Rekonstruirati analitičku funkciju iz imaginarnog dijela. Rekonstrukcija analitičke funkcije iz njenog realnog ili imaginarnog dijela

Razmotrimo funkciju kompleksnih vrijednosti realne varijable z(t) koja je diferencijabilna u točki t i nekim njezinim susjedstvima.

Prisutnost derivacije različite od nule
znači prisutnost tangente na graf funkcije s kutom nagiba prema realnoj osi jednakom
.

Razmotrimo sada kompleksnu analitičku funkciju kompleksne varijable
. Neka
, Gdje - pravi broj. Zatim
je funkcija s kompleksnim vrijednostima realne varijable z(t), diferencijabilna u točki t i nekoj njezinoj okolini.

Tangenta na graf funkcije, kao što je gore objašnjeno, ima kut nagiba prema realnoj osi jednak
.

Po teoremu o kompleksnoj funkciji
, Zato

.Stoga,
- argument derivacije analitičke funkcije
. ima značenje kuta zakreta tangente na krivulju u točki kada ga prikazujete pomoću funkcije
.

Jer
,
, To
-modul derivacije analitičke funkcije ima značenje koeficijenta istezanja kada se prikazuje pomoću funkcije
. Sve je to točno u onim točkama na kojima derivacija je različita od nule.

Ako se pomoću analitičke funkcije prikazuju dvije krivulje

, tada se kut nagiba tangente na svaku krivulju mijenja u točki z za isti kut
, stoga su kutovi između krivulja sačuvani kada se prikazuju pomoću analitičke funkcije(na onim mjestima gdje je izvod je različit od nule).

Preslikavanje koje čuva kutove između krivulja naziva se konforman. Zato prikaz putem analitičke funkcije(na onim mjestima gdje je izvod je različit od nule)je konforman.

Primjer. Linearni prikaz
(
), kao što je gore prikazano, svodi se na skretanje za kut
i istezanje unutra jednom.

Rekonstrukcija analitičke funkcije iz njenog realnog ili imaginarnog dijela.

Neka je zadana funkcija
, trebate utvrditi može li biti pravi dio neke analitičke funkcije
,

Isti se problem može postaviti i glede imaginarnog dijela. Neka je zadana funkcija
, potrebno je utvrditi može li biti imaginarni dio neke analitičke funkcije
, i ako može, onda vrati ovu funkciju.

Prilikom rješavanja ovih problema prvo treba provjeriti postoji li takva analitička funkcija
.

Pravedan teorema.Realni i imaginarni dio analitičke funkcije su harmonijske funkcije (tj. zadovoljavaju Laplaceovu jednadžbu).

Dokaz. Ako
- funkcija je analitička, tada su Cauchy-Riemannovi uvjeti zadovoljeni
. Privatno diferenciramo prvu jednakost s obzirom na x, a drugu dodamo s obzirom na y. Dobivamo
, dakle funkcija
- harmonijski. Privatno diferenciramo prvu jednakost s obzirom na y, drugu s obzirom na x i drugu oduzimamo od prve jednakosti. Dobivamo
, dakle funkcija
- harmonijski.

Prema tome, ako funkcija
ili funkciju
nisu harmonični, tada se analitička funkcija ne može konstruirati.

Neka funkcija
i funkcija
- harmonijske funkcije. Pokažimo kako možete obnoviti analitičku funkciju iz poznatog realnog dijela
.

Vraćanje funkcije do
na sličan način.

1 način.

Uspoređujući oba izraza, utvrđujemo
. Sada.

Komentar. Prilikom restauracije po
funkcija se vraća na točnost stvarne konstante, a ne imaginarne.

Metoda 2.
(kao u prvoj metodi). Ako se pojave problemi pri integraciji drugog Cauchy–Riemannova uvjeta, tada možete diferencirati rezultirajući odnos izjednačavanjem s poznatom funkcijom.

. Rješavajući to diferencijalna jednadžba, dobivamo
,
+C,.

3 put. U prve dvije metode funkcija se vraća kao funkcija x,y. Puno ga je ljepše dobiti u obliku f(z). Treća metoda koristi formulu za derivat
. Budući da funkcija
poznato, dakle
je definirana kao funkcija (x,y). Funkcija je određena formulom

.

