《复变函数第4讲》PPT课件

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1、1,复变函数第4讲,本文件可从网址 上下载,2,有关二元函数的一些高等数学的知识,3,一，二元函数的极限和连续性定义 设函数z=f(x,y)的定义域为D, P0(x0,y0)是D的聚点, 如果对于任意给定的正数e, 总存在正数d, 使得对于适合不等式,的一切点P(x,y)D, 都有|f(x,y)-A|e成立, 则称A为函数z=f(x,y)当xx0,yy0时的极限, 记作,或 f(x,y)A (r0) (这里r=|PP0|),4,定义 设2元函数f(x,y)的定义域为D, P0(x0,y0)是D的聚点且P0D. 如果,则称2元函数f(x,y)在点P0处连续.,5,6,例: 设二元函数f(x,y)

2、=x2sin2y, 则,7,第二章 解析函数,8,1 解析函数的概念,9,1. 复变函数的导数与微分i) 导数的定义定义 设函数w=f(z)定义于区域D, z0为D中一点, 点z0+Dz不出D的范围. 如果极限,存在, 则就说f(z)在z0可导, 此极限值就称为f(z)在z0的导数, 记作,10,也就是说, 对于任给的e0, 存在d(e)0, 使得当0|Dz|d时, 有,应当注意, 定义中z0+Dzz0(即Dz0)的方式是任意的, 定义中极限值存在的要求与z0+Dzz0的方式无关, 也就是说, 当z0+Dz在区域D内以任何方式趋于z0时, 比值,11,如果f(z)在区域D内处处可导, 就说f(

3、z)在内可导.,12,例1 求f(z)=z2的导数解 因为,所以f (z)=2z.,13,例2 问f(z)=x+2yi是否可导?解 这里,z,x,y,O,14,设z+z沿着平行于x轴的直线趋向于z, 因而y=0. 这时极限,设z+z沿着平行于y轴的直线趋向于z, 因而x=0. 这里极限,所以f(z)=x+2yi的导数不存在.,15,复习函数的连续性定义,则说f(z)在z0处连续. 如果f(z)在区域D内处处连续, 我们说f(z)在D内连续. 定理三 函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在z0=x0+iy0处连续的充要条件是u(x,y)和v(x,y)在(x0,y0)处连续.,16,ii)可

4、导与连续 容易证明, 在z0点可导的函数必定在z0点连续.,17,事实上, 由在z0点可导的定义, 对于任给的e0, 相应地有一个d0, 使得当0|Dz|d时, 有,由此得f(z0+Dz)-f(z0)=f (z0)Dz+r(Dz)Dz (2.1.2),18,iii) 求导法则 与实函数同样的办法可得:1) (c)=0, 其中c为复常数.2) (zn)=nzn-1, 其中n为正整数.3) f(z)g(z)=f (z)g(z).4) f(z)g(z)=f (z)g(z)+f(z)g(z).,6) fg(z)=f (w)g(z), 其中w=g(z).,19,iv)微分的概念 设函数w=f(z)在z0

5、可导, 则有 Dw=f(z0+Dz)-f(z0)=f (z0)Dz+r(Dz)Dz,因此, |r(Dz)Dz|是|Dz|的高阶无穷小量, 而f (z0)Dz是函数w=f(z)的改变量Dw的线性部分, 称为函数w=f(z)在点z0的微分, 记作 dw=f (z0)Dz(2.1.3) 如果函数在z0的微分存在, 则称函数f(z)在z0可微.,20,dw=f (z0)Dz(2.1.3)特别, 当f(z)=z时, 由(2.1.3)得dz=Dz. 于是(2.1.3)变为dw=f (z)dz,即,由此可见, 函数w=f(z)在z0可导与在z0可微是等价的. 如果f(z)在区域D内处处可微, 则称f(z)在

