Neka funkcija = u(x,y)+iv(x,y) je definiran u susjedstvu tačke z = x+iy. Ako je promenljiva z prirast  z= x+i y, zatim funkciju
će dobiti povećanje


= (z+ z)–
=u(x+ x, y+ y)+

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

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

= u(x,y) + i v(x,y).

Definicija. Ako postoji granica

=

,

tada se ova granica naziva derivacijom funkcije
u tački z i označava se sa f(z) ili
. Dakle, po definiciji,

=

=

. (1.37)

Ako je funkcija
ima derivat u tački z, tada kažemo da je funkcija
diferencibilan u jednoj tački z. Očigledno, za diferencijabilnost funkcije
neophodno je da funkcije u(x,y) i v(x,y) bile diferencibilne. Međutim, to nije dovoljno za postojanje izvedenice f(z). Na primjer, za funkciju w== x–iy funkcije u(x,y)=x

i v(x,y)=–y su diferencibilne u svim tačkama M( x,y), ali granica relacije
at  x0,  y0 ne postoji, jer if  y= 0,  x 0, dakle  w/ z= 1,

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

Ne postoji jedno ograničenje. To znači da je funkcija

w= nema izvod ni u jednom trenutku z. Za postojanje izvoda funkcije kompleksne varijable potrebni su dodatni uslovi. Sta tacno? Odgovor na ovo pitanje daje sljedeća teorema.

Teorema. Neka funkcije u(x,y) i v(x,y) su diferencijabilne u tački M( x,y). Zatim u redu za funkciju

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

imao derivat u jednom trenutku z = x+iy, potrebno je i dovoljno da su jednakosti

Jednakosti (1.38) se nazivaju Cauchy-Riemannovi uslovi.

Dokaz. 1) Nužnost. Neka funkcija
ima izvod u tački z, odnosno postoji granica

=

=
.(1.39)

Granica na desnoj strani jednakosti (1.39) ne zavisi od toga na kojoj putanji je tačka  z =  x+i y traži

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

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

(1.41)

Sl.1.10 1.11

Lijevi dijelovi u jednakostima (1.40) i (1.41) su jednaki. Dakle, desne strane su jednake

Otuda to sledi

Dakle, iz pretpostavke o postojanju derivata f(z) slijedi ispunjenje jednakosti (1.38), odnosno Cauchy-Riemannovi uslovi su neophodni za postojanje izvoda f(z).

1) Dovoljnost. Pretpostavimo sada da su jednakosti (1.38) zadovoljene:

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

=

postoji.

Pošto funkcije u(x,y) i v(x,y) su diferencijabilne u tački M( x,y), tada ukupni prirast ovih funkcija u tački M( x,y) može se predstaviti kao

,

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

Pošto, na osnovu (1.38),

shodno tome,

=
,

 1 =  1 +i 1 0,  2 =  2 +i 2 0 na z =  x+iy0.

Na ovaj način,

Od  z 2 =  x 2 + y 2 , zatim  x/ z1,  y/z1. Zbog toga

u  z  0.

Iz ovoga slijedi da desna strana jednakosti (1.42) ima granicu na  z 0, dakle, lijeva strana ima granicu na  z 0, a ovo ograničenje ne zavisi od toga koji put  z teži 0. Dakle, dokazano je da ako je u tački M(x,y) uslovi (1.38) su zadovoljeni, onda funkcija
ima derivat u tački z = x+iy, i

.

Teorema je u potpunosti dokazana.

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

,

.

Koristeći formule (1.38), možemo dobiti još dvije formule

, (1.43)

. (1.44)

Ako je funkcija f(z) ima izvod u svim tačkama domene D, onda kažemo da je funkcija
je diferencijabilna u domenu D. Za to je neophodno i dovoljno da Cauchy-Riemann uslovi budu zadovoljeni u svim tačkama domena D.

Primjer. Provjerite Cauchy-Riemann uslove za

funkcije e z .

Jer e z = e x+iy = e x(cos y + i grijeh y),

onda u(x, y) = Re e z = e x cos y, v(x, y) = Im e z = e x grijeh y,

,
,

,
,

shodno tome,

Cauchy - Riemann uvjeti za funkciju e z su zadovoljene u svim tačkama z. Dakle, funkcija e z je diferencibilan na cijeloj ravni kompleksne varijable, i

Na isti način se dokazuje diferencijabilnost

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

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

(gl z) = sh z, (š z) = pog z, (Ln z) = 1/z.

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

Funkcije kompleksne varijable.
Diferencijacija funkcija kompleksne varijable.

Ovaj članak otvara niz lekcija u kojima ću razmatrati tipične probleme vezane za teoriju funkcija kompleksne varijable. Da biste uspješno savladali primjere, morate imati osnovno znanje o kompleksnim brojevima. Za konsolidaciju i ponavljanje gradiva dovoljno je posjetiti stranicu. Također će vam trebati vještine za pronalaženje parcijalni derivati ​​drugog reda. Evo ih, ovih parcijalnih derivata...i sad sam se malo iznenadio koliko se često javljaju...

Tema koju počinjemo analizirati nije posebno teška, a u funkcijama složene varijable, u principu, sve je jasno i dostupno. Glavno je pridržavati se osnovnog pravila, koje sam ja empirijski izveo. Čitajte dalje!

Koncept funkcije kompleksne varijable

Prvo, osvježimo naše znanje o školskoj funkciji jedne varijable:

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

U složenom slučaju, funkcionalna ovisnost je data slično:

Jednovrijedna funkcija kompleksne varijable je pravilo da svi sveobuhvatan vrijednost nezavisne varijable (iz domene) odgovara jednoj i samo jednoj sveobuhvatan vrijednost funkcije. U teoriji se razmatraju i viševrijedne i neke druge vrste funkcija, ali radi jednostavnosti fokusirat ću se na jednu definiciju.

Koja je funkcija kompleksne varijable?

