Ответы к экзамену, страница 6

Пусть функция f (z) имеет в точкe zi - ноль или полюс конечного порядка. Тогда f (z) = (z −z0 )m f1 (z), f1 (zi )∃, f1 (zi ) 6= 0, m 6= 0, m ∈ Z. Тогда логарифмическая производная функции f :0ϕ(z) = (ln(f (z))0 = (mln(z − z0 ) + lnf1 (z))0 =mf (z)+ 1=>z − z0 f1 (z)Res[ϕ(z), zi ] = mТ.е. вычет логарифмической производной в точке будет равен либо порядку нуля этой точки, либо порядку ее полюса. Ч.т.д. Рассмотрим интеграл от логарифмической рпоизводной по контуру, охватывающемуобласть с P полюсами и N нулями.

Тогда по основной теореме теоривычетов:Z 0XXf0f (z)dz = 2πiRes[ , zi ] = 2πi[mi ] =>fΓ f (z)ii1N −P =2πiZΓf 0 (z)dzf (z)Под N − P понимается сумма нулей и полюсов с учетом их кратности.Докажите теорему РушеДля этого нам понадобится сначала преобразовать результаты предыдущей теремы. dlnf (z) = dln|f (z)| + diargf (z). Первая функция -функциядействительного переменного, не равная нулю всюду на нашем контуре.При интегрировании ее по замкнутому контуру этот интеграл даст 0.Останется вторая функция:Z 0Zf11dz =Var]argf (z)], Varf = df2πi Γ f2πΓТогда, пусть выполнены условия теоремы Руше, т.е. для аналитичных взамкнутой области функций, на границе для которых: |f (z)| > |ϕ(z)|:N [F (z)] = N [f (z) + ϕ(z)] =N [f (z)] =1Var[argF (z)]2π11Var[argf (z)] => N [F (z)]−N [f (z)] =Var[argF (z)−argf (z)]2π2π35Как известно: argF − argf = arg Ff .

Это наиболее очевидно, если записатьF и f в показательной форме. ТОгда:ϕ1N (F ) − N (f ) =Var[arg(1 + )]2πfТак как в последнем выражении мы интегрируем по границе области, тоRe(1 + ϕf ) > 0 => при обходе ее по замкнотому контуру мы обойдем наплоскости ее результатов мы обойдем кривую, не содержащую точку 0,а значит - получим ноль. Значит: N (F ) − N (f ) = 0 и Ч.т.д.Докажите методами ТФКП основную теорему алгебрыP iРассмотрим произвольный многочленz ai .

конечной степени Он, очевидно, представляет собой аналитическую на всей комплексной плоскости функцию. Если мы возьмем в качестве контура круг настолькобольшой, что на его границе |z i ai | > |sumn−1 ai z i |, что, очевидно, всегдаможно сделать, ввиду быстрейшего роста старшей степени, то будут выполнены условия теоремы руше и полной число нулей многочлена будетравно числу нулей an z n , то есть n.

Ч.т.д.Докажите теорему о необходимом условии однолистности в конечнойточкеПусть есть аналитическая однолистная в некоторой замкнутой окрестности точки функция. Тогда. если предположить, что она однозначна,то у этой функции существует обратная, которая также однознаяна иоднолистна, причем теорема о производной обратной функции остаетсяв силе, и так как обратная функция - также аналитическая в замкнутойобласти(!), а ее производная: f −1 (z)0 = f 01(z) , то необходимо f 0 (z) 6= 0 вэтой окрестности. Ч.т.д.Докажите теорему о существовании и аналитичности обратнойфункцииЕсли в области G проивзодная функции f 0 (z) 6= 0, то детерминант:ux uy 0226 0 vx vy = ux vx − uy vy = ux + vx = |f (z)| =В последнем выражени мы восопльзовались условиями Коши-Римана.Тогда по теореме о неявной функции существует разрешение системы:u = u(x, y), v = v(x, y) относительно x и y, т.е.