Primjer. Navedena funkcija
=
. Provjerite je li moguće vratiti analitičku funkciju s takvim realnim dijelom. Ako je moguće, vratite ga.

Provjerite sami je li navedena funkcija harmonijska.

Uspoređujući ove izraze, imamo,

. Prema tome+ Ci=
.

.
,

Prema tome + Ci =
.

Ovdje je C kompleksan broj.

Razmotrimo funkciju kompleksnih vrijednosti realne varijable z(t) koja je diferencijabilna u točki t i nekim njezinim susjedstvima.

Prisutnost derivacije različite od nule
znači prisutnost tangente na graf funkcije s kutom nagiba prema realnoj osi jednakom
.

Razmotrimo sada kompleksnu analitičku funkciju kompleksne varijable
. Neka
, Gdje - pravi broj. Zatim
je funkcija s kompleksnim vrijednostima realne varijable z(t), diferencijabilna u točki t i nekoj njezinoj okolini.

Tangenta na graf funkcije, kao što je gore objašnjeno, ima kut nagiba prema realnoj osi jednak
.

Po teoremu o kompleksnoj funkciji
, Zato

.Stoga,
- argument derivacije analitičke funkcije
. ima značenje kuta zakreta tangente na krivulju u točki kada ga prikazujete pomoću funkcije
.

Jer
,
, To
-modul derivacije analitičke funkcije ima značenje koeficijenta istezanja kada se prikazuje pomoću funkcije
. Sve je to točno u onim točkama na kojima derivacija je različita od nule.

Ako se pomoću analitičke funkcije prikazuju dvije krivulje

, tada se kut nagiba tangente na svaku krivulju mijenja u točki z za isti kut
, stoga su kutovi između krivulja sačuvani kada se prikazuju pomoću analitičke funkcije(na onim mjestima gdje je izvod je različit od nule).

Preslikavanje koje čuva kutove između krivulja naziva se konforman. Zato prikaz putem analitičke funkcije(na onim mjestima gdje je izvod je različit od nule)je konforman.

Primjer. Linearni prikaz
(
), kao što je gore prikazano, svodi se na skretanje za kut
i istezanje unutra jednom.

Rekonstrukcija analitičke funkcije iz njenog realnog ili imaginarnog dijela.

Neka je zadana funkcija
, trebate utvrditi može li biti pravi dio neke analitičke funkcije
,

Isti se problem može postaviti i glede imaginarnog dijela. Neka je zadana funkcija
, potrebno je utvrditi može li biti imaginarni dio neke analitičke funkcije
, i ako može, onda vrati ovu funkciju.

Prilikom rješavanja ovih problema prvo treba provjeriti postoji li takva analitička funkcija
.

Pravedan teorema.Realni i imaginarni dio analitičke funkcije su harmonijske funkcije (tj. zadovoljavaju Laplaceovu jednadžbu).

Dokaz. Ako
- funkcija je analitička, tada su Cauchy-Riemannovi uvjeti zadovoljeni
. Privatno diferenciramo prvu jednakost s obzirom na x, a drugu dodamo s obzirom na y. Dobivamo
, dakle funkcija
- harmonijski. Privatno diferenciramo prvu jednakost s obzirom na y, drugu s obzirom na x i drugu oduzimamo od prve jednakosti. Dobivamo
, dakle funkcija
- harmonijski.

Prema tome, ako funkcija
ili funkciju
nisu harmonični, tada se analitička funkcija ne može konstruirati.

Neka funkcija
i funkcija
- harmonijske funkcije. Pokažimo kako možete obnoviti analitičku funkciju iz poznatog realnog dijela
.

Vraćanje funkcije do
na sličan način.

1 način.

Uspoređujući oba izraza, utvrđujemo
. Sada.

Komentar. Prilikom restauracije po
funkcija se vraća na točnost stvarne konstante, a ne imaginarne.

Metoda 2.
(kao u prvoj metodi). Ako se pojave problemi pri integraciji drugog Cauchy–Riemannova uvjeta, tada možete diferencirati rezultirajući odnos izjednačavanjem s poznatom funkcijom.

. Rješavajući ovu diferencijalnu jednadžbu, dobivamo
,
+C,.

