nes kiekvienas gali susitvarkyti kažką panašaus į nuluptus žemės riešutus. Tuo pačiu treniruokite dėmesį! Spragtukas pamokos pabaigoje.

Na, apibendrinant, panagrinėsiu dar vieną įdomų pavyzdį, kai vardiklyje yra sudėtingas argumentas. Porą kartų susitikome praktiškai, paanalizuokime ką nors paprasto. Oi, aš senstu...

11 pavyzdys

Nustatykite tikrąją ir įsivaizduojamą funkcijos dalis. Patikrinkite Cauchy-Riemann sąlygų įvykdymą.

Sprendimas: Vėlgi, būtina atskirti tikrąją ir įsivaizduojamą funkcijos dalis.
Jei tada

Kyla klausimas, ką daryti, kai vardiklyje yra „Z“?

Viskas paprasta – standartas padės skaitiklio ir vardiklio dauginimo iš konjuguotos išraiškos metodas, jis jau buvo panaudotas pamokos pavyzdžiuose Sudėtingi skaičiai manekenams. Prisiminkime mokyklos formulę. Vardiklyje mes jau turime , todėl konjuguota išraiška bus . Taigi skaitiklį ir vardiklį reikia padauginti iš:

Sudėtingo kintamojo funkcijos samprata

Pirmiausia atnaujinkime žinias apie vieno kintamojo mokyklos funkciją:

Vieno kintamojo funkcija – tai taisyklė, pagal kurią kiekviena nepriklausomo kintamojo reikšmė (iš apibrėžimo srities) atitinka vieną ir tik vieną funkcijos reikšmę. Natūralu, kad „x“ ir „y“ yra tikrieji skaičiai.

Sudėtingu atveju funkcinė priklausomybė pateikiama panašiai:

Vienareikšmė kompleksinio kintamojo funkcija yra taisyklė, pagal kurią kiekviena nepriklausomo kintamojo kompleksinė reikšmė (iš apibrėžimo srities) atitinka vieną ir tik vieną kompleksinę funkcijos reikšmę. Teoriškai taip pat svarstomos daugiareikšmės ir kai kurios kitos funkcijos, tačiau dėl paprastumo aš sutelksiu dėmesį į vieną apibrėžimą.

Kokia yra sudėtingo kintamojo funkcija?

Pagrindinis skirtumas yra tas, kad skaičiai yra sudėtingi. Aš ne ironizuoju. Iš tokių klausimų jie dažnai patenka į stuporą, straipsnio pabaigoje papasakosiu šaunią istoriją. Pamokoje Sudėtingi skaičiai manekenams laikėme kompleksinį skaičių formoje . Kadangi dabar raidė „z“ tapo kintamuoju, ją žymėsime taip: , tuo tarpu „x“ ir „y“ gali įgyti skirtingas realias reikšmes. Grubiai tariant, sudėtingo kintamojo funkcija priklauso nuo kintamųjų ir , kurie įgauna „įprastas“ reikšmes. Iš šio fakto logiškai išplaukia toks punktas:

Tikroji ir įsivaizduojama kompleksinio kintamojo funkcijos dalis

Sudėtingo kintamojo funkciją galima parašyti taip:
, kur ir yra dvi dviejų realių kintamųjų funkcijos.

Funkcija vadinama tikrąja funkcijos dalimi.
Funkcija vadinama įsivaizduojama funkcijos dalimi.

Tai yra, kompleksinio kintamojo funkcija priklauso nuo dviejų realių funkcijų ir . Norėdami galutinai viską išsiaiškinti, pažvelkime į praktinius pavyzdžius:

Sprendimas: nepriklausomas kintamasis „z“, kaip prisimenate, parašytas kaip , todėl:

(1) pakeista pradine funkcija.

(2) Pirmajam terminui buvo naudojama sumažinta daugybos formulė. Per šį laikotarpį skliausteliuose buvo atidaryta.

