Ответы к экзамену, страница 4

Значит, и f (1) (z)- аналитическая и ддифференцируемая функция. Тогда:Zf (χ)1(2)2dχf (z) =2πi Γ (χ − z)3И так далее. Тогда f (n) (z) существует и равна:Zf (χ)n!(n)dχf (z) =2πi Γ (χ − z)n+1То есть у аналитической функции существуют производные всех порядков, и вычислить их можно по указанным формулам.Докажите теорему ЛуивилляПусть имеется некая аналитическая везде функция f (z), такая, что: |f | <M на всей комплексной плоскости. Запишем значение ее рпоизводной:Zf (χ)1(1)dχf (z) =2πi Γ (χ − z)2Выберем также контур - окружностью постоянного радиуса вокруг точки z:Z 2πZ 2π1f (z + Reiϕ ) iϕ1f (z + Reiϕ )(1)f (z) =Reidϕ=idϕ2πi 0R2 e2iϕ2πi 0ReiϕПоскольку модуль функции ограничен на всей плоскости, то модуль выражения под интегралом не превосходит: M.

Если взять R достаточноRбольшим, мы можем сделать модуль выражения под интегралом скольугодно малым. То есть:Z1|f (z)|M0|f | =ds <22π CR RRЗначит, производная сколь угодно близко приближается к нулю, то естьравна нулю. Поскольку это рассуждение не зависит от z, то производнаявезде равна нулю, и функция - константа.23Докажите теорему о среднем и теорему МорерыТеорума о среднем: из формулы Коши видно, что для контура, являющегося окружностью вокруг точки внутри области аналитичности:Z 2πZZ1f (z0 + Reiϕ )11f (z) =idϕ =f (χ)dRϕ =f (χ)ds2πi 0Reiϕ Reiϕ2πR CR2πR CRГде χ = z0 + eiϕ . Это и есть формула о среднем.Теорема Мореры.

Пусть функция является непрерывной в односвязнойобласти G и интеграл от нее по любому замкнотому контуру целикомвнутри G равен 0, тогда по условиям теоремы о дифференцированииинтеграла по парамтру, так как f (χ) не зависит от z:Z zf (χ)dχ − аналитическая в G функцияF (z) =z0Тогда у нее существуют проивзодные всех порядков, в том числе первогои второго:Z z0F (z) =fz (χ)dχ = f (z) => F 00 (z) = f 0 (z)z0То есть производная функции f существует, а значит она дифференцируема и значит, аналитична. Ч.т.п.докажите принцип максимума модуля аналитической функцииПусть максимальной значение аналитической функции достигается внутри области аналитичности.

Тогда возьмем контур в виде окружностипостоянного радиуса вокруг этой точки(z0 ) и запишем:Z 2πZ 2π|f (χ)|dϕ ≤ 2πMf (χ)dϕ| ≤|2πif (z0 )| = |00Последнее неравенство сделано в силу: |f (z)| ≤ M = |f (z0 )|. Но тогда:Z 2πZ 2π2πM ≤|f (χ)|dϕ ≤ 2πM <=>|f (χ)|dϕ = 2πM00В то же время, если модуль |f (z)| < M в некоторой точке на контуреχ = z0 + Reiϕ , например, при ϕ ∈ [ϕ0 − ε, ϕ0 + ε]:Z 2πZ ϕ0 −εZ ϕ0 +εZ 2π|f (χ)|dϕ =|f (χ)|dϕ +|f (χ)|dϕ +|f (χ)|dϕ <00ϕ0 −ε24ϕ0 +ε2(π − ε)M + 2εM = 2πMТо есть достигнуть этого значения уже не получится, значит, везде наконтуре: |f (z)| = M , то есть на границе круга модуль функции также постоянен и равен M .

Аналогичными рассуждениями для других Радиусовпоказываем, что внутри этого круга Везде у всех точек будет одинаковыймодуль = M . Теперь соединим произвольные две точки области кривой,не имеющей с границей общих точек. У границы нашего круга есть пересечение с этой кривой. В этой точке модуль постоянен и равен M . Построив в ней как в центре круг нового радиуса, повторим рассужденияи убедимся, что и внутри него тоже везде модуль функции постоянен.Теперь, так как кривая отстоит от границы на фиксированное конечноеопложительной число, то радиус кругов из любой точки кривой ограничен снизу этим расстоянием.

Тогда, так как радиусы кругов ограниченыснизу, можно за конечное число итераций добраться до конца кривой,то есть в любую другую точку области и получить, что |f (z)| = M длявсех точек области. Таким образом, если |f (z)| =6 const => она достигаетмаксимума в граничных точках.Ч.т.д.Докажите теорему о почленном интегрировании функциональногорядаПусть нам дан равномерноP сходящийся в G функциональный ряд изнепрерывных функций: k uk (z) = f (z). Тогда для любой кусочно-гладкойкривой C, лежащей целиком в G справедливо:Z∞ ZXun (z)dzf (z)dz =k=0CТак как ряд сходится равномерно, то для любого эпсилон, даже для Lε , Lдлина дуги кривой, можно указатьPтакой номер N.

начиная с которогодля любого n справедливо |f (z) − nk=1 uk (z)| < Lε , тогда:ZZnnXXLuk (z)]|dz < ε = ε| [f (z) −uk (z)]dz| ≤|[f (z) −LCCk=1k=1Ч.т.д.Докажите вторую теорему Вейерштрасса о функциональных рядахПусть ряд аналитических в G функций uk (z) равномрено сходится награнице области Γ. Тогда в силу равномреной сходимости на границе:∀ε > 0∃N, ∀n, m > N ∀z ∈ Γ|n+mXk=n25uk (z)| < εТогда по принципу максимумаP модуля аналитической функции, значениеаналитической функции | uk (z)| будет внутри области G не больше,чем ε, то есть для ∀z ∈ G:n+mX∃N, ∀n, m > N |uk (z)| < εk=nА значит, по критерию Коши, ряд сходится равномерно внутри всей замкнутой области.Докажите теорему Абеля о степенных рядахPПусть степенной рядak (z − z0 )k сходится в некой точке z1 6= z0 .