Glavna razlika je u tome što su brojevi složeni. Nisam ironičan. Od takvih pitanja često padaju u stupor, na kraju članka ću ispričati cool priču. Na lekciji Kompleksni brojevi za lutke razmatrali smo kompleksan broj u obliku . Od sada je slovo "Z" postalo varijabla, tada ćemo ga označiti na sljedeći način: , dok "x" i "y" mogu uzeti različite validan vrijednosti. Grubo govoreći, funkcija kompleksne varijable ovisi o varijablama i , koje uzimaju "uobičajene" vrijednosti. Iz ove činjenice logično proizlazi sljedeće:

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

Funkcija se poziva pravi deo funkcije .
Funkcija se poziva imaginarni deo funkcije .

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

Primjer 1

Rješenje: Nezavisna varijabla "z", kao što se sjećate, piše se kao , dakle:

(1) Zamijenjeno u originalnu funkciju.

(2) Za prvi član korišćena je redukovana formula množenja. U mandatu su otvorene zagrade.

(3) Pažljivo na kvadrat, ne zaboravljajući to

(4) Preuređenje pojmova: prvo prepišite pojmove , u kojoj nema zamišljene jedinice(prva grupa), zatim pojmovi, gdje postoji (druga grupa). Treba napomenuti da nije potrebno miješati termine, a ovaj korak se može preskočiti (u stvari, usmenim izvođenjem).

(5) Druga grupa se vadi iz zagrada.

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

odgovor:
je pravi dio funkcije .
je imaginarni dio funkcije .

Koje su to funkcije? Najobičnije funkcije dvije varijable, od kojih se mogu naći tako popularne parcijalni derivati. Bez milosti - naći ćemo. Ali malo kasnije.

Ukratko, algoritam riješenog problema može se zapisati na sljedeći način: zamjenjujemo u izvornu funkciju, vršimo pojednostavljenja i dijelimo sve pojmove u dvije grupe - bez imaginarne jedinice (stvarni dio) i sa imaginarnom jedinicom (imaginarni dio).

Primjer 2

Pronađite stvarni i imaginarni dio funkcije

Ovo je "uradi sam" primjer. Prije nego što se bacite u bitku na složenom avionu sa golim damama, dozvolite mi da vam dam najvažniji savjet na tu temu:

BUDI PAZLJIV! Morate biti oprezni, naravno, svuda, ali u složenim brojevima trebali biste biti oprezniji nego ikad! Zapamtite to, pažljivo proširite zagrade, nemojte ništa izgubiti. Prema mojim zapažanjima, najčešća greška je gubitak znaka. Ne žuri!

Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Sada kocka. Koristeći skraćenu formulu za množenje, izvodimo:
.

Formule su vrlo zgodne za korištenje u praksi, jer uvelike ubrzavaju proces rješenja.

Diferencijacija funkcija kompleksne varijable.

Imam dvije vijesti: dobru i lošu. Počeću sa dobrim. Za funkciju kompleksne varijable vrijede pravila diferencijacije i tablica izvoda elementarnih funkcija. Dakle, derivacija se uzima na potpuno isti način kao u slučaju funkcije realne varijable.

Loša vijest je da za mnoge funkcije kompleksne varijable uopće ne postoji derivacija i morate shvatiti je diferencibilan jednu ili drugu funkciju. A "shvatiti" kako se vaše srce osjeća povezano je s dodatnim problemima.

Razmotrimo funkciju kompleksne varijable. Da bi ova funkcija bila diferencibilna, potrebno je i dovoljno da:

1) Da postoje parcijalni derivati ​​prvog reda. Odmah zaboravite na ove notacije, jer se u teoriji funkcije kompleksne varijable tradicionalno koristi druga verzija notacije: .

2) Za obavljanje tzv Cauchy-Riemann uslovi:

Samo u ovom slučaju će derivat postojati!

Primjer 3

Rješenje podeljeno na tri uzastopne faze:

1) Pronađite stvarni i imaginarni dio funkcije. Ovaj zadatak je analiziran u prethodnim primjerima, pa ću ga zapisati bez komentara:

Od tada:

Na ovaj način:

je imaginarni dio funkcije .

Zadržaću se na još jednoj tehničkoj stvari: kojim redosledom pisati pojmove u realnim i imaginarnim dijelovima? Da, u suštini nije važno. Na primjer, pravi dio se može napisati ovako: , a imaginarni - ovako: .

2) Provjerimo ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova. Ima ih dvoje.

Počnimo sa provjerom stanja. Mi nalazimo parcijalni derivati:

Dakle, uslov je ispunjen.

Bez sumnje, dobra vijest je da su parcijalni derivati ​​gotovo uvijek vrlo jednostavni.

Provjeravamo ispunjenost drugog uslova:

Ispostavilo se isto, ali sa suprotnim predznacima, odnosno uslov je takođe ispunjen.

Cauchy-Riemannovi uslovi su zadovoljeni, pa je funkcija diferencibilna.

3) Pronađite izvod funkcije. Izvod je također vrlo jednostavan i nalazi se prema uobičajenim pravilima:

Imaginarna jedinica u diferencijaciji smatra se konstantom.

odgovor: - pravi deo je imaginarni dio.
Cauchy-Riemann uvjeti su ispunjeni, .

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?

Izvod se može naći pomoću formule:

U ovom slučaju:

Na ovaj način

Potrebno je riješiti inverzni problem - u rezultirajućem izrazu potrebno je izolirati . Da bi se to uradilo, potrebno je u terminima i izvaditi iz zagrada:

Obrnutu radnju je, kao što su mnogi primijetili, nešto teže izvesti, za provjeru je uvijek bolje uzeti izraz i na nacrtu ili usmeno otvoriti zagrade natrag, pazeći da ispadne tačno

Formula ogledala za pronalaženje izvoda:

U ovom slučaju: , zbog toga:

Primjer 4

Odredite stvarne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova. Ako su ispunjeni Cauchy-Riemann uvjeti, pronađite derivaciju funkcije.