(3) Atsargiai kvadratas, nepamirštant to

(4) Terminų pertvarkymas: pirmiausia perrašome terminus, kur nėra įsivaizduojamo vieneto (pirma grupė), tada terminus, kur yra (antra grupė). Pažymėtina, kad terminų maišyti nebūtina, o šį žingsnį galima praleisti (tiesą sakant, atliekant jį žodžiu).

(5) Antroji grupė išimama iš skliaustų.

Dėl to mūsų funkcija pasirodė esanti formoje

Atsakymas:
yra tikroji funkcijos dalis.
yra įsivaizduojama funkcijos dalis.

Kokios yra šios funkcijos? Įprasčiausios dviejų kintamųjų funkcijos, iš kurių galima rasti tokių populiarių daliniai dariniai. Be pasigailėjimo – rasime. Bet šiek tiek vėliau.

Raskite tikrąją ir įsivaizduojamą funkcijos dalis

Tai „pasidaryk pats“ pavyzdys. Prieš mesdami į mūšį sudėtingame lėktuve su šaškėmis nuogi, leiskite man duoti jums svarbiausią patarimą šia tema:

BŪK ATSARGUS! Žinoma, visur reikia būti atsargiems, tačiau sudėtingais skaičiais turėtumėte būti atsargesni nei bet kada! Atminkite, kad atsargiai išplėskite skliaustus, nieko nepraraskite. Mano pastebėjimais, dažniausia klaida yra ženklo praradimas. Neskubek!

Visas sprendimas ir atsakymas pamokos pabaigoje.

Dabar kubas. Naudodami sutrumpintą daugybos formulę gauname:
.

Formules labai patogu naudoti praktiškai, nes jos labai pagreitina sprendimo procesą.

Sudėtingo kintamojo funkcijų diferenciacija.
Koši-Riemano sąlygos

Bloga žinia ta, kad daugeliui sudėtingo kintamojo funkcijų išvestinės išvis nėra ir reikia išsiaiškinti, ar viena ar kita funkcija yra diferencijuojama. O „išsiaiškinti“, kaip jaučiasi jūsų širdis, yra susijęs su papildomomis bėdomis.

Apsvarstykite sudėtingo kintamojo funkciją. Kad ši funkcija būtų diferencijuota, būtina ir pakanka, kad:

1) Kad būtų pirmosios eilės dalinės išvestinės. Pamirškite apie šiuos žymėjimus iš karto, nes kompleksinio kintamojo funkcijos teorijoje tradiciškai naudojama kita žymėjimo versija: .

2) Kad būtų įvykdytos vadinamosios Koši-Riemano sąlygos:

Tik šiuo atveju išvestinė bus!

Nustatykite tikrosią ir įsivaizduojamą funkcijos dalis . Patikrinkite Cauchy-Riemann sąlygų įvykdymą. Jei įvykdytos Koši-Riemano sąlygos, raskite funkcijos išvestinę.

Tirpalas suskaidomas į tris nuoseklius etapus:

1) Raskite tikrosią ir įsivaizduojamą funkcijos dalis. Ši užduotis buvo analizuojama ankstesniuose pavyzdžiuose, todėl parašysiu ją be komentarų:

Nuo tada:

Šiuo būdu:
yra tikroji funkcijos dalis;
yra įsivaizduojama funkcijos dalis.

Apsistosiu dar prie vieno techninio klausimo: kokia tvarka terminai turi būti rašomi tikrosiose ir menamose dalyse? Taip, iš esmės tai nesvarbu. Pavyzdžiui, tikroji dalis gali būti parašyta taip: , o įsivaizduojama dalis taip: .

3) Patikrinkime Cauchy-Riemano sąlygų įvykdymą. Jų yra du.

Pradėkime nuo būklės patikrinimo. Mes randame daliniai dariniai:

Taigi sąlyga įvykdyta.