3 put. U prve dvije metode funkcija se vraća kao funkcija x,y. Puno ga je ljepše dobiti u obliku f(z). Treća metoda koristi formulu za derivat
. Budući da funkcija
poznato, dakle
je definirana kao funkcija (x,y). Funkcija je određena formulom

.

Primjer. Navedena funkcija
=
. Provjerite je li moguće vratiti analitičku funkciju s takvim realnim dijelom. Ako je moguće, vratite ga.

Provjerite sami je li navedena funkcija harmonijska.

Uspoređujući ove izraze, imamo,

. Prema tome+ Ci=
.

.
,

Prema tome + Ci =
.

Ovdje je C kompleksan broj.

Rekonstrukcija analitičke funkcije iz njenog realnog ili imaginarnog dijela

Primjer.Nađi analitičku funkciju f(z), Ako

u(x,y) = Re f(z) = i f(i) = 2.

Riješenje

1. Odredite parcijalne derivacije funkcije u(x,y)

2. Iz 2. Cauchy-Riemannova uvjeta (1)

Diferencirajući s obzirom na y, dobivamo

Da bismo pronašli funkciju j(y), koristimo 1. Cauchy–Riemannov uvjet (1). Izjednačenje = izvod

dobivamo običnu diferencijalnu jednadžbu 1. reda

iz kojega određujemo j(y)

j(y) = = – +C.

Tako dobivamo funkciju

3. Zapisujemo željenu funkciju f(z) u obliku

Pretvorimo dobiveni izraz u funkciju varijable z pomoću jednakosti

z = x+iy i = = .

Dobivamo

f(z) = = +iC = ili

f(z) = +C, gdje je C proizvoljna kompleksna konstanta.

4. Nađite vrijednost konstante C koristeći uvjet f(i) = 2:

Dobijamo C = i i

f(z) = – 2iz+i

Odgovor: f(z) = – 2iz + i.

Primjena STEM Plus

Neka je zadana funkcija u= (traži se točka između varijabli x i y).

1. “Zapamti” u=(odaberite i pritisnite Alt+Enter)

2. Izračunajte derivaciju ux označavanjem i klikom Alt+=(ili označavanjem zadanog izraza i korištenjem izbornika Ekstra® Funkcija® Nađi izvedenicu).

Upišite vy i pritisnite Alt+Ins za umetanje rezultata izračuna ux.Dobijamo liniju

Ovo je Cauchy–Riemannov uvjet vy= ux.

3. Odaberite i koristite izbornik Ekstra® Funkcija® Pronađite antiderivat Izračunavamo antiderivaciju od y. Upišite v i pritisnite Alt+Ins. Dobivamo

4. Otvorite ovu formulu ( Shift+F9) i C zamijeniti s f(x). Dobivamo

5. Upamtite f(x)= (time pojašnjavamo da je f(x) nepoznata funkcija).

6. Izračunamo derivacije vx i uy, te dobivene rezultate zapišemo u obliku jednadžbe vx = uy (2. Cauchy – Riemannov uvjet).

7. Pojednostavite dobivenu jednadžbu (članovi koji sadrže y bit će reducirani).

Dobivamo običnu diferencijalnu jednadžbu

Odaberite -2 i pomoću izbornika DERIVE izračunajte antiderivaciju od x.

Rezultat ubacujemo u izraz za v umjesto f(x). Dobivamo

8. Dobivamo traženu funkciju

f(z) = +i·(– 2x + C).

9. Nađi C iz početnog uvjeta f(i)=2. Da bismo to učinili, "zapamtimo" x=0, y=1 i riješimo jednadžbu

I·(– 2x + C)=2

u odnosu na C (odaberite i pritisnite Alt+?). Dobiveni rezultat C=1 umjesto C ubacujemo u izraz za f(z). Dobivamo

f(z) = +i·(– 2x + 1).

Kao rezultat, željena funkcija je izražena kroz x i y. 10. Da biste pronašli izraz f(z) u smislu z, "zapamtite" to

Ovdje w označava broj konjugiran sa z.

Ako sada izaberemo desna strana jednakost

f(z) = +i·(– 2x + 1)

i pritisnite Alt+=, onda će izraz biti pojednostavljen uzimajući u obzir činjenicu da

Ispostavilo se da