Kratko rješenje i okvirni primjer završne obrade na kraju lekcije.

Da li su Cauchy-Riemann uvjeti uvijek zadovoljeni? Teoretski, češće nisu ispunjeni nego što jesu. Ali u praktičnim primjerima, ne sjećam se slučaja da nisu izvršeni =) Dakle, ako se vaši parcijalni derivati ​​"nisu konvergirali", onda s vrlo velikom vjerovatnoćom možemo reći da ste negdje pogriješili.

Zakomplikujmo naše funkcije:

Primjer 5

Odredite stvarne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova. Izračunati

Rješenje: Algoritam rješenja je u potpunosti sačuvan, ali na kraju je dodat novi hir: pronalaženje derivacije u tački. Za kocku, potrebna formula je već izvedena:

Definirajmo stvarne i imaginarne dijelove ove funkcije:

Pažnja i opet pažnja!

Od tada:


Na ovaj način:
je pravi dio funkcije ;
je imaginarni dio funkcije .

Provjera drugog uslova:

Ispostavilo se isto, ali sa suprotnim predznacima, odnosno uslov je takođe ispunjen.

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

Izračunajte vrijednost derivacije u traženoj tački:

odgovor:, , Cauchy-Riemannovi uslovi su zadovoljeni,

Funkcije s kockama su uobičajene, pa primjer za konsolidaciju:

Primjer 6

Odredite stvarne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova. Izračunati .

Odluka i završetak uzorka na kraju lekcije.

U teoriji kompleksne analize definiraju se i druge funkcije kompleksnog argumenta: eksponencijalna, sinusna, kosinusna itd. Ove funkcije imaju neobična, pa čak i bizarna svojstva - i to je zaista zanimljivo! Stvarno vam želim reći, ali evo, jednostavno se dogodilo, ne priručnik ili udžbenik, već rješenje, pa ću razmotriti isti zadatak sa nekim uobičajenim funkcijama.

Prvo o tzv Eulerove formule:

Za bilo koga validan brojeva, važeće su sljedeće formule:

Takođe ga možete kopirati u svoju bilježnicu kao referencu.

Strogo govoreći, postoji samo jedna formula, ali obično, radi praktičnosti, pišu i poseban slučaj s minusom u indikatoru. Parametar ne mora biti jedno slovo, može biti složen izraz, funkcija, važno je samo da oni uzmu samo važi vrijednosti. Zapravo, videćemo to upravo sada:

Primjer 7

Pronađite derivat.

Rješenje: Generalna linija stranke ostaje nepokolebljiva - potrebno je izdvojiti stvarni i imaginarni dio funkcije. Dat ću detaljno rješenje i komentarisati svaki korak u nastavku:

Od tada:

(1) Zamjena za "z".

(2) Nakon zamjene potrebno je odvojiti stvarni i imaginarni dio prvi u eksponentu izlagači. Da biste to učinili, otvorite zagrade.

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

(4) Koristite školsku akciju sa ovlastima.

(5) Za množitelj koristimo Eulerovu formulu , dok .

(6) Otvaramo zagrade, kao rezultat:

je pravi dio funkcije ;
je imaginarni dio funkcije .

Dalje radnje su standardne, provjerimo ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova:

Primjer 9

Odredite stvarne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova. Neka bude tako, nećemo naći derivat.

Rješenje: Algoritam rješenja je vrlo sličan prethodna dva primjera, ali ima vrlo važnih tačaka, pa ću ponovo komentirati početnu fazu korak po korak:

Od tada:

1) Zamjenjujemo umjesto "z".

(2) Prvo odaberite stvarni i imaginarni dio unutar sinusa. U tu svrhu otvorite zagrade.

(3) Koristimo formulu , dok .

(4) Upotreba paritet hiperboličkog kosinusa: i hiperbolička sinusna neparnost: . Hiperbolika, iako nije sa ovog svijeta, ali na mnogo načina podsjeća na slične trigonometrijske funkcije.

na kraju:
je pravi dio funkcije ;
je imaginarni dio funkcije .

Pažnja! Znak minus se odnosi na imaginarni dio i ni u kom slučaju ga ne smijemo izgubiti! Za vizuelnu ilustraciju, gore dobijeni rezultat može se prepisati na sljedeći način:

Provjerimo ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova:

Cauchy-Riemannovi uslovi su ispunjeni.

odgovor:, , Cauchy-Riemannovi uslovi su zadovoljeni.

Sa kosinusom, dame i gospodo, sami razumemo:

Primjer 10

Odredite stvarni i imaginarni dio funkcije. Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova.

Namjerno sam uzeo složenije primjere, jer svako može podnijeti nešto poput oguljenog kikirikija. Istovremeno, trenirajte svoju pažnju! Orašar na kraju lekcije.

Pa, u zaključku, razmotrit ću još jedan zanimljiv primjer kada je složeni argument u nazivniku. Sreli smo se par puta u praksi, hajde da analiziramo nešto jednostavno. Oh, starim...

Primjer 11

Odredite stvarni i imaginarni dio funkcije. Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova.

Rješenje: Opet, potrebno je odvojiti stvarni i imaginarni dio funkcije.
Ako onda

Postavlja se pitanje šta učiniti kada je "Z" u nazivniku?

Sve je jednostavno - standard će pomoći metoda množenja brojnika i nazivnika konjugiranim izrazom, već je korišteno u primjerima lekcije Kompleksni brojevi za lutke. Prisjetimo se školske formule. U nazivniku već imamo , tako da će konjugirani izraz biti . Dakle, morate pomnožiti brojilac i imenilac sa:

Koncept funkcije kompleksne varijable

Prvo, osvježimo naše znanje o školskoj funkciji jedne varijable:

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

U složenom slučaju, funkcionalna ovisnost je data slično:

Nedvosmislena funkcija kompleksne varijable je pravilo prema kojem svaka kompleksna vrijednost nezavisne varijable (iz domene definicije) odgovara jednoj i samo jednoj kompleksnoj vrijednosti funkcije. U teoriji se razmatraju i viševrijedne i neke druge vrste funkcija, ali radi jednostavnosti fokusirat ću se na jednu definiciju.

