Funkcije kompleksne varijable. Diferenciranje funkcija kompleksne varijable. Derivat FKP-a. Cauchy-Riemannovi uvjeti. Analitičke funkcije Linearna funkcija kompleksne varijable

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, da bi funkcija bila diferencijabilna
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. Za postojanje derivacije funkcije kompleksne varijable 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 područja 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.

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. Trebat će vam i vještine za pronalaženje parcijalne derivacije drugog reda. Evo ih ove parcijalne izvedenice...i sad sam se malo iznenadio koliko se često javljaju...

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 jednu smiješnu priču. Na lekciji Kompleksni 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? Najčešće funkcije dviju varijabli od 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

Nađi 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 varijabilne funkcije 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 realne i imaginarne dijelove 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 vijest je 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 derivata, 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 izvesti; za provjeru uvijek je bolje uzeti izraz na nacrt ili usmeno otvoriti zagrade natrag, 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 ispunjeni 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 ispunjavaju nego što se ispunjavaju. Ali u praktičnim primjerima ne sjećam se slučaja u kojem nisu ispunjeni =) Dakle, ako se vaše parcijalne derivacije "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, samo je važno da prihvaćaju jedino valjano značenja. Zapravo, vidjet ćemo ovo upravo sada:

Primjer 7

Nađi izvedenicu.

Riješenje: Generalna linija 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 stvarni i imaginarni dio prvi u indikatoru izlagači. Da biste to učinili, otvorite zagrade.

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

(4) Koristimo akciju škole 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) Upotreba 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, 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.

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 svatko može izaći na kraj 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 u nazivniku “Z”?

Sve je jednostavno - standardni će vam pomoći metoda množenja brojnika i nazivnika konjugiranim izrazom, već je korišteno u primjerima lekcije Kompleksni 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:

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 funkcija dobiti inkrement. 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
.

Imajte na umu da ako se razmatra funkcija 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, po definiciji derivata imamo
, dakle, vrijednost
, Kada
. Stoga se prikazuje prikaz (1) (pomnožite obje strane sa
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
, a 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 omjer razlika, a ne jedan simbol).

Razmotrimo neku složenu veličinu $w$, koja je dana izrazom $w(z)=u(x,y)+v(x,y)\cdot i$, gdje je $u(x,y),\, \, \, v(x,y)$ su realne funkcije realne varijable, $z=x+yi$.

Ova veličina je složena funkcija realne varijable.

Definicija 1

Funkcija $w(z)$ naziva se analitičkom u nekoj točki z ako je ta funkcija diferencijabilna u nekoj okolini te točke z.

Definicija 2

Funkcija se naziva analitičkom u nekoj domeni D ako je analitička u svakoj točki te domene.

Neka su funkcije $u(x),\, \, \, v(x)$ diferencijabilne.

Definicija 3

Izraz $w_(x) "=u"_(x) (x,y)+i\cdot v"_(x) (x,y)$ naziva se derivacija složene funkcije realne varijable u odnosu na na pravi argument $x$.

Derivacija u odnosu na realni argument $y$ definira se na sličan način.

Za izračun derivacije koristimo sljedeću formulu:

\ \

1) Za funkciju $w=(3x+2)+(x^(3) +2y)\cdot i$ dobivamo:

\ \

2) Za funkciju $w=(x+e^(y))+(3y^(2) +\ln x)\cdot i$ dobivamo:

\ \

Da bi neka funkcija $w(z)$ bila diferencijabilna u nekoj točki $z_(0) =x_(0) +y_(0) \cdot i$, potrebno je i dovoljno da $u(x,y) $ i $v(x,y)$ bili su diferencijabilni u točki $(x_(0) ;y_(0))$ i bili su zadovoljeni sljedeći uvjeti:

\[\begin(array)(l) (\frac(\partial u(x,y))(\partial x) =\frac(\partial v(x,y))(\partial y) ) \\ ( \frac(\partial u(x,y))(\partial y) =-\frac(\partial v(x,y))(\partial x) ) \end(array).\]

Ti se uvjeti nazivaju Cauchy-Riemannovi uvjeti.