обратная функция. Про1∆z= f 01(z) - суизводная этой функции вычисляется как lim ∆ω= lim ∆ω∆zществует всюду, в силу неравенства нулю производной. Тогда в силунепрерывности f 0 , f10 также непрерывна, а значит обратная фунция аналитична в области. Ч.т.д.36Докажите принцип соответствия границ при конформномотображенииПусть есть однозначная, аналитическая в области Ω и непрерывная награнице этой области ω функция f (z), которая при условии сохранениянаправления обхода отображет ω на границу Γ области G. Тогда рассмотрим произвольную точку f (z0 ) внутри G и f (z1 ) вне G. По теоремео числе нулей:N [f (z)−f (z0 )] =1V ar[f (z)−f (z0 )] = 1, так как z0 лежит внутри области2π1V ar[f (z) − f (z1 )] = 0, так как z1 лежит вне области2πЗначит, в силу произвольност z0 и z1 всего одна точка есть праобразлюбой точки G и ни одна точка не переходит во вне G, с учетом однозначности это дает нам, что f (z) - конформно отображает Ω на G.

Ч.т.д.N [f (z) − f (z1 )] =Докажите круговое свойство дробно-линейной функцииОкружности переходят в окружности. Рассмотрим окружность: A(x2 +y 2 ) + Bx + Cy + D = 0.f (z) =a + bzb a − bcdba bc1= += + ( − 2) cc + dzd c + dzdd d d +zТо есть для функции f1 (z) = f (z − dc ) = A+B z1 . Таким образом мы выделили линейное преобразование, которое, очевидно, растягивает и сдвигает окружности и не деформирует их. Осталось показать, что исходноепреобразование: z1 сохраняет окружности:1u−v= u + iv; x = 2,y = 2=> A(x2 + y 2 ) + Bx + Cy + D =2zu +vu + v2A + Bu − Cv+ D = 0 <=> A + Bu − Cv + D(u2 + v 2 ) = 022u +vТ.е.

снова уравнение окружности. Ч.т.д.=Докажите свойство сохранения симметрии дробно-линейной функции.Докаазательство этой теоремы чисто геомтерическое и тут неприводимо.Докажите теорему о том, что дробно-линейная функцияопределяется тремя точками37f (z) = λ 1 +α−ββ+z=λ 1+AB+zНам дано три точки: f (zi ) = ωi :Тогда:ω1 − ω3 = λz1 − z3 β − αβ + z1 β + z3ω2 − ω3 = λz2 − z3 β − αβ + z2 β + z3ω1 − ω3z1 − z3 β + z2=ω2 − ω3z2 − z3 β + z1Очевидно, что если ω3 заменить на произвольную ω = f (z), то:z1 − z β + z2ω1 − ω=ω2 − ωz2 − z β + z1Разделив эт осоотношение на предыдущее:ω1 − ω ω2 − ω3z1 − z z2 − z3=ω2 − ω ω1 − ω3z2 − z z1 − z3Очевидно, что Это уравнение можно разрешить относительно ω(например,сведя к уже указанному выше линейному преобразованию дробь с ω).Это и будет доказательством.Докажите методами ТФКП принцип максимума и минимумагармонической функции двух переменных"Гармонические функции — это всецело работа дьявола, и стыд тому, ктопытается найти какие-либо доказательства относительно них."Н.АбельДокажите теорему об аналитичности отображения по лапласуфункции действительной переменнойСначала нужно доказать вспомогательное утверждение: ∀p : Re(p) =a + > a:Z ∞e−pt f (t)dt - сходится равномерно0В самом деле, по нашему предполжоению, a - такое число, что f (t) <M e(a+ε)t , то есть по признаку сравнения:Z ∞Z ∞M−pt|e f (t)dt| ≤e−Re(p)t M e(a+ε)t dt =Re(p) − a − ε0038То есть при Re(p) > a + ε ряд сходится равномерно по рпизнаку вейрештрасса.

