Леонтьева. Лекции по ТФКП, страница 7

Так как У,(го) — односвязная область, то существует функция Г(х) е А(У,(го)) такая, что ВеГ(г) = и(х,у) по доказанному ранее. Но Ве Г(х) есть функция бесконечно-дифференцируемая, поэтому и(х,у) бесконечно-дифференцируема в У,(го). Так как хо — произвольная точка области Р, то отсюда следует, что гармоническая функция и(х, у) — бесконечно-дифференцируема, обозначение и(х,у) е См(Р). Рассмотрим функцию Г(г) е А(Р) и круг (х: [г — го[ < т) с Р, го е Р, т > О. По формуле Коши 2я( ./ х — г 1 Г Г(х) дх Сделаем замену переменного; г = го + тег4', (гг е [0,2з'[, дг = т(е(т бган. Имеем Г(го) = — / . т(е*т 4Р = — / Г(го + те*') ду. 1 Г Г(го+ тегв),;в 1 Г 2л(,г' тегт 2я .г' о о Формула 1 Г Г(хо) = — ( Г(го+ геол) д(о о носит название формулы среднего значения.

Если Г(х) = и(х, у) + (и(х, у) то отделяя действительную и мнимую часть в формуле, будем иметь 1 Г и(хо, уо) = — ( и(хо + т соз р, уо + т вш ггг) дгр, о т.е. формула среднего значения справедлива и для гармонических функций. Формула среднего значения для аналитической функции, также как и формула среднего значения для гармонической функции, используется для доказательства принципа максимума модуля аналитической функции или для доказательства принципа максимума гармонической функции. Принцип максимума модули аналитической функ- ции.

Теорема. Пусть Г(х) е А(Р), М = зир [Г(г)[, Г(х) ф сопи, тогда для лев любой точки х е Р следует [Г(х) [ < М. Эта теорема и носит название принципа максимума модуля аналитической функции. Доказательство. Если М = О, то Г(х) = О, если М = +со, то неравенство [Г(х)[ < М справедливо всегда. Поэтому будем считать, что О < М < +со. Доказательство проведем от противного: пусть существует точка го е Р такая, что Щх)[ = М. Покажем, что на любой окружности (х; [х — го[ = т) С Р, т > 0 модуль функции [Г(х)[ = М. Предположим, что это не так, т.е.

на окружности [х — го[ = т существует точка х = го+теот', в которой Щхо+ теот')[ < М. Так как [Г(хо+ тот")[ функция непрерывная, то существует или правая или левая или полная Ю-окрестность, о > 0 точки рг такая, что для всех г(г из этой окрестности неравенство [/(хо + тегт)[ < М сохраняется. Предположим, что для (ог < (о < дг + 6 это так. По формуле среднего значения для аналитичес- кой функции можем напясать 1 Г Г(ло) = — / Г(ло + гвм) даг, 2гг / о тогда 'Р1 ю+б 1У(ло)~ = М < — / !Г(ло+геы))йр+ Щло+генр)]Яр+ 1 2гг о и зл + ~Г(ло + гв"') ) гйгг Огбб или 1 Щло)~ < — (М~рг+бМ+ М(2гг — ог, — б)) = М.

2в Пришли к противоречию, предположив, что на некоторой окружности Ол — ло~ = г) С Р сУшествУвт точка л = «о + гевб', в котоРой ~У(«о+ гвен)~ < М. Следовательно, на любой окружности (~л — ло~ = г) С Р справедливо равенство ~Г(л)) = М, тем самым в максямальном круге, который можно вписать в область .Р, с центром в точке ло равенство ~Г(л)~ = М сохраняется. Теперь докажем, что для любой точки л е Р ~Г(л)) = М.

Так как область Р— открытое и связное множество, то существует непрерывная кривая Г С Р, соединяюшая точки ло и л. Непрерывны кривая à — компакт. Пусть б = р(Г, дР) = Ы р(лг, лз) > О. Если б = +оо, то в качестбает, мего ве б можно взять любое положительное число. По лемме Гейне-Вореля из любого открытого покрытия компакта можно выбрать конечное подпокрытие. Устроим открытое покрытие таким образом: каждую точку кривой Г покроем открытым кругом радиуса б/3 с центром в этой точке. Из этого открытого покрытая по лемме Гейне-Бореля выберем конечное число кругов, образующих также покрытяе кривой Г.

Пусть центры этих кругов суть лм лз,..., х„, нумерация точек в направлении от точки ло к точке л, при этом (л: ~л — «;~ < б/3) Гг (л: 1« — лг+г < б/ЗЦ -,б йг, 1 = 1,2,...,и — 1. Рассмотрим круг радяуса б с центром в точке ло. Точка л, лежит в этом круге и по доказанному ранее в этом круге Щл)) = М, следовательно Щлг) ~ = М.

Далее рассмотрим круг радиуса б с центром в точке хг. В этом круге лежит точка лл и в этом круге Щл)~ = М. Следовательно ~Г(лз)~ = М. Процесс рассмотрения кругов будем повторять и через конечное число шагов придем к кругу с центром в точке л„и радиусом б. В этом круге модуль функции равен М, но точка л лежит в этом круге, следовательно, ~Д«)~ = М. Итак, для любой точки л Е Р Щх) ~ = М. Покажем, что отсюда следует равенство Г(л) ив э свгмй Так как ~~(л) ~ и М, то Щл) ~л = из(х, р) + ел(х, р) ьч Мз.