Napomena 1

Cauchy-Riemannovi uvjeti su relacije koje povezuju realne i imaginarne dijelove diferencijabilne funkcije $w(z)=u(x,y)+v(x,y)\cdot i$, gdje je $u(x,y) ,\, \, \, v(x,y)$ su realne funkcije realne varijable, $z=x+yi$.

Odaberimo realni i imaginarni dio funkcije. Stavimo $z=x+yi$ i dobijemo:

Prema tome, $u(x,y)=e^(1+2y) \cdot \cos (-2x);\, \, \, \, v(x,y)=e^(1+2y) \cdot \sin (-2x)$ - traženi realni i imaginarni dijelovi funkcije.

Upotrijebimo Cauchy-Riemannove uvjete: $\frac(\partial u)(\partial x) =\frac(\partial v)(\partial y) ;\frac(\partial u)(\partial y) =-\ frac( \partial v)(\partial x) $.

\[\begin(array)(l) (\frac(\partial u)(\partial x) =2e^(1+2y) \cdot \sin (-2x);\frac(\partial v)(\partial y) =2e^(1+2y) \cdot \sin (-2x)) \\ (2e^(1+2y) \cdot \sin (-2x)=2e^(1+2y) \cdot \sin ( -2x)) \end(niz)\] \[\begin(niz)(l) (\frac(\partial u)(\partial y) =2e^(1+2y) \cdot \cos (-2x) ;\frac(\partial v)(\partial x) =-2e^(1+2y) \cdot \cos (-2x)) \\ (2e^(1+2y) \cdot \cos (-2x)= -(-2e^(1+2y) \cdot \cos (-2x))) \end(niz)\]

Cauchy-Riemannovi uvjeti su zadovoljeni za svaki realni $x,y$. Stoga je funkcija analitička za svaki realni $x,y$.

Nađimo derivaciju funkcije i izračunajmo vrijednost derivacije funkcije u danoj točki $z_(0) =\frac(\pi )(6) $.

Derivacija funkcije ima oblik:

Izračunajmo vrijednost derivacije funkcije u zadanoj točki

U praksi se možete susresti sa sljedećim problemima.

Problem 1

S obzirom na realni dio $u(x,y)$ neke funkcije kompleksne varijable $w(z)$, potrebno je pronaći imaginarni dio $v(x,y)$ te funkcije. Rekonstruirajte funkciju $w(z)$ iz poznatih realnih i imaginarnih dijelova.

Problem 2

Zadan je imaginarni dio $v(x,y)$ neke funkcije kompleksne varijable $w(z)$, potrebno je pronaći imaginarni dio $u(x,y)$ te funkcije. Rekonstruirajte funkciju $w(z)$ iz poznatih realnih i imaginarnih dijelova.

Algoritam za rješavanje problema 2 bit će sljedeći:

pronaći realni dio koristeći Cauchy-Riemannove uvjete;
sastavite funkciju $w(z)=u(x,y)+v(x,y)\cdot i$;
izvršite transformacije i odaberite varijablu $z=x+yi$ ili $\overline(z)=x-yi$.

Napomena 1

Pri rješavanju praktičnih problema mogu biti korisni sljedeći odnosi:

\ \ \

Napomena 2

Operacija dijeljenja imaginarnom jedinicom $i$ ekvivalentna je operaciji množenja s $-i$.

Primjer 3

Iz realnog dijela $u(x,y)=-x^(2) +y^(2) -5y$ neke funkcije kompleksne varijable obnovite njen imaginarni dio $v(x,y)$ i vratite ovo funkcija, dok funkcija zadovoljava početni uvjet $w(0)=0$.

Nađimo imaginarni dio $v(x,y)$ željene funkcije $w(z)$. Iskoristimo prvi Cauchy-Riemannov uvjet:

\[\frac(\partial u(x,y))(\partial x) =\frac(\partial v(x,y))(\partial y) .\]

Zamijenimo izvorne vrijednosti i dobijemo:

\[\frac(\partial v(x,y))(\partial y) =\frac(\partial (-x^(2) +y^(2) -5y))(\partial x) =-2x \] \ \

Pronađimo nepoznatu funkciju $\phi (x)$.