Koja je funkcija kompleksne varijable?

Glavna razlika je u tome što su brojevi složeni. Nisam ironičan. Od takvih pitanja često padaju u stupor, na kraju članka ću ispričati cool priču. Na lekciji Kompleksni brojevi za lutke razmatrali smo kompleksan broj u obliku . Pošto je sada slovo "z" postalo promenljiva, označićemo ga na sledeći način: , dok "x" i "y" mogu poprimiti različite realne vrednosti. Grubo govoreći, funkcija kompleksne varijable ovisi o varijablama i , koje uzimaju "uobičajene" vrijednosti. Iz ove činjenice logično proizlazi sljedeće:

Realni i imaginarni dio funkcije kompleksne varijable

Funkcija kompleksne varijable može se napisati kao:
, gdje su i dvije funkcije dvije realne varijable.

Funkcija se naziva realnim dijelom funkcije.
Funkcija se naziva imaginarni dio funkcije.

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

Rješenje: Nezavisna varijabla "z", kao što se sjećate, piše se kao , dakle:

(1) Zamijenjeno u originalnu funkciju.

(2) Za prvi član korišćena je redukovana formula množenja. U mandatu su otvorene zagrade.

(3) Pažljivo na kvadrat, ne zaboravljajući to

(4) Preuređenje pojmova: prvo prepisujemo pojmove koji nemaju imaginarnu jedinicu (prva grupa), zatim termine u kojima postoji (druga grupa). Treba napomenuti da nije potrebno miješati termine, a ovaj korak se može preskočiti (u stvari, usmenim izvođenjem).

(5) Druga grupa se vadi iz zagrada.

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

odgovor:
je pravi dio funkcije .
je imaginarni dio funkcije .

Koje su to funkcije? Najobičnije funkcije dvije varijable, od kojih se mogu naći tako popularne parcijalni derivati. Bez milosti - naći ćemo. Ali malo kasnije.

Ukratko, algoritam riješenog problema može se zapisati na sljedeći način: zamjenjujemo u izvornu funkciju, vršimo pojednostavljenja i dijelimo sve pojmove u dvije grupe - bez imaginarne jedinice (stvarni dio) i sa imaginarnom jedinicom (imaginarni dio).

Pronađite stvarni i imaginarni dio funkcije

Ovo je "uradi sam" primjer. Prije nego što se bacite u bitku na složenom avionu sa golim damama, dozvolite mi da vam dam najvažniji savjet na tu temu:

BUDI PAZLJIV! Morate biti oprezni, naravno, svuda, ali u složenim brojevima trebali biste biti oprezniji nego ikad! Zapamtite to, pažljivo proširite zagrade, nemojte ništa izgubiti. Prema mojim zapažanjima, najčešća greška je gubitak znaka. Ne žuri!

Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Sada kocka. Koristeći skraćenu formulu za množenje, izvodimo:
.

Formule su vrlo zgodne za korištenje u praksi, jer uvelike ubrzavaju proces rješenja.

Diferencijacija funkcija kompleksne varijable.
Cauchy-Riemann uslovi

Imam dvije vijesti: dobru i lošu. Počeću sa dobrim. Za funkciju kompleksne varijable vrijede pravila diferencijacije i tablica izvoda elementarnih funkcija. Dakle, derivacija se uzima na potpuno isti način kao u slučaju funkcije realne varijable.

Loša vijest je da za mnoge funkcije kompleksne varijable uopće ne postoji derivacija i da se mora otkriti da li je određena funkcija diferencibilna. A "shvatiti" kako se vaše srce osjeća povezano je s dodatnim problemima.

Razmotrimo funkciju kompleksne varijable. Da bi ova funkcija bila diferencibilna, potrebno je i dovoljno da:

1) Da postoje parcijalni derivati ​​prvog reda. Odmah zaboravite na ove zapise, jer se u teoriji funkcije kompleksne varijable tradicionalno koristi druga verzija notacije: .

2) Da bi se ispunili takozvani Cauchy-Riemannovi uslovi:

Samo u ovom slučaju će derivat postojati!

Odredite stvarne i imaginarne dijelove funkcije . Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova. Ako su ispunjeni Cauchy-Riemann uvjeti, pronađite derivaciju funkcije.

Rješenje je razloženo u tri uzastopne faze:

1) Pronađite stvarni i imaginarni dio funkcije. Ovaj zadatak je analiziran u prethodnim primjerima, pa ću ga zapisati bez komentara:

Od tada:

Na ovaj način:
je pravi dio funkcije ;
je imaginarni dio funkcije .

Zadržaću se još na jednoj tehničkoj stvari: kojim redosledom treba pisati pojmove u realnom i imaginarnom delu? Da, u suštini nije važno. Na primjer, pravi dio se može napisati ovako: , a imaginarni dio ovako: .

3) Provjerimo ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova. Ima ih dvoje.

Počnimo sa provjerom stanja. Mi nalazimo parcijalni derivati:

Dakle, uslov je ispunjen.

Bez sumnje, dobra vijest je da su parcijalni derivati ​​gotovo uvijek vrlo jednostavni.

Provjeravamo ispunjenost drugog uslova:

Ispostavilo se isto, ali sa suprotnim predznacima, odnosno uslov je takođe ispunjen.

Cauchy-Riemannovi uslovi su zadovoljeni, pa je funkcija diferencibilna.

3) Pronađite izvod funkcije. Izvod je također vrlo jednostavan i nalazi se prema uobičajenim pravilima:

Imaginarna jedinica u diferencijaciji smatra se konstantom.

odgovor: - pravi deo je imaginarni dio.
Cauchy-Riemann uvjeti su ispunjeni, .