Тогдапо необходимому условию:|ak (z1 − z0 )k | → 0 <=> ∀k|ak (z1 − z0 )k | ≤ M <=> |ak | ≤M|(z1 − z0 )k |Тогда, если |z − z0 | < |z1 − z0 |:∞X∞X∞XX|(z − z0 )k |M|ak ||(z − z0 ) | ≤ak (z − z0 ) | ≤qk|=Mk|(z1 − z0 ) |k=0k=0k=0kkkтак как по условию q < 1, то это ни что иное, как сумма убывающей геометриечской прогрессии и она сходится. Т.е.

ряд сходится и для любогоz : |z −z0 | < |z1 −z0 |. Теперь, очевидно, внутри круга радиуса ρ < |z1 −z0 |:|ak (z − z0 )k | ≤ M|∞Xρk=>|(z1 − z0 )k |kak (z − z0 ) | ≤ M∞Xqkk=0k=0ПОследний ряд - числовой и, очевидно, сходящийся, для любого z внутрикруга. Тогда по признаку Вейерштрасса, исходный ряд будет сходитьсявнутри круга равномерно. Поскольку это выполнено для любого круга,меньшего, чем |z1 − z0 | радиуса, то это верно для любой точки внутрикруга и с радиусом |z1 − z0 |. Ч.т.д.Докажите теорему Коши-Адамара о степенных рядахКак я понимаю, имеется в виду теорема о радиуса степенного ряда. Применим к ряду признак коши:pn|an (z − z0 )n | → q < 1 => ряд сходится26В то же время очевидно: |an (z − z0 )n | = |an ||(z − z0 )n | = |an |Rn . Тогда изпризнака Коши следует условие:p1np|an |R → q < 1 => R <nlim |an |Во избежании неприятностей, всегда берется верхнее значение этого преpдела, чтобы нельзя было указать такую последовательность n, что lim n |an |R →q > 1.

Ч.т.п.В то же время, если мы возьмемp какие-то точки вне круга сходимости,то есть: |z − z0 | = ρ > R, то n |an |ρ → q > 1, а по тому же признакуКоши это равносильно расходимости ряда. Непонятной остается толькограница круга, на которой предел равен единице и признак Коши ничегонам не говорит. Тут для каждого ряда нужно поработать ручками.Докажите теорему ТейлораПусть аналитическая функция разложена в степенной ряд. Тогда: f (z) =Pak (z − z0 )k . Тогда очевидно:f (z0 ) = a0 , f(k)(z0 ) =∞Xan k!(z − z0 )n−k = ak k! <=> ak =n=kf (k)k!Однако это доказывает только единственность разложения в теоремеТейлора. Сама теорема - внутри круга конечного радиуса аналитическая функция может быть разложена в сходящийся степенной ряд.

Таккак функция аналитична в круге, то по формуле Коши:Zf (χ)1dχf (z) =2πi CR χ − zПри этом по известным формулам для геометрической рпогрессии:∞1111 X z − z0 k(=)z−z0 =χ−zχ − z0 1 − χ−zχ − z0 k=0 χ − z00Подставляя это в интеграл Коши и вынося сумму и несвязанную переменную за знак интеграла:Z∞1 Xf (χ)kf (z) =(z − z0 )dχk+12πi k=0CR (χ − z0 )Очевидно,что это разложение в степенной ряд с коэффициентами ak =Rf (χ)dχ. Как мы уже показывали ранее, каждый из этих интеграCR (χ−z0 )k+1(n)лов есть ни что иное, как f n!(z0 ) . В силу показанного в начале рассуждений, для любого разложения в степенной ряд коэффициенты этого рядабудут именно такими, то есть это разложение - единственно.27Докажите первую теорему Вейерштрасса о функциональных рядахПо условию теоремы ряд аналитических функций равномерно сходится влюбой замкнутой подобласти к некой функции, значит, в любой замкнутой подобласти эта функция непрерывна.

Тогда, рассмотрим интеграл отэтой функции по любому замкнотому контуру, целиком лежащему внутри области и воспользуемся в силу равномерной сходимости теоремой опочленном интегрировании:Z∞ ZXf (z)dz =u(z)dzCk=0CПоскольку каждая из u(z) - аналитическая, то интеграл от любой частичной суммы будет равен 0. Значит, и от всей суммы интеграл такжебудет равен нулю. То есть:Zf (z)dz = 0C. По условиям теоремы Мореры, это значит, что функция f - аналитическая во всей области.Выделим теперь контур внутри области так, чтобы от него до произвольной точки z0 было больше 0, то есть для любых z между этим контуромf (z)un (z)1конечен. Тогда (z−zиграницей области z−zk и (z−z )k - также аналити00)0ческие функции в указанной области, причем так как |(z−z1 0 )k | ограниченасверху dk , d = min(|z − z0 |), то ряд из uk будет сходится в этой областиравномерно и можно будет его почленно проинтегрировать:Z∞∞ ZXf (z)k! Xun (z)k!(k)u(k) (z0 )f (z0 ) ===2πi C (z − z0 )k+12πi n=0 C (z − z0 )k+1k=0В последнем выражении два раза применена интегральная формула Коши, в прямую и обратную стороны.