Iskoristimo drugi Cauchy-Riemannov uvjet:

\[\frac(\partial u(x,y))(\partial y) =-\frac(\partial v(x,y))(\partial x).\] \ \[\phi "(x) =5\desna strelica \phi (x)=\int 5dx =5x+C\]

Stoga,

Imaginarni dio željene funkcije $w(z)$ je vraćen, zatim možemo napisati samu funkciju:

Transformirajmo dobiveni izraz:

\ \[=-x^(2) +y^(2) -5y+-2xyi+5xi+Ci=(-x^(2) +y^(2) -2xyi)+(-5y+5xi)+Ci =\] \[=-(x^(2) +2xyi-y^(2))+5i\cdot (x-\frac(y)(i))+Ci\] \

Pomoću početnog uvjeta $w(0)=0$ nalazimo vrijednost konstante $C$.

Dakle, tražena funkcija ima oblik:

Imaginarni dio funkcije poprimit će oblik.

Teorema

Kako bi funkcija w = f(z) , definiran u nekom području D kompleksna ravnina, bila diferencijabilna u točki z 0 = x 0 + jag 0 kao funkcija kompleksne varijable z, potrebno je i dovoljno da njeni stvarni i imaginarni dijelovi u I v bili diferencijabilni u točki ( x 0 ,g 0) kao funkcije realnih varijabli x I g i da su, dodatno, u ovoj točki Cauchy-Riemannovi uvjeti zadovoljeni:

; ;

Ako su Cauchy-Riemannovi uvjeti zadovoljeni, tada je izvod f"(z) može se predstaviti u bilo kojem od sljedećih oblika:

Dokaz

Posljedice

Priča

Ti su se uvjeti prvi put pojavili u d'Alembertovom djelu (1752.). U Eulerovom radu, o kojem je 1777. godine izvijestio Peterburšku akademiju znanosti, uvjeti su prvi put dobili karakter općeg znaka analitičnosti funkcija. Cauchy koristio je te odnose za izgradnju teorije funkcija, počevši od memoara, predstavljenih Pariškoj akademiji znanosti 1814. Riemannova poznata disertacija o temeljima teorije funkcija datira iz 1851.

Književnost

Shabbat B.V. Uvod u kompleksnu analizu. - M.: Znanost, . - 577 str.
Titchmarsh E. Teorija funkcija: Prijevod. s engleskog - 2. izdanje, revidirano. - M.: Znanost, . - 464 s.
Privalov I. I. Uvod u teoriju funkcija kompleksne varijable: Priručnik za visoka učilišta. - M.-L.: Državna izdavačka kuća, . - 316 s.
Evgrafov M. A. Analitičke funkcije. - 2. izdanje, revidirano. i dodatni - M.: Znanost, . - 472 s.

Zaklada Wikimedia. 2010.

Pogledajte što su "Cauchy-Riemannovi uvjeti" u drugim rječnicima:

Riemannovi, također zvani d'Alembert Eulerovi uvjeti, odnosi koji povezuju stvarne i imaginarne dijelove bilo koje diferencijabilne funkcije kompleksne varijable. Sadržaj 1 Riječ ... Wikipedia

Cauchy-Riemannovi uvjeti, ili D'Alembert Eulerovi uvjeti, uvjeti na stvarne u = u(x,y) i imaginarne v = v(x,y) dijelove funkcije kompleksne varijable, osiguravajući beskonačnu kontinuiranu diferencijabilnost f( z) u funkciji složenog... ... Wikipedia

D Uvjeti Alemberta Eulera, uvjeti na realne u=u(x, y).i imaginarne v=v(x, y).dijelove funkcije kompleksne varijable koji osiguravaju monogenost i analitičnost f(z) kao funkcije kompleksne varijable. Da bi funkcija w=f(z),… … Matematička enciklopedija

Augustin Louis Cauchy Augustin Louis Cauchy ... Wikipedia

Augustin Louis Cauchy Augustin Louis Cauchy (francuski Augustin Louis Cauchy; 21. kolovoza 1789., Pariz 23. svibnja 1857., Saux (Eau de Seine)) francuski matematičar, član Pariške akademije znanosti, razvio je temelje matematičke analize i sam napravio veliki doprinos analizi ... Wikipedije