6、D内可微.,21,2. 解析函数的概念,定义 如果函数f(z)在z0及z0的邻域内处处可导, 则称f(z)在z0解析, 如果f(z)在区域D内每一点解析, 则称f(z)在D内解析, 或称f(z)是D内的一个解析函数(全纯函数或正则函数),如果f(z)在z0不解析, 则称z0为f(z)的奇点. 由定义可知, 函数在区域内解析与在区域内可导是等价的. 但是, 函数在一点处解析和在一点处可导不等价. 即, 函数在一点处可导, 不一定在该点处解析.,22,例3 研究函数f(z)=z2, g(z)=x+2yi和h(z)=|z|2的解析性.解 由解析函数的定义与前面例1,例2可知, f(z)=z2在复平面

7、内是解析的, 而g(z)=x+2yi却处处不解析. 下面研究h(z)=|z|2的解析性.由于,23,易见, 如果z0=0, 则当z0时, 上式的极限是零. 如果z00, 令z0+z沿直线y-y0=k(x-x0)趋于z0, 由于k的任意性,不趋于一个确定的值.,24,所以, 当x0时,比值,的极限不存在. 因此, h(z)=|z|2仅在z=0处可导, 而在其他点都不可导. 由定义, 它在复平面内处处不解析.,25,例4 研究函数 的解析性.,解 因为w在复平面内除点z=0外处处可导, 且,所以在除z=0外的复平面内, 函数,处处解析, 而z=0是它的奇点.,26,根据求导法则可知,定理 1)在区

8、域D内解析的两个函数f(z)与g(z)的和,差,积,商(除去分母为零的点)在D内解析. 2)设函数h=g(z)在z平面上的区域D内解析, 函数w=f(h)在h平面上的区域G内解析. 如果对D内的每一个点z, 函数g(z)的对应值h都属于G, 则复合函数w=fg(z)在D内解析.,27,从这个定理可推知, 所有多项式在复平面内是处处解析的, 任何一个有理分式函数P(z)/Q(z)在不含分母为零的点的区域内是解析函数, 使分母为零的点是它的奇点.,28,2 函数解析的充要条件,29,在工程中, 往往是要用复变函数来解决实际问题. 而实际问题中遇到的复变函数, 通常都是某个实变函数延拓而来的. 即,

9、 如果原来有一个实变函数f(x), 自变量是实数, 函数值也是实数, 则将x用一个复数代替, 就产生了一个自变量和函数值都是复数的复变函数.事实上我们只关心这样的复变函数. 比如说实变函数f(x)=x2-x+1, 则相应的延拓的复变函数就是f(z)=z2-z+1.经常就是实变函数中的基本初等函数及组合构成的初等函数延拓到复变函数.,30,假设f(z)=f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)是解析函数, 我们也可以将它看作是变量x,y的二元函数, 则对x求偏导和对y求偏导, 得两个公式,31,考察一个函数在一点可导(或可微)应当满足什么条件. 设函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)定

10、义在区域D内, 并且在D内一点z=x+iy可导. 由(2.1.2)式可知, 对于充分小的|Dz|=|Dx+iDy|0, 有f(z+Dz)-f(z)=f (z)Dz+r(Dz)Dz,其中,32,f(z+Dz)-f(z)=f (z)Dz+r(Dz)Dz,在上式中令f(z+Dz)-f(z)=Du+iDv, f (z)=a+ib, r(Dz)=r1+ir2. 上式写为Du+iDv=(a+ib)(Dx+iDy)+(r1+ir2)(Dx+iDy)=(aDx-bDy+r1Dx-r2Dy)+i(bDx+aDy+r2Dx+r1Dy).从而就有Du=aDx-bDy+r1Dx-r2Dy,Dv=bDx+aDy+r2D

