Комплексные лагранжевы многообразия и аналоги линий Стокса, страница 6

Система (13) упрощается доcos Re z ch Im z = Im Esin Re z sh Im z = 0 ,откуда получаем cos Re z ch Im z = Im Esin Re z = 0Im z= 0,       sin Re zcos Re zch Im z| Im E|===>0sign Im E| Im E|1Im z= 0cos Re z = Im EIm E∈ [−1, 1] ,30⇐⇒⇐⇒     | Im E| > 1Re z= π2 (1 − sign Im E)Im zihp2= arcch | Im E| = ± ln | Im E| + | Im E| − 1| Im E| 6 1Re z= ± arccos Im EIm z= 0.Таким образом получаем формулы (12) при Re E = 0.Корректность этих формул обеспечивается тем, что при их выводе мыиспользовали только эквивалентные переходы. В частности, в формулах (12)все подкоренные выражения неотрицательны, знаменатель не обращается вноль и под знаками ln стоят положительные величины.Лемма 6.

Точки поворота z± (E) являются непрерывными функциямипараметра E.Доказательство. Множество решений уравнения i cos z =√ E можетбыть задано как множество точек −i Arch(−iE) = −i Ln(−iE ± −E 2 − 1).При этом аргумент Ln не обращается в ноль или бесконечность при любомE ∈ C, следовательно решения уравнения i cos z = E аналитичны на всейкомплексной плоскости, значит они непрерывны.Введем обозначение ξ(z1 , z2 ) =Rz2 √z1i cos z − E dz.

В дальнейшем нам при-дется подставлять точки поворота в качестве пределов в этот интеграл. Поэтому мы будем считать, что z1 и z2 зависят от параметра E. Легко проверяется следующее утверждение.Лемма 7. Функция ξ(z1 , z2 ) непрерывно дифференцируема по параметруE ∈ C\(U(i) ∪ U(−i)), где U(±i) — произвольные окрестности точек ±i.Доказательство. Формально дифференцируя имеем∂ξ=∂EzZ2 (E)z1 (E)√pp−1dz + z2′ (E) i cos z2 (E) − E − z1′ (E) i cos z1 (E) − E .i cos z − EПроблемы могут возникнуть только если интеграл, являющийся первым слагаемым, является несобственным и не сходится равномерно по E.

Несобственным он является тогда и только тогда, когда путь интегрирования содержит точку поворота. В окрестности точки поворота z0 подкоренную функциюможно разложить в ряд Тейлораi cos z − E = 0 + i sin z0 · (z − z0 ) + . . . .Если sin z0 не равен нулю, получаем сходящийся интеграл, если sin z0 отделенот нуля равномерно по E, получаем равномерно сходящийся интеграл. Так31какp√sin z0 = ± 1 − cos2 z0 = ± 1 + E 2 ,то sin z0 равен нулю только в точках E = ±i и отделен от нуля вне объединения окрестностей этих точек. Другими словами, при E ∈ C\(U(i) ∪ U(−i))можно дифференцировать ξ(z1 , z2 ) по E под знаком интеграла и производная∂ξнепрерывна.∂E3.3. Вспомогательные утвержденияВ этом параграфе мы будем рассматривать интегралReZ√(14)i cos z − E dzζпо некоторым путям ζ.

Для того, чтобы этот интеграл был корректно определен, необходимо, чтобы путь ζ однозначно поднимался на риманову поверхность подынтегральной функции. То есть, путь ζ не должен содержать точкиветвления подынтегральной функции внутри себя (он может √содержать ихтолько в качестве своих концов). Точки ветвления функции i cos z − E —это точки, в которых i cos z − E = 0, то есть, точки z± + 2πZ.