FKP integral. Cauchyjev teorem.

formula ( 52 ) naziva se Cauchyjeva integralna formula ili Cauchyjev integral. Ako kao kontura u ( 52 ) odaberite krug, zatim, zamjenjujući i uzimajući u obzir da - diferencijal dužine luka, Cauchyjev integral se može predstaviti kao formula srednje vrijednosti:

Pored nezavisne vrijednosti Cauchyjeve integralne formule, ( 52 ), (54 ) zapravo daju vrlo zgodan način za izračunavanje konturnih integrala, koji će, po svemu sudeći, biti izraženi kroz vrijednost "ostatka" integrala u tački gdje ova funkcija ima singularnost.

Primjer 3-9. Izračunajte integral funkcije duž konture (sl.20).

Rješenje. Tačka u kojoj funkcija ima singularnost, za razliku od primjera 4-1, nalazi se unutar kruga. Integral predstavljamo u obliku ( 52 ):

Cauchy formula.

Dopustiti biti domena na kompleksnoj ravni s komadićno glatkom granicom , holomorfnom funkcijom i točkom unutar domene . Tada vrijedi sljedeća Cauchyjeva formula:

Formula vrijedi i ako pretpostavimo da je iznutra holomorfna i kontinuirana na zatvaranju, kao i ako granica nije komadno glatka, već samo ispravljava (Holomorfna funkcija je funkcija kompleksnog broja, djelomično glatka je funkcija od pravi broj)

Elementarni FCF: Taylor funkcija, trigonometrijske funkcije, hiperboličke funkcije, inverzne trigonometrijske funkcije, logaritamske funkcije, Cauchyjeva formula.

Razmotrimo neku kompleksnu veličinu $w$, koja je data 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 tački z ako je data funkcija diferencijabilna u nekom susjedstvu date točke z.

Definicija 2

Funkcija se naziva analitičkom u nekom domenu D ako je analitička u svakoj tački datog domena.

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 derivat kompleksne funkcije realne varijable s obzirom na na pravi argument $x$.

Izvod u odnosu na realni argument $y$ definira se slično.

Za izračunavanje derivacije koristimo sljedeće formule:

\ \

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

\ \

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

\ \

Da bi neka funkcija $w(z)$ bila diferencibilna u nekoj tački $z_(0) =x_(0) +y_(0) \cdot i$, potrebno je i dovoljno da $u(x,y)$ i $v(x,y)$ su se razlikovali u tački $(x_(0) ;y_(0))$ i bili su zadovoljeni sljedeći uslovi:

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

Ovi uslovi se nazivaju Cauchy-Riemannovi uslovi.

Napomena 1

Cauchy-Riemannovi uvjeti su relacije koje povezuju stvarne 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, $z=x+yi$.

Odvojite stvarne i imaginarne dijelove funkcije. Stavite $z=x+yi$ i dobijete:

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.

Koristimo Cauchy-Riemannove uslove: $\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 uslovi su zadovoljeni za bilo koje realne $x,y$. Dakle, funkcija je analitička za bilo koji realni $x,y$.

Nađimo izvod funkcije i izračunajmo vrijednost izvoda funkcije u datoj tački $z_(0) =\frac(\pi )(6) $.

Izvod funkcije ima oblik:

Izračunajte vrijednost derivacije funkcije u datoj tački

U praksi se mogu susresti sljedeći problemi.

Zadatak 1

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

Zadatak 2

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

Algoritam za rješavanje problema 2 će biti sljedeći:

• pronaći pravi dio koristeći Cauchy-Riemann uslove;
• sastaviti funkciju $w(z)=u(x,y)+v(x,y)\cdot i$;
• izvršiti transformacije i izdvojiti varijablu $z=x+yi$ ili $\overline(z)=x-yi$.

Napomena 1

Prilikom rješavanja praktičnih problema, sljedeće relacije mogu biti korisne:

\ \ \

Napomena 2

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

Primjer 3

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

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

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

Zamijenite originalne vrijednosti i dobijete:

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

Pronađite nepoznatu funkciju $\phi (x)$.

Koristimo drugi Cauchy-Riemannov uslov:

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

shodno tome,

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

Transformirajmo rezultirajući izraz:

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

Koristeći početni uslov $w(0)=0$, nalazimo vrijednost konstante $C$.

Dakle, željena funkcija ima oblik:

Imaginarni dio funkcije će poprimiti oblik.

transkript

1 Cauchy-Riemannovi uslovi.) Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova za funkciju w zi e. Funkcija koja ima izvod u tački z naziva se diferencijabilna u toj tački. Uslovi Cauchy - Riemann (D'Alembert - Euler, Euler - d'Alembert): w f z u, iv, tada u svakoj tački diferencijabilnosti funkcije f z Ako su z i jednakosti zadovoljene, u v u v isin e cos ie sin Odaberite realno u i imaginarni v dijelovi funkcije w: u, e cos v, e sin Izračunajte parcijalne izvode: u cos e cos v e sin e cos u e cos e sin v e sin e sin - ispunjeni su Cauchy-Riemannovi uslovi. Literatura:) Gusak A.A. "Teorija funkcija kompleksne varijable i operativni račun", 00, str. 59 (primjer 9), str. 0 (primjer);) Pismenny D.T. "Bilješke s predavanja o višoj matematici", 006, str. 530, str (Euler-D'Alembertovi uvjeti, analitičnost funkcije).) Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova za funkciju w z 4iz. Ovu funkciju pišemo u algebarskom obliku, postavljajući z i: w i 4i i i 4 i i