Be jokios abejonės, gera žinia yra ta, kad daliniai išvestiniai produktai beveik visada yra labai paprasti.

Tikriname, ar įvykdyta antroji sąlyga:

Paaiškėjo tas pats, bet su priešingais ženklais, tai yra, sąlyga taip pat įvykdyta.

Koši-Riemano sąlygos tenkinamos, todėl funkcija yra diferencijuojama.

3) Raskite funkcijos išvestinę. Darinys taip pat labai paprastas ir randamas pagal įprastas taisykles:

Įsivaizduojamas diferenciacijos vienetas laikomas konstanta.

Atsakymas: - tikroji dalis yra įsivaizduojama dalis.
Koši-Riemano sąlygos įvykdytos, .

FKP integralas. Koši teorema.

Formulė ( 52 ) vadinamas Koši integralo formule arba Koši integralu. Jei kaip kontūras ( 52 ) pasirinkite apskritimą, tada, pakeičiant ir atsižvelgiant į tai, kad - lanko ilgio skirtumą, Koši integralas gali būti pavaizduotas kaip vidutinės reikšmės formulė:

Be nepriklausomos Koši integralo formulės vertės, ( 52 ), (54 ) iš tikrųjų yra labai patogus būdas apskaičiuoti kontūrų integralus, kurie, kaip matyti, bus išreikšti integrando „likučio“ reikšme taške, kuriame ši funkcija turi singuliarumą .

3-9 pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos integralą palei kontūrą (pav.20).

Sprendimas. Taškas, kuriame funkcija turi singuliarumą, priešingai nei 4-1 pavyzdyje, yra apskritimo viduje. Integralą atstovaujame formoje ( 52 ):

Koši formulė.

Leisti būti sudėtingoje plokštumoje domenas su dalimis sklandžiai riba , funkcija holomorphic ir domeno viduje taškas . Tada galioja ši Koši formulė:

Formulė taip pat galioja, jei darome prielaidą, kad ji yra holomorfinė viduje ir ištisinė ant uždarymo, taip pat jei riba nėra lygiai lygi, o tik ištaisoma. (Holomorfinė funkcija yra kompleksinio skaičiaus funkcija, o dalimis lygi yra tikras skaičius)

Elementarioji FCF: Teiloro funkcija, trigonometrinės funkcijos, hiperbolinės funkcijos, atvirkštinės trigonometrinės funkcijos, logaritminės funkcijos, Koši formulė.

1. Išvestinė ir diferencialinė. Sudėtingo kintamojo funkcijos išvestinės ir diferencialo apibrėžimai pažodžiui sutampa su atitinkamais vieno tikrojo kintamojo funkcijų apibrėžimais.

Tegul funkcija w = f(z) = ir + iv apibrėžta kokioje nors kaimynystėje U taškų zo. Pateikiame nepriklausomą kintamąjį z = x + gu prieaugis A z= A.g + gau, neveda iš kaimynystės U. Tada funkcija w = f(z) gaus atitinkamą priedą Aw = f(z 0 + Dg) - f(z0).

Funkcijos w = f(z) išvestinė taške zq vadinama funkcijos prieaugio santykio riba Oi prie argumento padidėjimo A z stengdamasis Az iki nulio (savavališkai).

Išvestinė žymima f"(z Q), w arba u-. Išvestinės apibrėžimas gali būti parašytas kaip

(6.1) nurodytos ribos gali nebūti; tada sakoma, kad funkcija yra w = f(z) neturi išvestinės taške zq.

Funkcija w = f(z) paskambino skiriasi apie tašką Zq, jei ji apibrėžta kurioje nors kaimynystėje U taškų zq ir jo prieaugis Oi gali būti pavaizduotas kaip

kur yra kompleksinis skaičius L nepriklauso nuo A r, o funkcija a(A r) yra be galo maža at Az-» 0, t.y. Pm a(Ag) = 0.

