Ответы к экзамену, страница 5

В силу произвольности z0 можнозамнеить ее на z. Осталось показать равномерную сходимость ряда изпроизводных.PДля тех же условий, что и в прошлом пункте, оценим |f (z)− ∞k=0 un (z)| =ε k+1|rn (z)| < 2πd,L-длинафиксированноговпрошломпунктеконтура.k! LТак можно сделать, потому что исходный ряд сходится к функции fравномерно, и ∀ε∃N : ∀n > N ∀z|rn (z)| < ε. Тогда:ZZZ|rn (χ)|k!ε 2πdk+1k!ds(k)ds <|rn (z)| =ds = ε=εk+1k+12π C |(χ − z)2π C Ldk!C LТо есть по критерию коши ряд из производных сходится равномерно.Ч.т.д.28Докажите теорему единственности аналитической функцииСначала докажем вспомогательную лемму. Пусть функция имеет сходящуюся к некому числу z0 последовательность нулей zn . Тогда: разложим нашу функцию в ряд тейлора в окретсности точки z0 в круге,лежащем внутри области аналитичности.

В этом круге, согласно непрерывности исходнойf (z0 ) = limzn →z0 f (zn ) = 0. С другой стоP функции:kроны: f (z)ak (z − z0 ) , т.к. f (z0 ) = 0 => a0 = 0. Тогда f (z) =P =(z − z0 ) ak+1 (z − z0 )k = (z − z0 )f1 (z). Полагая, что ни одна из точек zn 6= z0 : f1 (zn ) = zfn(z−zn )0 = 0. Поскольку она также является непреPрывной (как сходящийся ранвомерно ряд (z − z0 ) ak+1 (z − z0 )k ), тоf1 (z0 ) = 0 => a0+1 = a1 = 0. Продолжая рассуждения по индукциивидим, что все коэффициенты an = 0. То есть исходная функция тождественно равна нулю внутри нашего круга. Для обобщения этого утверждения на всю область аналитичности, проведем из точки z0 кривую впроизвольную точку области z так, что кривая отстоит от границ дальше, чем на фиксированное d > 0. Тогда для любой точки этой кривойможно провести круг, радиусом не меньше d, и таким конечным числомкругов в силу конечности длинны кривой покрыть ее всю. Переходя откруга к кругу по их пересечениям, для каждого круга показываем, чтов нем функция тождественно равна нулю(например, каждый раз беремпересечение предыдущего круга и кривой, обзовем его zi .

В той частикривой, что останется внутри предыдущего(i − 1) круга, значение функции на точках кривой f (z) будет тождественный ноль. Поскольку кривая непрерывна, то можно в качестве сходящейся последовательностинулей взять сходящуюся к zi последовательность точек кривой и повторить рассуждения выше). За конечное число итераций мы дойдем доконечной точки z и покажем, что f (z) = 0. Значит, функция равна нулюцеликом в своей области аналитичности, то есть она есть тождественныйноль. Ч.т.д.Пусть теперь есть две аналитичные функции f и g. Взяв вместо нихфункцию f (z) − g(z), получим условия предыдущей леммы и докажем,что f (z) − g(z) ≡ 0 <=> f (z) ≡ g(z). Ч.т.д.Докажите теорему ЛоранаЛюбую аналитичную в круговом кольце функцию можно представитьсходящимся рядом лорана.

Рассмотрим кольцо, внутри которого функция аналитична. Внутри кольца проведем два круговых также контура. Если внешний радиус кольца - R2 , а внутренний - R1 , то радиу00сы проведенных контуров назовем: R1 и R2 соответственно. Очевидно,2900R1 < R1 < R2 < R2 . Тогда по формуле Коши для произвольной фиксированной точки z:ZZf (χ)f (χ)1[dχ +dχ]f (z) =2πi C −0 χ − zC +0 χ − zR1R20z−z00| < 1, а для R2 - | χ−z|<Если z0 -центр нашего кольца, тогда на R1 : | χ−zz−z001. Поэтому для R1 и R2 соответственно можно записать:∞11−11 X χ − z0 k==−)(0χ−zz − z0 1 − χ−zz−zz−z00z−z0k=0∞1111 X z − z0 k(==)z−z0χ−zχ − z0 1 − χ−zχ−zχ−z000k=0Подставляя это обратно в формулу Коши:∞XZ2πif (z) =C −0 k=0R1Z∞X−f (χ)f (χ)−k−1(z−z0 )dχ+(z−z0 )k dχ−kk+1+(χ − z0 )(χ−z)0C 0 k=0R2Если почленно проинтегрировать и вынести константу за скобки, то:Z∞X−k(z−z0 )2πif (z) =k=1C −0R1Z∞Xf (χ)−f (χ)kdχ+ (z−z0 )dχ−k+1k+1(χ − z0 )C +0 (χ − z0 )k=0R2Теперь на секунду вспомним теорему Коши - следствие из формулы Коши.