2 Odaberite stvarne u i imaginarne v dijelove funkcije w: u, 4 v, 4 Izračunajte parcijalne izvode: u 4 v 4 u 4 4 v Cauchy-Riemannovi uvjeti su ispunjeni. 3) Provjerite ispunjenost Cauchy-Riemannovih uslova za sin iz funkciju. Trigonometrijsku funkciju sin z izražavamo kroz eksponencijal: iz iz e e sin z i i uzimamo u obzir da z i: ii ii ii ii i i e e e e e e e sin iz i i i e i i e e e cos isin e cos isin e sin icose i sin cose icose icose sin ie cos sin cos e e i e e Realni i imaginarni dijelovi u iv: u, sin e e, cos v e e

3 Izračunajte 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 cos e e e v Kao što vidite, Cauchy-Riemannovi uslovi u v u v sin iz su zadovoljeni. za funkciju 4) Koristeći Cauchy-Riemannove uslove, provjerite da li je funkcija w f z analitična: Funkcija wsin z3 z. w f z se naziva analitičkim u tački z ako je diferencijabilna i u samoj tački z iu nekom njenom susjedstvu. Funkcija w f z diferencibilna u svakoj tački neke domene D naziva se analitička funkcija u ovoj domeni. Cauchy-Riemann (D'Alembert-Euler, Euler-D'Alembert) uvjeti: Ako z i w f z u, iv, onda su jednakosti u v u v, zadovoljene u svakoj tački diferencijabilnosti funkcije f z. Ovu funkciju pišemo u algebarskom obliku, postavljajući z i: i 3 i w sin ii ii e 3i3 i i i e e e 3i3 i i i e e e e 3i3 i e cos isin e cosisin 3i3 i e cos ie sin e 3 i3 i e sin

4 cos e e i e e sin 3i3 ic 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 icos 3 Formule koje se koriste u transformacijama: iz e z e sin i e e sin 3i3 e e sin 3i e e cos 3 ch sin 3 sh icos 3 Formule koje se koriste u transformacijama: iz e z e sin z i imaginarni dijelovi w z u, i v, u, chsin 3 v, shcos3: Izračunajte parcijalne izvode: 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 , ispunjeno; dakle, funkcija sin w f z z3 z je analitička. četiri

5 5) Dokažite da je funkcija analitička i pronađite derivaciju: z z e w e Ovu funkciju pišemo 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 cose e i e cos i sin ch cos ish sin Odvojite stvarne i imaginarne dijelove w z u, i v, u, chcos v, shsin Izračunajte parcijalne izvode: u ch cos sh cos v sh sin sh cos u ch cos ch sin v sh sin ch sin: Cauchy-Riemann uslovi u v u v, ispunjeni; stoga je funkcija w f z e z e z 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 Izračunajte derivaciju izvoda funkcija funkcija u, a v, : z je izraženo u terminima f z koristeći izraz za derivacija funkcije w z z z e e u v w z i sh cos ich sin z u terminima količnika 5

6 ili direktno: z z e e z z z z w e e z e e z i i i i e e e e e e cos isin e cosisin e cos isin e cos isin cos sin e e i e e e e e cos i sin sh cos i i i e e e e e e cos isin e cosisin e cos isin e cos isin cos sin e e i e e e e e cos i sin sh cos cos i, z ich sn i, gdje je. Provjeriti da li je analitičan, ako da, onda pronađite izvod u tački z0 i dobije se kompleksni broj u algebarskom obliku. Re w u, e cos Im w v, e sin e v sin e cos e

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

kalkulacije rezultata u algebarskom obliku. 9) Izračunajte vrijednost funkcije kompleksne varijable Ln z u tački z 0. Navedite 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; one. dobijamo glavnu vrijednost logaritma na k 0: ln z ln z i arg z Modul i argument broja z0 0 i: z 0 arg z 0 Dakle, Ln ln i k 0k i kz su vrijednosti kompleksne varijable funkcija u tački z 0, napisana 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 tački z i 0. Za bilo koje, w z C: w z z Ln w e. i iln i iln i iarg i ki i e e, kz Modul i argument 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 k i k 4 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 k i k 4 ln ln - vrijednosti funkcije kompleksne varijable z u tački z0 i, zapisane u trigonometrijskom obliku (viševrijedna funkcija).) Izračunajte vrijednost funkcije kompleksne varijable arcctg z u tački z0 i, upišite odgovor u algebarskom obliku. i z i Arcctg z Ln z i Ln z ln z iarg z k, kz (za k 0 dobijamo glavnu vrijednost logaritma ln z ln z i arg z) 5iarcg k, kz 5 i z0 i ln ln 5 i arctg z i 0 i arcctg z 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 tački z0 i, zapišite odgovor u algebarskom obliku. Arccos z iln z z Ln z ln z i arg z k, kz Za k 0 dobijamo glavnu vrijednost logaritma ln z ln z i arg z i glavnu vrijednost arccosine arccos z arg z z iln z z Kvadratni korijen kompleksnog broja daje dvije vrijednosti; za glavnu vrijednost funkcije odaberite onu čiji argument spada u interval 0 ;. U ovom slučaju: arccos ln ln iln i i Koren od i i i i i i i i uzima 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 Koristeći formule cos cosarctg 5, dobijamo: cos i sin i uzimajući u obzir da arctan 5 5 cos 0 arctan 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 njegov argument spada 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 Arccos i) Literatura:) Morozova. . "Teorija funkcija kompleksne varijable", 009, svezak 0, ur. MSTU, str. 06;) Lunts G.L., Elsgolts L.E. "Funkcije kompleksne varijable", 00, str.40.