Kaip ir tikrojo kintamojo funkcijoms, įrodyta, kad funkcija f(z) taške skiriasi zq tada ir tik tada, kai jis turi išvestinę in zo. ir A \u003d f "(zo). Išraiška f"(zo)Az paskambino funkcijos f(z) diferencialas taške Zqir žymimas dw arba df(zo). Tuo pačiu metu prieaugis Az nepriklausomas kintamasis -r dar vadinamas kintamojo r ir diferencialu

žymimas dz.Šiuo būdu,

Diferencialas yra pagrindinė tiesinė funkcijos padidėjimo dalis.

6.1 pavyzdys. Ištirkite, ar funkcija turi w= /(r) = R ez išvestinė savavališkame taške Zq.

Sprendimas. Pagal sąlygą w = Rea = X. Remiantis išvestinės apibrėžimu, riba (C.1) neturėtų priklausyti nuo to, kuris kelias

taškas z = Zq + Az artėjant th pas A z-? 0. Pirmiausia paimkite A z - Ak(15 pav., a). Nes Aw = Ah. tada = 1. Jei

taip pat paimk A z = iAy(15 pav., b), tada Oi= 0 ir todėl Oi = 0.

Vadinasi, u = 0. Todėl išduodame santykius at Az-> 0 ne A z A z

egzistuoja, taigi ir funkcija w= Re r = X jokiame taške neturi išvestinės.

Tuo pačiu metu funkcija w=z = X + o, akivaizdžiai turi išvestinę bet kuriame th taške ir / "(th) = 1. Iš to aišku, kad diferencialiosios funkcijos f(r) tikroji ir menamoji dalys negali būti savavališkos; jie turi būti susieti tam tikrais papildomais ryšiais. Šie ryšiai atsiranda dėl to, kad išvestinės /"(o) egzistavimo sąlyga iš esmės yra labiau ribojanti nei vieno tikrojo kintamojo funkcijų išvestinės arba kelių realių kintamųjų funkcijų dalinės išvestinės sąlygos: ji reikalaujama, kad (6.1) riba egzistuotų ir nepriklauso nuo kelio, iki kurio taškas r = r0 + Ar artėja prie r kaip Ar 0. Norėdami gauti šiuos ryšius, primename dviejų funkcijos diferenciacijos apibrėžimą. kintamieji.

Faktinė funkcija u = u(x, y) realūs kintamieji X ir adresu vadinamas diferencijuojamu taške Ro (ho, wo) jei jis apibrėžtas kokioje nors taško D> ir jo bendro prieaugio A kaimynystėje ir = juos o + Oi, oi+ A y) – ir (ho, woo) atstovauti formoje

kur AT ir NUO- realieji skaičiai, nepriklausomi nuo J , taip, a {3 Oi ir taip, linkę į nulį Oi -» 0, taip-> 0.

Jei funkcija ir yra diferencijuojamas taške Po, tada jis turi par-

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

dariniai Po ir AT= ---, C = ---. Bet (puiku

iš vieno kintamojo funkcijų) nuo funkcijos dalinių išvestinių buvimo i(x, y) jo diferencijuotumas dar nesivadovauja.

2. Koši-Riemano sąlygos.

6.1 teorema. Tegul funkcija w = f(z) kompleksinio kintamojo z= (w, y) yra apibrėžtas taško kaimynystėje, zq= (jo, y o) ir f(z) = u(x, y) + iv(x, y). Kad f(z) būtų diferencijuojamas taške Zq, būtina ir pakanka, kad funkcijos u(x, y) XI v(x, y) būtų diferencijuojamos taške(jo, yo) ir kad šiuo metu sąlygos

Vadinamos lygybės (6.4). Koši-Riemano sąlygos .

Įrodymas. Reikia. Tegul funkcija w = f(z) yra diferencijuojamas taške zq, t.y.