Если мы рассмотрим произвольные два контура, образующие кольцо, а внутри этого кольца функция будет аналитична, то по формулекоши, если контура - C1 и C2 :ZZZZf (z)dz +f (z)dz = 0 <=>f (z)dz =f (z)dzC1−C2+C2C1То есть при произвольной деформации контура внутри области аналитичности ничего не меняется. Наши интегралы аналитичны в нашемкольце, так как "плохая"точка в их знаменателе z0 лежит сильно внутриего границы. Тогда, можно вместо двух наших окружностей CR0 и CR012взять какой-нибудь один контур C, и написать тогда:Z1f (χ)cn =dχ2πi C (χ − z0 )n+130f (z) =∞Xcn (z − z0 )nn=−∞Ч.т.д. по теореме Абеля, этот ряд будет сходиться к функции равномерно внутри исходного кольца, так как будет сходиться равномерно внутрилюбого замкнутого подкольца.

Осталось показать единственость разложения. Аналогично случаю с Тейлором сделать уже не получится из-заналичия отрицательныхстепеней. Предположим,что есть два различPP∞0nных разложения: ∞c(z−z)=c(z− z0 )n . Тогда, домно0n=−∞ nn=−∞ nжим на (z − z0 )k и проинтегрируем по z по окружности фиксированногорадиуса R внутри кольца:ZZn−k(z − z0 ) dz =Rn−k ein−kϕ Reiϕ idϕCRCRОчевидно, если n−k +1 6= 0, то это интеграл от экспоненты внутри ее области аналитичности,т.е. 0. Иначе, это 2πiRn − k + 1 = 2πi. То есть приинтегрировании ряда в 0 уйдут все коэффицинеты, кроме одного. Инте0грируя оба ряда слева и справа получим: 2πick−1 = 2πick−1 .

Поскольку0k было выбрано произвольно, то ck = ck . Ч.т.д.Докажите теорему о конечной устранимой особой точкеЕсли наша функция в кольце ограничена, то для коэффициентов, еслиинтегрировать по окружности радиуса ρ:ZMf (z)dz <=> |cn | < ncn =k+1ρC (z − z0 )Тогда для отрицательных степеней:c−n < M ρn → 0, ρ → 0Так как эта оценка была справедлива для любого радиуса, то значит,c−n = 0 для любого положительного n, то есть ряд лорана не будетсодержать отрицательных степеней, а значит это - устранимая особаяточка.докажите теорему о конечном полюсеПусть у функции модуль неограничено возрастает.

Тогда выберем такуюэпсилон-окрестность точки, где он достаточно большое положительное1число и скажм, что внутри этой окрестности функция g(z) = f (z)аналитична, причем g(z) → 0, z → z0 . То есть эта точка является нулем какогото порядка функции g(z) <=> g(z) = (z − z0 )m ϕ(z), ϕ(z0 ) 6= 0, m > 0.31Так как функция ϕ в этой окрестности всюду неравна нулю, то: g(z) =(z−z0 )mψ(z)<=> f (z) = (z−zm , ∃ψ(z0 ) 6= 0, то есть ψ(z) раскладывается вψ(z)0)ряд лорана без отрицательных степеней по теореме об утсранимой особой точке, а значит f (z) содержит их не более, чем m. Ч.т.д.Докажите теорему сохоцкого для случая конечной особой точкиПусть нет.

Тогда возьмем такое число B, возьмем такое ε > 0 и такуюокрестность cr , что внутри этой окрестности для любого z: |f (z)−B| > ε.1будет в этой окрестности ограниченаТогда, очевидно, функция f (z)−Bпо модулю и всюду аналитична, то есть по уже доказанным теоремамона будет раскладываться только по положительным степеням и будетпредставима, как:1= (z − z0 )m φ(z), φ(z) 6= 0, m ≥ 0f (z) − BТогда, возваращаясь обратно к исходной функции:f (z) = B +1ψ(z)=B+−m(z − z0 ) φ(z)(z − z0 )mТ.е. эта точка будет полюсом конечного порядка. Противоречие.Докажите основную теорему теории вычетов и теорему о вычетахфункции, аналитичной на всей комплексной плоскости заисключением конечного числа особых точекРассмотрим интеграл по односвязной области, содержащей конечное число особых точек функции, являющихся не существенно особыми.