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

Tema 11 Osnovne informacije iz teorije kompleksnih brojeva. Kompleksni broj je uređeni par realnih brojeva napisanih u obliku gdje je i "imaginarna jedinica" za koju je i = -1; - pravi deo

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

1 Osnovni koncepti funkcija kompleksne varijable Osnovni koncepti povezani sa funkcijom kompleksne varijable nalaze se na isti način kao u realnom području. Neka dva skupa kompleksa

Katedra za matematičku analizu Državnog univerziteta Sankt Peterburga

Smjernice za test iz matematike Tema 1. Funkcije kompleksne varijable Dajemo definiciju funkcije kompleksne varijable. Definicija. Kažu da na skupu D tačaka kompleksa

Opcija Zadatak Izračunajte vrijednost funkcije i dajte odgovor u algebarskom obliku: a sh ; b l Rješenje a Koristimo formulu relacije između trigonometrijskog sinusa i hiperboličkog sinusa: ; sh -s Get

Opcija Zadatak Izračunajte vrijednost funkcije (dajte odgovor u algebarskom obliku: a th (; b L (sh (/ Rješenje a)) Izrazite tangentu u terminima sinusa i kosinusa: th (Primijenite ch (/ formule za sinus od razlika i

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije GUBKIN RUSKI DRŽAVNI UNIVERZITET ZA NAFTU I GAS U Melnikovu, BR.

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

Kompleksne analize funkcija kompleksne varijable Nikita Aleksandrovič Evsejev Odsek za fiziku, Novosibirski državni univerzitet Kinesko-ruski institut, Univerzitet Heilongjiang

Teme: Naziv dijela, teme Ukupno učionskih sati Predavanja, sati Praktična nastava, sati 1 2 3 4 Tema 1. Analitička geometrija i linearna algebra 68 34 34 Tema 2. Uvod u matematičku analizu

VD 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: Vodič za učenje. SPb., 04. 30 str. Tutorial

Stranica 1 od 14 2. lekcija. Eksponencijalni oblik kompleksnog broja Mat. analiza, app. Matematika, 4. semestar A1 Pronađite module i argumente sljedećih kompleksnih brojeva i zapišite ove brojeve u obliku z = ρe iϕ,

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSIJE Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Tula State University" Institut za visokoprecizne sisteme imena V.P.

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSKE FEDERACIJE Angarsk DRŽAVNA TEHNIČKA AKADEMIJA Museva TN Sverdlova OL Turkina NM ELEMENTI TEORIJE FUNKCIJE KOMPLEKSNE VARIJABLE Tutorial Angarsk SADRŽAJ

ELEMENTI TEORIJE FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE OPERACIONOG RAČUNA

ZADACI ZA SAMO OBRAZOVANJE Kompleksni brojevi i radnje na njima Dati su kompleksni brojevi i Nađi :)))) 5): a) b) Zapiši ovaj kompleksni broj:) u trigonometrijskom obliku) u eksponencijalnom obliku

OPCIJSKI ZADATAK ZA IZRAČUNANJE VRIJEDNOSTI FUNKCIJE (ODGOVOR DAJTE U ALGEBRIČKOM OBLIKU: a Arch; b RJEŠENJE A IZRAČUNAMO ARH POMOĆU FORMULE Arch(L(U OVOM PRIMJERU ZI, DAKLE, FUR L(± L(± ± ± KORISTI

Opcija 9 Zadatak Izračunajte vrijednost funkcije (odgovor dati u algebarskom obliku: a cos (; b l (Rješenje a Prema trigonometrijskoj formuli cos (-cos cos (s s

FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE DRŽAVNA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA "SAMARSKI DRŽAVNI TEHNIČKI UNIVERZITET" Odsjek za primijenjenu matematiku

Predavanje.7. Proširenje koncepta broja. Kompleksni brojevi, radnje nad njima Sažetak: Predavanje ukazuje na potrebu generalizacije pojma broja od prirodnog do kompleksnog. algebarski,

OPCIJSKI ZADATAK IZRAČUNAJTE VRIJEDNOST FUNKCIJE DAJTE ODGOVOR U ALGEBRIČKOM OBLIKU: a Arch b ODLUKA A IZRAČUNAMO ARH POMOĆU FORMULE Arch L U OVOM PRIMJERU ZI, DAKLE, Arch L± L± DALJE KORISTIMO

Predavanje..3. Neodređeni integral Sažetak: Neodređeni integral je definiran kao skup antiderivata integranda. Razmatraju se svojstva neodređenog integrala, tj

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

Praktična vježba Analitičke funkcije Cauchy-Riemann uvjeti Derivat i diferencijal funkcije kompleksne varijable Cauchy-Riemann uvjeti 3 Geometrijsko značenje modula i argumenta derivacije 4 Konformno

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

Opcija Zadatak Izračunajte vrijednost funkcije (dajte odgovor u algebarskom obliku: a cos (; b l (Rješenje a Prema trigonometrijskoj formuli cos (cos cos (-s s) (Koristimo formule za vezu između trigonometrijskih

Federalna agencija za obrazovanje Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Uralski državni pedagoški univerzitet" Matematički fakultet Katedra

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja „Državna tehnička ustanova Komsomolsk na Amuru

MOSKVSKI DRŽAVNI TEHNIČKI UNIVERZITET CIVILNOG VAZDUHOPLOVSTVA O.G. Illarionova, I.V. Platonova VIŠA MATEMATIKA Nastavno-metodički priručnik za realizaciju praktičnih zadataka za studente II

Koncept kompleksne varijable Granica i kontinuitet kompleksne varijable Neka su data dva skupa kompleksnih brojeva D i Δ, a svakom broju z D se dodijeli broj ω Δ koji je označen

Kompleksna analiza Primjeri funkcija kompleksne varijable Nikita Aleksandrovič Evsejev Odsjek za fiziku, Novosibirski državni univerzitet Kinesko-ruski institut, Univerzitet Heilongjiang

PREDAVANJE N34. Numerički nizovi sa složenim pojmovima. Redovi snaga u kompleksnom domenu. Analitičke funkcije. Inverzne funkcije..numerički niz sa kompleksnim pojmovima.....redovi snaga u kompleksnoj domeni....