Pažymėti f "(zo) \u003d a + ib a(Dg) = fi (Ax, Ay)+ r7 (J, Ay); Az = Ah + (Ai, kur /3 ir 7 yra tikrosios kintamųjų funkcijos Ak, ai linkę į nulį kaip J -> 0, Ai -> 0. Pakeitę šias lygybes į (6.5) ir atskirdami tikrąją ir menamąją dalis, gauname:

Kadangi kompleksinių skaičių lygybė yra lygi jų tikrosios ir menamos dalių lygybei, tai (6.6) yra lygiavertė lygybių sistemai

Lygybės (6.7) reiškia, kad funkcijos u(x, y), v(x,y) atitinka (6.3) sąlygą ir todėl yra diferencijuojamos. Kadangi koeficientai J ir taip yra lygūs dalinėms išvestinėms w ir atžvilgiu adresu atitinkamai, tada iš (6.7) gauname

iš kur seka sąlygos (6.4).

Tinkamumas. Dabar tarkime, kad funkcijos u(x, y) ir v(x,y) taške skiriasi (ho.woo) ir i(x, y) ir sąlygos (6.4).

Pažymėję a = ^, 6 = -^ ir pritaikę (6.4), gauname lygybes (6.8). Iš (6.8) ir funkcijų diferencijavimo sąlygos u(x, y), v(x, y) mes turime

kur ft, 7i, ft, d-2 - funkcijos linkusios į nulį kaip Ak -> 0, Ai ->-> 0. Iš čia

An + iAv= (o + ib)(Ax + i.Ay)+ (ft + ift) Ax + (71 + *72) Ai.(6.9) Apibrėžkime funkciją a(Aj) lygybe

ir įdėti BET = a 4- ib. Tada (6.9) perrašoma kaip lygybė

kuris sutampa su (6.2). Skiriamumo įrodymo diena

funkcijas f(z) belieka parodyti, kad lim a(Az) = 0. Iš lygybės

seka tuo Oi^ |Dg|, taip^ |Dg|. Štai kodėl

Jeigu Az-? 0, tada Oi-? 0, taip-> 0, taigi ir funkcijos ft, ft, 71, 72 linkusios į nulį. Todėl a(Aj) -> 0 už Az-> 0, ir 6.1 teoremos įrodymas baigtas.

6.2 pavyzdys. Patikrinkite, ar yra funkcija w = z 2 diferencijuojami; jei taip, kokiais taškais?

Sprendimas, w = u + iv = (x + iy) 2 = x 2 - y 2 + 2ixy, kur ir \u003d \u003d x 2 - y 2, V \u003d 2xy. Vadinasi,

Taigi Koši-Riemano sąlygos (6.4) tenkinamos kiekviename taške; reiškia funkciją w = g 2 skirsis C.

6.3 pavyzdys. Ištirkite funkcijos diferencijavimą w = - z - x - iy.

Sprendimas. w = u + iv = x - iy, kur u = x, v = -y ir

Taigi, Cauchy-Rieman sąlygos nėra tenkinamos bet kuriuo momentu, taigi ir funkcija w=z niekur nesiskiria.

Galite patikrinti funkcijos diferencijavimą ir tiesiogiai rasti išvestines formules (6.1).

6.4 PAVYZDYS. Naudodami (6.1) formulę ištirkite funkcijos diferencijavimą IV = z2.

Sprendimas. A w- (zq + A z) 2- Zq = 2 zqAz -I- (A z) 2 , kur

Todėl funkcija w = zr yra diferencijuojamas bet kuriame 2o taške ir jo išvestinė f"(zo) =2 zo-

Kadangi pagrindinės teoremos apie ribas yra išsaugotos kompleksinio kintamojo funkcijai, o kompleksinio kintamojo funkcijos išvestinės apibrėžimas taip pat nesiskiria nuo atitinkamo tikrojo kintamojo funkcijų apibrėžimo, tada gerai žinomos taisyklės diferencijuojant sumą, skirtumą, sandaugą, koeficientą ir kompleksinę funkciją, lieka galioti kompleksinio kintamojo funkcijoms. Panašiai taip pat įrodyta, kad jei funkcija f(z) taške skiriasi zo. tada šiame taške jis yra tęstinis; atvirkščiai nėra tiesa.