11、x+r1Dy.且当Dz0,即Dx0,Dy0时, r(Dz)0, 即有r10,r20.,33,f (z)=a+ib f(z+Dz)-f(z)=Du+iDv Du=aDx-bDy+r1Dx-r2Dy,Dv=bDx+aDy+r2Dx+r1Dy.因此得知u(x,y)和v(x,y)在(x,y)可微, 而且满足方程,34,方程,(2.2.1),称为柯西-黎曼(Cauchy-Riemann)方程.,35,定理一 设函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)定义在区域D内, 而f(z)在D内一点z=x+iy可导的充分必要条件是: u(x,y)与v(x,y)在点(x,y)可微, 并且在该点满足柯西-黎曼(Cau

12、chy-Riemann)方程,36,证 条件的必要性已经证明, 现证充分性,由于f(z+Dz)-f(z)=u(x+Dx,y+Dy)-u(x,y)+iv(x+Dx,y+Dy)-v(x,y)=Du+iDv,又因为u(x,y)和v(x,y)在点(x,y)可微, 可知,x,y0时,ek0, (k=1,2,3,4),37,根据柯西-黎曼方程,所以,因此,38,或,因为,故当Dz趋于零时, 上式最后两项都趋于零, 因此,即函数f(z)在点z=x+iy处可导.证毕.,39,由定理一证明的未尾及柯西-黎曼方程, 立即可以得到函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在点z=x+iy处的导数公式:,40,根据函

13、数在区域内解析的定义及定理一, 就得到了判断函数在区域D内解析的一个充要条件.,定理二 函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在其定义域D内解析的充要条件是u(x,y)与v(x,y)在D内可微, 并满足柯西-黎曼方程(2.2.1).,41,例1 判断下列函数在何处可导, 在何处解析:,解 1) 因为u=x, v=-y,可知柯西-黎曼方程不满足, 所以 w =z 在复平面内处处不可导, 处处不解析,42,2) 因为u=excos y, v=exsin y,柯西-黎曼方程成立, 由于上面四个偏导数都是连续的, 所以f(z)在复平面内处处可导, 处处解析, 且根据(2.2.2)式有 f (z)=

14、ex(cos y+isin y)=f(z) 今后将知道这个函数就是指数函数ez.,43,3) 由w=zRe(z)=x2+ixy, 得u=x2, v=xy, 所以,容易看出, 这四个偏导数处处连续, 但仅当x=y=0时, 它们才满足柯西-黎曼方程, 因而函数仅在z=0可导, 但在复平面内任何地方都不解析.,44,例2 设函数f(z)=x2+axy+by2+i(cx2+dxy+y2). 问常数a,b,c,d取何值时, f(z)在复平面内处处解析?解 由于 ux=2x+ay, uy=ax+2by,vx=2cx+dy, vy=dx+2y从而要使ux=vy, uy=-vx,只需2x+ay=dx+2y,

15、2cx+dy=-ax-2by.因此, 当a=2, b=-1, c=-1, d=2时, 此函数在复平面内处处解析, 这时 f(z)=x2+2xy-y2+i(-x2+2xy+y2)=(1-i)(x+iy)2=(1-i)z2,45,例3 如果f (z)在区域D处处为零, 则f(z)在D内为一常数.证 因为,所以u=常数, v=常数, 因而f(z)在D内是常数.,46,例4 如果f(z)=u+iv为一解析函数, 且f (z)0, 则曲线族u(x,y)=c1和v(x,y)=c2必互相正交, 其中c1, c2为常数.证 由于f (z)=-iuy+vy0, 故uy与vy不全为零.如果在曲线的交点处uy与vy都不为零, 由隐函数求导法则知曲线族中任一条曲线的斜率分别为k1=-ux/uy和k2=-vx/vy,利用柯西-黎曼方程得k1k2=(-ux/uy)(-vx/vy)=(-vy/uy)(uy/vy)=-1因此, 二曲线族互相正交. 如果uy与vy其中有一个为零, 则另一个必不为零, 此时易知交点的切线一条是垂直,一条是水平,仍然正交.,47,作业 第二章习题, 第66页开始,第1,2,3,4题,