| Math | Дата: Понедельник, 2009-05-18, 4:57 PM | Сообщение # 1 |
|
Рядовой
Группа: Администраторы
Сообщений: 19
Статус: Offline
| Теория
1) Функция $f(x,y)$ может быть вещественной или мнимой частью аналитической функции, только если она является гармонической. Т.е. должно выполняться тождество: $\Delta f(x,y)=\frac{\partial^2f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2f}{\partial y^2}=0$
2) Условия Коши-Римана.
Для того, чтобы функция $f(z)=f(x+i\cdot y)=u(x,y)+i\cdot v(x,y)$ была дифференцируема в точке $z_0=x_0+i\cdot y_0$, необходимо и достаточно, чтобы функции $u(x,y)$ и $v(x,y)$ были дифференцируемы в точке $(x_0,y_0)$, и чтобы в этой точке выполнялись соотношения$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}\;,\;\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$$ Примеры
1) Восстановить аналитическую в окрестности точки $z_0$ функцию $f(z)$, если известна действительная часть- $u(x,y)=x^3-3xy+1,\; f(0)=1$.
Во-первых проверим является ли $u(x,y)$ быть вещественной частью аналитической функции:
$\Delta u(x,y)=6x-6x=0$, согласно пункту 1 является.
Теперь используем условия Коши-Римана:
$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=3x^2-3y^2\\v=3x^2y-y^3+f(x)\\\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}\;\to\;6xy+f'(x)=6xy\;\to\;f'(x)=0\;\to\;f(x)=C\\v=3x^2y-y^3+C=0\toC=0$
Значит функция выглядит так:
$w(z)=w(x+i\cdot y)=u(x,u)+i\cdot v(x,y)=x^3+3ix^2y-3xy^2-iy^3+1=\\=(x+iy)^3+1=z^3+1$ Литература
"Курс современного анализа. Основные операции анализа"- Уиттекер, Ватсон.
"Курс современного анализа. Трансцендентные функции"- Уиттекер, Ватсон
Методички СПбГМТУ и МГТУ им. Баумана.
|
| |
| |