3. Analitinės funkcijos. Funkcija w= /(^ ns skiriasi tik pačiame taške zq, bet ir kai kuriose šio taško apylinkėse, yra vadinamas analitinis taške zq. Jeigu f(z) yra analitinis kiekviename regiono taške D, tada jis vadinamas analitinis (įprastas, holomorfinis) D srityje.

Iš darinių savybių iš karto išplaukia, kad jeigu f(z) ir g(z)- analitinės funkcijos šioje srityje D, tada funkcijos f(z) + g(z), f(z) - g(z), f(z) g(z) taip pat yra analitiniai šioje srityje D, ir privatus f(z)/g(z) analitinė funkcija visuose regiono taškuose D. kuriame g(z) f 0. Pavyzdžiui, funkcija

yra analitinis C plokštumoje su išmestais taškais z== 1 ir z-i.

Iš kompleksinės funkcijos išvestinės teoremos išplaukia toks teiginys: jei funkcija ir = u(z) yra analitinis domene D ir rodo Dį regioną D" kintamasis ir, ir funkcija w = f(u) analitinis šioje srityje D", tada sudėtinga funkcija w = f(u(z)) kintamasis z analitinis in D.

Leiskite pristatyti funkcijos, kuri yra analitinė uždaroje srityje, sąvoką D. Skirtumas nuo atviros zonos čia yra tas, kad pridedami ribiniai taškai, kuriems nepriklauso kaimynystė D; todėl išvestinė šiuose taškuose nėra apibrėžta. Funkcija f(z) paskambino analitinis (reguliarus, holomorfinis) uždarame rajone D jei šią funkciją galima išplėsti į kokią nors platesnę sritį D aš turiu D,į analitinius D funkcijas.

Sąlygos (6,4) buvo tiriamos dar XVIII a. D'Alembertas ir Eileris. Todėl kartais jos dar vadinamos d'Alembert-Eulerio sąlygomis, kas yra teisingesnė istoriniu požiūriu.

Teorema

Norint atlikti funkciją w = f(z) , apibrėžta tam tikroje srityje D sudėtinga plokštuma, taške buvo diferencijuota z 0 = x 0 + iy 0 kaip kompleksinio kintamojo funkcija z, būtina ir pakanka, kad jo tikroji ir menama dalys u ir v buvo skirtingi tuo metu ( x 0 ,y 0) kaip realiųjų kintamųjų funkcijos x ir y ir kad, be to, šiuo metu įvykdytos Cauchy-Riemano sąlygos:

; ;

Jei įvykdytos Koši-Riemano sąlygos, tada išvestinė f"(z) yra pateikiama bet kuria iš šių formų:

Įrodymas

Pasekmės

Istorija

Šios sąlygos pirmą kartą pasirodė d "Alembert" darbe (1752). Eulerio darbe, apie kurį pranešta Sankt Peterburgo mokslų akademijai 1777 m., sąlygos pirmą kartą įgavo bendrojo analitiškumo kriterijaus pobūdį. Cauchy naudojo šiuos ryšius kurdamas funkcijų teoriją, pradedant atsiminimais, pristatytais Paryžiaus mokslų akademijai 1814 m.. Garsioji Riemann disertacija apie funkcijų teorijos pagrindus datuojama 1851 m.