Мы можемсчитать, что все рассматриваемые в этом параграфе пути целиком (кроме,возможно, конечных точек) содержатся в полосе (в одном из интервалов приz± ∈ R)z ∈ C | Im z| 6 | Im z+ (E)| \ ({z± } + 2πZ) .Это обеспечит корректность и однозначность всех интегралов вида (14).Лемма 8. Для любого a ∈ R:z+Z(E)+a√z+ (E )−a−2πZi cos z − E dz =z − (E )z− (E)pi cos z − E dz .Доказательство. Прежде всего отметим, что из формул (12) следует,чтоRe z± E = ±π − Re z± (E)иIm z± E = Im z± (E) ,значит z± E = ±π − z± (E).32z+ (E )−a−2πZpi cos z − E dz =z − (E )=− z+Z(E) −aq− z− (E)=− z+Z(E) −aqπ−z+ (E)Z −a−2πpi cos z − E dz−π−z− (E)−i cos w1 − E d w1 =i cos w2 − E dw2 = −−z− (E)=z− (E)p− z+Z(E) −aqi cos w1 −E d w1 =w2 =w1− z− (E)−z+Z(E)−aqz+Z(E)+a−i cos w1 − E dw1 =− z− (E)− z− (E)=− z+Z(E) −aqi cos(w1 − π) − E dw1 ==w1 =z+π−z+Z(E)−a−z− (E)i cos w3 − E dw3 =z+Z(E)+az− (E)ppi cos w2 − E dw2=w3 =−w2i cos w3 − E dw3 .В следующих двух утверждениях мы будем иметь дело с интеграламивида (14) только в отношении равенства этих интегралов нулю.

Этот фактне зависит от выбора ветви корня в этих интегралах. Значит, мы можемвыбирать удобную нам ветвь корня для каждого из этих интегралов. Приэтом необходимо следить только за тем, чтобы образ пути интегрированияпод действием подкоренной функции i cos z − E отображался этой ветвьюнепрерывно (другими словами, образ этого пути не должен пересекаться сразрезом).Лемма 9. При E ∈ C\i(−1, 1)I(E) = ReZ2π√i cos x − E dx = 0 ,0тогда и только тогда, когда E — действительное положительное число.Доказательство. В этом интеграле можно считать, что путь интегрирования — отрезок [0, 2π].

При E ∈/ i(−1, 1), этот путь не содержит точекz± + 2πZ внутри себя.33Отметим, что в силу равенства cos x = cos(2π − x):Z2πZπ√√I(E) = Rei cos x − E dx = 2 Rei cos x − E dx .00При Re E 6 0 и E ∈/ √i(−1, 1): Re(i cos x − E) = − Re E √> 0 для любого x ∈ (0, π), значит arg i cos x − E ∈ [−π/4, π/4] или arg i cos x − E ∈[3π/4, 5π/4], в зависимости от выбора ветви корня. С учетом того, что наинтервале(0, π) нулей подынтегрального выражения нет, получаем что знак√Re i cos x − E постоянен и отличен от нуля на всем интервале интегрирования, значит I(E) 6= 0.

Таким образом I(E) = 0 при E ∈/ i(−1, 1) означает, чтоRe E > 0.Рассмотрим E с положительной действительной частью. Тогда действительная часть Re(i cos x − E) = − Re E < 0 для любого x ∈ (0, π). То есть,образ пути интегрирования под действием функции i cos x − E не переходит через луч [0, +∞). Значит можно зафиксировать ветвь корня с разрезомвдоль этого луча. Выберем такую ветвь:√: C\[0, +∞) → {z ∈ C | Im z > 0} .Покажем, что при любом фиксированном значении Re E, подынтегральная функция в I(E) строго монотонно убывает по Im E для любого x ∈ (0, π).Действительно,√∂ Re i cos x − Re E − i Im E1−i= Im √< 0,= Re √∂ Im E2 i cos x − E2 i cos x − Eпо выбору ветви корня. Интегрирование в I(E) ведется по множеству положительной меры, значит и сам интеграл I(E) строго монотонно убываетпо Im E при любом фиксированном Re E.