Имеем и й,+и е'=О и ° и„— в. йо =0 в силу условий Коши-Римана систему уравнений перепишем в виде и и' — в и'„=0 е.й+и й,=О Так как из + из = Мз > О, то решение однородной системы есть и', = и„' = О, т.е. и(х, р) = сапой Аналогично и(х, р) и сапв1 и Г(л) и озноб„ что противоречит усгювию теоремы. Теорема, тем самым, доказана.

По ходу доказательства мы решили задачу: н. пу Фу гы г мР) )гьг г б ш. Доказать, что Г(л) есть константа. Следствие 1. Пусть область Р— ограниченная область и Г(л) е А(Р) П С(Р). Тогда (Г(л) ~ достигает максимума в границе области. Следствие 2. Пусть область Р— ограниченная область и функции Г,(л) Е А(Р) П С(Р), Гз(л) Е А(Р) ГГ С(Р) и на гРанице области Гг(л) = Гз(л). Тогда Гг(л) и Гз(л), л ч Р. Следствие 3.

Пусть Р— ограниченная область; Г(л) е А(Р) Гг С(1г), Г(л) з~ 0,игл е (Р). Тогда минимум Щл)~ достигается на границе области Р. Задача 15. Верно ли Следствие 2, если условие ограниченности области снять. Принцип максимума гармонической функции. Теорема. Пусть функция и(х,р) гармонична в обласгпи Р, и(х,р) ф сонм и пусть М = зир и(х, р), т = Ы и(х, р). Тоеда для любой тонни р (х,р) Е Р справедливы неравенства т<и(х,р) < М Эта теорема носит название Принцип максимума гармонической функ- 50 51 ции.

Так как для гармонической функции справедлива формула среднего значения 1 Г и(хо>уо) = — ~ и(хо+ гсоэ~о, ро+ го[и[о) йр, 2я,/ о то повторяя дословно доказательство теоремы о принципе максимума модуля для аналитической функции, где используется аналогичны формула среднего значения, получим доказательство данной теоремы. Следствие 1. Пусть Р— ограииченнэл область и Функция и(х, р) б С(Р) и гармонична в Р.

Тогда максимум и минимум функции и(х,р) достигается на границе области Р. Следствие 2. Пусть Р— ограниченная область и функции и1(х, р) и иэ(х, у) гармоничны в области Р, при этом из(х, р) Е С(Р), иэ(х, у) б С(Р), и1(х, у) = иэ(х, р), (х, р) е дР. Тогда и1(х, р) кэ иэ(х, р), (х, у) ч Р. Задача 16. Верно ли Следствие 2, если условие ограниченности области снять. Сформулируем задачу Дирвхле для оператора Лапласа. Задача Джрихле.

Дана область Р и на граниие области задана непрерывная фуюсиия ~р(х, у). Построить гармоническую фрнниию и(х, у) в области Р, непрерывную е Р и такую, апо и(х, р) = [в(х, р) на границе. Задача Днрихле не для любой области разрешима. Позже для областей специального вида мы в явном виде получим решение.

Сейчас же мы можем сказать, что если решение существует и область ограничена, то решение задачи Дирнхле единственно. Это следует из Следствия 2. Итак, если Функция,[(я) Е А(Р) и отлична от константы, то ни в одной внутренней точке области ее модуль не может принимать максимального значеняя. Если же Функция Дэ) б А(С), т.е.

есть целая Функция, то зная оценку на модуль функции сверху, можно говорить о ее виде, иначе говоря справедлива Теорема Лиувилля. Пусть,[(э) ч А(С) и суи[ествуют а > О, М > 0 такие, что Уг ч С -+ [У(я)[ < М[э[ . Тогда /(г) — ээногочлен, степень которого не превышает иглой части а — [а]. Доказательство.

Представям а в виде и = т + г, 0 < г < 1, [о] = т. Возьмем точку го и В > О, тогда по интегральной формуле Коши ((„) ' Г И)'~ й[+ („) ([]+ )' ( 2еэ',/ ~ — эо 2Я[,/ (~ — го) [о[+э ' [с-*о[=в [с-щ[=я Оценим у[["[+О(го): 1 а ~ < ~ ~ ~ ~ |< я ~| ~ о ~ ~ ~ ~ а (Ц + 1)[ 1+— [ 1'1 [ [ О ), ([~]+1)[ 2~В. (В+]эо]) / 2я в[о[+э я[а[+1-а Так как у(э) — целая, то устремляя эс -ь +со, получим, что 7[[ [+О(го) = О. Так как точка эо — произвольная точка комплексной плоскости, то у[[о[+О(эо) = О, т.е.

Функция у(г) есть многочлен, степень которого не превосходит [о]. Теорема доказана. Следствие. Пусть у(э) б А(С) и существует М > 0: оэ Е С -+ ]У(э) [ < М. Тогда у(г) эя сапой [о~~ Г7]л уш р Пусть у(э) Е А(]э] < 1) г[ С([э[ < 1), /(0) = О. Если ]/(э)] < 1) для [г[ < 1, то [у(э)[ < [г[, ]э] < 1. Причем, если существует эо .

[эо[ < 1, Щэо)] = [го], то У(э)=е э, а б Ж, а — фиксированное число. Задача 18. Пусть действятельная функция и(х, р) гармонячна на всей комплексной плоскости С и ограничена сверху (ограничена снизу), т.е. существует М: чг б С и(э) = и(х, р) < М (> М). Доказать тогда, что и(х, р) кч сопээ. 52 53 Лекция 6 и«1 55 Числовые и функциональные ряды. Пусть (хи) — последовательность комплексных чисел.