Literatūra

Shabat B.V.Įvadas į kompleksinę analizę. - M.: Nauka, . - 577 p.
Tičmaršas E. Funkcijų teorija: Per. iš anglų kalbos. - 2-asis leidimas, pataisytas. - M.: Nauka, . - 464 p.
Privalovas I.I. Sudėtingo kintamojo funkcijų teorijos įvadas: Aukštojo mokslo vadovas. - M.-L.: Valstybinė leidykla, . - 316 p.
Evgrafovas M. A. Analitinės funkcijos. - 2-asis leidimas, pataisytas. ir papildomas - M.: Nauka, . - 472 p.

Wikimedia fondas. 2010 m.

Pažiūrėkite, kas yra „Cauchy-Riemano sąlygos“ kituose žodynuose:

Riemannas, dar vadinamas d'Alembert Eulerio sąlygomis, santykiais, jungiančiais bet kokios sudėtingo kintamojo diferencijuojamos funkcijos realią ir įsivaizduojamą dalis. Turinys 1 Formuluotė ... Vikipedija

Riemann's Cauchy sąlygos arba D'Alembert Eulerio sąlygos tikrosioms sudėtingo kintamojo funkcijos u = u (x, y) ir įsivaizduojamoms v = v (x, y) dalims, užtikrinančios begalinį nuolatinį f (z) diferencijavimą ) kaip komplekso ... ... Vikipedijos funkcija

D Alamberto Eulerio sąlygos, sąlygos realiajai u=u(x, y). ir įsivaizduojamajai v= v(x, y). Sudėtingo kintamojo funkcijos dalys, užtikrinančios f(z) kaip funkcijos monogeniškumą ir analitiškumą sudėtingo kintamojo. Kad funkcija w=f(z),… … Matematinė enciklopedija

Augustin Louis Cauchy ... Vikipedija

Augustin Louis Cauchy Augustin Louis Cauchy (pranc. Augustin Louis Cauchy; 1789 m. rugpjūčio 21 d., Paryžius, 1857 m. gegužės 23 d., Co (Haus de Seine)) Prancūzų matematikas, Paryžiaus mokslų akademijos narys, sukūrė matematinės analizės pagrindus ir pats sukūrė didžiulis indėlis į analizę ... Vikipedija

Tegul funkcija W = f(Z) yra duotas ant kai kurių rinkinių ir Z 0 , priklauso E, šio rinkinio ribinis taškas. Duokim Z 0 = x 0 + i· y 0 prieaugis Δ Z = Δ x+ i· Δ y parodyti Z = Z 0 + Δ Z priklausė daugeliui E. Tada funkcija W = u+ i· v = f(Z) = u(x, y)+ i· v(x, y). Gauname prieaugį Δ W = Δ u+ i· Δ v = f(Z 0 + Δ Z) - f(Z 0 ) = Δ f(Z 0 ) ,
.

Jei yra baigtinė riba
, tada jis vadinamas išvestinė funkcijaf(Z) taškeZ 0 daugelioE, ir žymimas
,
,
, W" .

Formaliai kompleksinio kintamojo išvestinė funkcija apibrėžiama lygiai taip pat, kaip ir realaus kintamojo funkcijos išvestinė, tačiau jų turinys skiriasi.

Funkcijos išvestinės apibrėžime f(x) realus kintamasis taške X 0 , x→ x 0 išilgai tiesia linija. Esant kompleksinio kintamojo funkcijai f(Z), Z gali siekti Z 0 išilgai bet kurio plokštumos kelio, vedančio į tašką Z 0 .

Todėl sudėtingo kintamojo išvestinės funkcijos egzistavimo reikalavimas yra labai griežtas. Tai paaiškina, kodėl net paprastos sudėtingo kintamojo funkcijos neturi išvestinės.

Pavyzdys.