Тогдаокружим каждую из них конутром так, чтобы они(контура) не пересекались, очевидно, такое возможно сделать всегда. Тогда мы получимтеорему Коши для многосвязной области, в которой функция будет аналитична и можно будет записать, если Γ - граница области, а γi - контуравокруг особых точек:ZXZf (z)dz +f (z)dz = 0 <=>Γ+iγi−Вспомнив определение вычета, а ткже поменяв направление обхода:ZXf (z)dz = 2πiRes[f (z), zi ]Γi32Ч.т.д. Совершенно аналогично.

в дополнительном предположении аналитичности функции всюду за пределами рассмотренной выше области,по определению вычета в бесконенечно удаленной точке:ZXf (z)dz = −2πiRes[f (z), ∞] =>Res[f (z), zi ∪ ∞] = 0ΓiДокажите формулу для вычисления интегралавычетовR∞−∞f (x)dx с помощьюНам помимо хилого условия непрерывности функции потребуется, вообще говоря, условие аналитичности ее продолжения на C в верхнейполуплоскости, и наличия там не более конечного числа особых точек.Нам нужно также, чтобы ее аналитическое продолжение наверху удовлетворяло: |f (z)| < RM1+δ За пределами некоторой окружности радиусаR0 , такой. что вне нее нет особых точек.

Тогда за пределами этой окружности:Z2πM2πM R=→ 0, R → ∞|f (z)dz| <1+δRRδCRТогда рассмотрим интеграл:Z RZf (z)dzf (z)dz +−RCRЭто интеграл по области аналитичности функции, содержащей конечное число особых точек, и для него применима основная теорема теориивычетов:Z RZXf (z)dz +f (z)dz = 2πiRes[f (z), zi ]−RCRiПравая честь не зависит от R, значит, при взятии предела, она отсанетсясобой. Второе слагаемое уйдет в 0, а первое - в нужный нам интеграл.То есть:Z ∞Xf (z)dz = 2πiRes[f (z), zi ]−∞iЧ.т.д.Докажите весь набор лемм ЖорданаПусть функция f (z) равномерно по углу в нужной полуплоскости стремиться к нулю, то есть |f (z)| ≤ α(R).

Пусть наша полуплоскость такова,33что Im(az) =ImaRez+ImzRea > 0, то есть, например, для верхней полуплоскости: Rez − ∀ => Ima = 0, Imz > 0 => Rea > 0. Тогда интеграл побесконечно удаленной окружности:ZI=f (z)eiaz dz → 0CRДокажем для верхней:ZZ−Im(az)|I| ≤α(R)eds = α(R)RCRπ−aR sin(ϕ)eZdϕ = 2α(R)R0Z< 2α(R)Rπ22e−aR π ϕ dϕ =0π2e−aR sin(ϕ) dϕ <02α(R)R −aRαπ(1 − e−aR ) → 0− 1) =2 (ea−aR πПоследний переход сделан на основании α → 0. Ч.т.д.

Для остальныхвариантов доказательства идентичны, меняется только −Im(az). Например, для правой: Im(z) − ∀ => Re(a) = 0, Re(z) > 0 => Im(a) > 0 =>a = ib Im(az)=Re(z)b = Rb cos ϕ =>Z πZ π222−Rb cos ϕαeRdϕ = 2αRe−Rb cos ϕ dϕ < [cos ϕ ≥ 1 − ϕ] <|I| ≤π− π20Z< 2αRπ22e−Rb(1− π ϕ) dϕ = 2αRe−Rb0απ1Rb− 1) =(1 − e−Rb ) → 02 (ebRb πЧ.т.д.докажите формулу для вычислениявычетовR∞−∞e−iax f (x)dx с помощьюАналогично уже доказанной формуле, введем кучу дополнительных предположений на аналитическое продолжение нашей функции f (z) на верхнюю плоскость и, воспользовавшись формулой Коши и основной теоермой теории вычетов:Z RZXiazf (z)e dz +eiaz f (z)dz = 2πiRes[f (z), zi ]−RCRiПравое слагаемое опять не зависит от R, а второе стремиться к нулю полемме Жордана. Тогда:Z ∞Xf (z)eiaz dz = 2πiRes[f (z), zi ]−∞iЧ.т.д.34Докажите теорему о разности числа нулей и полюсов аналитическойфункции.Докажем два вспомогательных утверждения.