Здесь полагалось, что функция имеет ограниченную степеньроста и имеет не более конечного числа точек разрыва первого рода надействительной оси. Тогда смотрим на наше отображение:∞Z−pteF (p) =f (t)dt =0∞ ZXk=0tk+1e−pt f (t)dttkt0 = 0, tn → ∞, то естьti - разбиение отрезкаот 0 до бесконечности.R tk+1P∞−ptТогда, обозвав uk (p) = tk e f (t)dt, F (p) = k=0 uk (p). Остаток этогоR∞ряда есть ни что иное как F (p) − tn e−pt f (t)dt и стремится к нулю всилу равномерной сходимости для любого p. При этом каждая из uk есть обыкновенный интеграл, зависящий от параметра и для него можноприменить доказанную из их раздела теорему, показав, что uk - аналитические функции. Тогда, для этой функции выполнены все условия первой теоремы Вейерштрасса, то есть в любой замкнутой подобласти F (p)- аналитическая функция, а значит она аналитическая в своей областиопределения. Ч.т.д.Докажитет еорему о достаточных условиях существованияоригинала функции F (p)Пускай F (p) - аналитическая функция, равномерно убывающая на 0 поR x+i∞углу.

Пусть также для всех p: x−i∞ |F (p)|dy < M, Re(p) > a. Тогдаинтеграл из формулы Меллина(Re(p) = x):1|2πiZx+i∞1e F (p)dp| ≤2πptx−i∞Zx+i∞eRe(p)t |F (p)|dy ≤x−i∞M xte2πТ.е. сходится для любого p. Эта же оценка, посокльку не зависит от мнимой части p, является доказательством равномерной сходимости нужного нам интеграла. Теперь нам осталось показать, что: f (t) ≡ 0, t <0, F (p)- изображение f (t) и указанный интеграл не зависит от x. Докажем последний пункт: Выберем прямоугольные контур, соединяющийдва вертикальных отрезка: x ± Ai, x0 ± Ai. Поскольку функция F (p)- аналитическая, то по формуле коши интеграл по этому контуру равен 0.

По условию теоремы F (p) уходит на ноль независимо от угла,значит, при стремлении отрезков к прямым, интегралы по горизонтальным(соединяющим) частям даст ноль. То есть мы получим:Zx+iA−pteZx0 −iAF (p)dp = −x0 +iAx−iA39e−pt F (p)dpЧ.т.д. Ограниченность степени роста оригинала следует из уже проведенной оценки для нашего интеграла с показателем infx = a.Тепреь отрицательные t. Выделим контур в виде бесконечной полуокружности справа от прямой Rep = a. Интеграл по дуге этого контура теперьявляет собой лемму Жордана для правой полуплоскости и дает ноль.Сам интеграл в силу формулы коши равен нулю, т.е.:ZZ x+i∞Z x+i∞ptpte F (p)dp +ept F (p)dp, t < 0e F (p)dp = 0 =x−i∞CRx−i∞Ч.т.д. Последнее утверждение - изображение функции:Z x+i∞Z ∞Z ∞1−p0 t−p0 tept F (p)dpef (t)dt =edt2πix−i∞00Внутренний интеграл не зависит от x и поэтому можно выбрать его любым, если выбрать его до p0 , то можно будет поменять порядок интегрирования в силу равномерной сходимости интегралов(иначе (p − p0 )может оказаться положительным и все будет плохо).

То есть, выносянезависимые переменные из нужного интеграла:Z x+i∞Z ∞Z x+i∞11dp−(p0 −p)tI=F (p)dpedt =F (p)2πi x−i∞2πi x−i∞p0 − p0Так как в силу равномерной сходимости к 0 F (p) по углу, подынтегральная функция имеет порядок стремления меньше −1, то последний интеграл можно будет вычеслить с помощью вычетов. Так как у этой функции единственная особая точка, причем полюс первого порядка, то:I = F (p0 )ЧютюдюВперееееееед! К Финаааааалу!40.