Apsvarstykite funkciją W = = x- i· y. Parodykime, kad ši funkcija jokiame taške neturi išvestinės. Paimkite bet kurį tašką Z 0 = x 0 + i· y 0 , duokime prieaugį Δ Z = Δ x+ i· Δ y, tada funkcija padidės . Reiškia

,
,

Pirmiausia apsvarstysime Δ Z = Δ x + i· Δ y taip, kad Δ x → 0 , ir Δ y = 0 , t.y. taškas Z 0 + Δ Z → Z 0 išilgai horizontalios linijos. Tai darydami mes tai gauname

Dabar svarstysime prieaugį ∆ Z toks, kad ∆ x = 0 , ir ∆ y → 0 , t.y. kada Z 0 + ∆ Z→ Z 0 išilgai vertikalios tiesios linijos, tai akivaizdžiai bus
.

Gautos ribos yra skirtingos, todėl santykis neturi limito kada ∆ Z → 0 , tai yra funkcija
jokiame taške neturi išvestinės Z 0 .

Išsiaiškinkime išvestinės reikšmę aibės atžvilgiu. Leisti E yra tikroji ašis ir W = f(Z) = x, tada tai yra įprastinė tikrojo kintamojo funkcija f(x) = x o jo išvestinė bus 1 (
).

Leisk dabar E yra visa plokštuma (Z). Parodykime, kad funkcija f(Z) = xšiuo atveju jokiame taške neturi išvestinės. Tiesa, šiuo atveju
.Iš čia aišku, kad jeigu
a
, tada
. Jeigu
, a
, tada
.Vadinasi, santykis neturi limito kada
, taigi funkcija f(Z) = x jokiame taške neturi išvestinės
.

Atkreipkite dėmesį, kad jei nagrinėsime sudėtingos reikšmės tikrojo kintamojo funkciją, tada iš išvestinės apibrėžimo tiesiogiai išplaukia, kad
, todėl (tai išvestinė išilgai tikrosios ašies).

Funkcijų prieaugio formulė.

Tegul funkcija W = f(Z) turi taške Z 0 išvestinė
. Parodykime, kad vaizdavimas (1) vyksta, kur kiekis
, kada
.

Iš tikrųjų, pagal išvestinės apibrėžimą, mes turime
, todėl vertė
, kada
. Todėl vyksta vaizdavimas (1) (abi dalis padauginame iš
ir perkelti
į kairę pusę).

Paskaita Nr. 8 Sudėtingo kintamojo funkcijos diferenciacija ir diferencialas

Funkcija W = f(Z) paskambino taške skiriasiZ 0 , jei atvaizdavimas (2) vyksta šioje vietoje, kur A yra fiksuotas kompleksinis skaičius ir kiekis
linkęs į nulį, kai
.

Jei funkcija W = f(Z) taške skiriasi Z 0 , tada pagrindinė tiesinė atžvilgiu
jo dalis A·
prieaugis
taške Z 0 paskambino funkcijų diferencialas f(Z) taške ir žymimas
.

Yra teorema.

Teorema.

Norint atlikti funkcijąW = f(Z) tuo metu buvo skirtingasZ 0 , būtina ir pakanka, kad šiame taške būtų baigtinė išvestinė
, ir visada paaiškėja, kad atvaizde (2)
.

Įrodymas.

Reikia. Tegul funkcija yra diferencijuojama taške Z 0 . Parodykime, kad šiuo metu ji turi baigtinę išvestinę ir kad ši išvestinė yra lygi skaičiui BET. Dėl diferenciacijos f(Z) taške Z 0 vaizdavimas (2) galioja, todėl
(3). Čia pereinant prie ribos ties
mes tai gauname
, reiškia
.

Tinkamumas. Tegul funkcija f(Z) turi taške Z 0 galutinė išvestinė
. Parodykime, kad reprezentacija (2) galioja. Dėl darinio egzistavimo
vaizdavimas (1) vyksta, bet tai yra reprezentacija (2), kurioje A =
. Buvo nustatytas pakankamumas.

Kaip žinome, diferencialas, imant nepriklausomo kintamojo diferencialą Z jo prieaugis
, tai yra, darant prielaidą
, galime parašyti
ir todėl
(tai yra skirtumų santykis, o ne vienas simbolis).