Следовательно, при любом фиксированном Re E > 0 уравнение I(E) = 0 имеет не более одного решения поIm E.Остается показать, что I((0, +∞)) = {0}, тогда из уже доказанного будетследовать, что I((C\i(−1, 1))\(0, +∞)) 6∋ 0, и утверждение будет доказанополностью.Рассмотрим E ∈ (0, +∞). При таком E подынтегральная функция в I(E)меняет знак при симметрии относительно π/2. Действительно,√arg i cos x − E ∈ (0, π) ,по выбору ветви корня, кроме того π1при cos x > 0arg(i cos x − E) ∈ 0,22π1arg(i cos x − E) =при cos x = 022π 1arg(i cos x − E) ∈, π при cos x < 02234⇒sign cos1arg(i cos x − E)2= sign(cos x) ,следовательно, по формуле косинуса половинного угла:s1 − √cos2Ex+E 21cosarg(i cos x − E) = sign(cos x).22Значитhpi√√i arg i cos x−E|i cos x − E| · e=Re i cos x − E = Re√14arg(i cos x − E) == cos2 x + E 2 cos2=√4cos2 x + E 2 sign(cos x)s1−√Ecos2 x+E 22,и для подынтегральной функции в интеграле I(E) получаемpRe i cos(π − x) − E =s1− √ 2 Epcos (π−x)+E 2= 4 cos2 (π − x) + E 2 sign(cos(π − x))=2s1 − √cos2Ex+E 2√√4= − Re i cos x − E .= − cos2 x + E 2 sign(cos x)2Таким образом,I(E) =Zπ√Re i cos x − E dx =0π=Z20√Re i cos x − E dx +Zπ√Re i cos x − E dx =Z0RepZ0Repi cos y − E dy =π2π=Z2√Re i cos x − E dx −π20π=Z20√Re i cos x − E dx +π2i cos(π − y) − E dy == 0,и утверждение полностью доказано.35Лемма 10.

УравнениеJ(E) = RezZ+ (E)√i cos z − E dz = 0z− (E)на параметрE ∈ (0, +∞) имеет ровно одно решение E = E ⋆ . Причем E ⋆ ∈0, sh π2 .Доказательство. При E ∈ (0, +∞) из формул (12) следует, что√π2+ i lnz± = ±1+E +E.2Отметим, что при E ∈ (0, +∞) имеем оценку arg z+ ∈ 0, π2 . Исследуемыйинтеграл J(E) можно переписать в виде интеграла по действительной переменной r ∈ R (здесь учтена четность подынтегральной функции по z ипроизведена замена z = z+ · r):J(E) = RezZ+ (E)√i cos z − E dz =z− (E)= 2 RezZ+ (E)√i cos z − E dz = 2 Re0Z1z+0pi cos(z+ r) − E dr .Рассмотрим производную подынтегрального выражения по параметру E:ih p∂ Re z+ i cos(z+ r) − Ez+= − Re p.∂E2 i cos(z+ r) − E√Обозначим a(E) = 1 + E 2 +E и b(r) = i cos(z+ r)−E.

Отметим, что a(E) > 0при E ∈ (0, +∞). Так какeiz + e−iz,cos z =2πe±iz+ r = a∓r e±i 2 r ,то получаемar − a−rπrar + a−rπrb(r) =sin−E+icos.2222√1 + E 2 + E > 1 и r ∈ (0, 1):Отсюда видно, что при E ∈ (0, +∞), a(E) =πr> 0,Im b(r) = ch(r ln a) cos2πrRe b(r) = sh(r ln a) sin− E 6 sh(r · ln a) − E < sh(1 · ln a) − E = 0 .2То есть, b(r) лежит во внутренности второго квадранта, а arg b(r) ∈ (π/2, π).Значит b(r) не пересекает [0, +∞) при r ∈ (0, 1), что позволяет нам выбрать36ветвь корня, как и в предыдущем утверждении, с разрезом вдоль [0, +∞).Как и раньше, зафиксируем эту ветвь:√: C\[0, +∞) → {z ∈ C | Im z > 0} .Тогдаp1z+= arg z+ − arg b(r) = arg z+ − arg b(r) ∈arg p22 i cos(z+ r) − E π π π π π −= − ,, ⇒,∈ 0,24 22 4z+> 0.Re p2 i cos(z+ r) − EЗначит, производная подынтегрального выражения в J(E)ih p∂ Re z+ i cos(z+ r) − Ez+= − Re p< 0,∂E2 i cos(z+ r) − Eдля любого E ∈ (0, +∞) и любого r ∈ (0, 1).