MINISTARSTVO PROSVETE I NAUKE RUJSKE FEDERACIJE

Uvod 1 Zapišite broj u algebarskom obliku Find, Re, Im, arg, Arg = 5 + i 3 + i Rješenje Pomnožimo i podijelimo broj konjugatom nazivnika: 5 + i 3 + i = 5 + i) 3 i) 3 + i) 3 i) = 15

1 Kompleksne funkcije 1.1 Kompleksni brojevi Podsjetimo 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 ( i

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 realnim dijelom kompleksa

Predavanje 3. Neodređeni integral. Antiderivativni i neodređeni integral U diferencijalnom računu, problem je riješen: za datu funkciju f () pronaći njen izvod (ili diferencijal). Integralni račun

POGLAVLJE TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE Pojam funkcije kompleksne varijable

Funkcije Diferencijacija funkcija 1 Pravila diferencijacije Pošto je derivacija funkcije definirana kao u realnom području, tj. kao granica, onda, 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 Pronađite druge vrijednosti u kompleksu + ravni Izračunat ćemo Arctg koristeći formulu

Funkcije više varijabli Funkcije više varijabli Ekstremum funkcije više varijabli. Pronalaženje maksimalne i minimalne vrijednosti funkcije u zatvorenom području Uslovni ekstrem Kompleks

BANKA ZADATAKA za prijemne ispite na magistraturu (osnovni dio) Dodjela ulaznica, 4 5 Sekcije, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 6, 7, 8, 4, 5, 9 Broj bodova 5 b b 5 b Sadržaj odjeljka Derivat, količnik

Predavanje 5 Derivati ​​osnovnih elementarnih funkcija Sažetak: Date su fizičke i geometrijske interpretacije derivacije funkcije jedne varijable, razmotreni su primjeri diferencijacije funkcije i pravila.

Samostalni rad Zadatak Odredi vrstu krive, zadatu parametarski, i oslikaj krivu t t t t 5 7 t t b) e e, 0 t π c) t t t

SA Zotova, VB Svetlichnaya PRAKTIČNI VODIČ ZA TEORIJU FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE MATEMATIKE

7 EKSPONENCIJALNE I LOGARITAMSKE JEDNAČINE I NEJEDNAČINE 7. OSNOVNI POJMOVI I FORMULE. Jednakosti log a b i a b su ekvivalentne za a > 0, a, b > 0. log. Osnovni logaritamski identitet: a a b b, a > 0,

Derivati ​​osnovnih elementarnih funkcija Derivat funkcije se može naći prema sljedećoj shemi: dajemo prirast argumentu x za funkciju y nalazimo odgovarajući prirast y y pravimo omjer koji nalazimo

FUNKCIJE KOMPLEKSNE VARIJABLE TSTU IZDAVAČKA KUĆA Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Tambovski državni tehnički univerzitet FUNKCIJE KOMPLEKSNE VARIJABLE Metodički

Pitanja za ispit Pitanja za provjeru nivoa naučenosti "ZNATI" Osnovni pojmovi teorije redova Cauchyjev kriterijum za konvergenciju niza brojeva Neophodan znak konvergencije brojevnog niza Dovoljni znaci

Federalna agencija za obrazovanje Državna obrazovna ustanova visokog profesionalnog obrazovanja Državni tehnički univerzitet Ukhta KOMPLEKSNI BROJEVI Smjernice

Kompleksna analiza Geometrija kompleksnih brojeva Nikita Aleksandrovič Evsejev Fizički fakultet, Novosibirski državni univerzitet 2015 Kompleksna analiza 1 / 31 Brojevna prava R Kompleks

OPCIJSKI ZADATAK ZA IZRAČUNANJE VRIJEDNOSTI FUNKCIJE (ODGOVOR U ALGEBRIČKOM OBLIKU: s(; b a ODLUKA A KORIŠĆENJEM TRIGONOMETRIJSKE FORMULE SIN (ISIN OSIOS SINI KORISTIMO FORMULU ODNOSA IZMEĐU TRIGONOMETRIJSKOG I TRIGONOMETRIJSKOG

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

TIPIČNI PRORAČUN "Teorija funkcija kompleksne varijable" Praktični zadaci Zadatak. Dat je broj s. Nađite c sa arg i napišite broj c u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku :)))))) 8 6) 7) 8) 9)

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA RUJSKE FEDERACIJE TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE Metodološki vodič Sastavio: MDUlymzhiev LIInkheeva IBYumov SZHYumova Pregled metodološkog vodiča o teoriji funkcija

Kompleksni brojevi, funkcije i operacije nad njima y modul R realni dio realni broj, yim imaginarni dio realni broj iy algebarska notacija kompleksnog broja Glavna vrijednost argumenta

Predmet: Derivat. Kratke teorijske informacije. Tabela derivata. (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 nad C. Osnovne elementarne funkcije u C. B.b. nizovi kompleksnih brojeva Predavač Yanushchik O.V.

Tema. Funkcija. Metode zadatka. Implicitna funkcija. Inverzna funkcija. Klasifikacija funkcija Elementi teorije skupova. Osnovni pojmovi Jedan od osnovnih pojmova moderne matematike je koncept skupa.

Testni rad U intervalu između sesija studenti treba da sprovedu samostalnu pripremu Odraditi teorijski materijal na predavanjima na temu „Funkcije više varijabli“ (Prezentirani materijal

MIREA. Tipični proračun za matematičku analizu Kontrolni zadaci na temu Kompleksni brojevi, TFKP. Zadatak 1. Riješite jednačine, predstavite skup rješenja na kompleksnoj ravni A) 4 i + 81i 0 B)

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

Funkcije analitičkih funkcija kompleksne varijable Kao i ranije, osim ako nije drugačije navedeno, imamo posla sa jednovrijednom funkcijom w = f(z). Definicija 1. Funkcija f(z) naziva se analitičkom

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSKE FEDERACIJE ANGARSKA DRŽAVNA TEHNIČKA AKADEMIJA Ivanova SV, Evsevleeva LG, Bykova LM, Dobrynina NN FUNKCIJE KOMPLEKSNOG Varijabilnog I OPERATIVNOG RAČUNA Tutorial