В.К. Белошапка - Курс лекций по комплексному анализу, страница 2

Теорема 1.3 (обратная к теореме о среднем). Если для некоторой функции u(z) ∈ C2 (D) выполненоутверждение теоремы о среднем, то функция u(z) гармонична. Напишем формулу Тейлора для функции u(z) до членов второго порядка:u(x, y) = A0 + B1 x + B2 y + C1 x2 + C2 xy + C3 y 2 + o(x2 + y 2 ).(4)Пользуясь линейностью пространства H, отбросим линейную часть в силу ее гармоничности. Функции x2 − y 2и xy тоже гармоничны, поэтому можно их тоже выкинуть (с подходящими коэффициентами). Поэтому можносчитать, что у нас исходно была функция вида u(x, y) = Cx2 + o(x2 + y 2 ).

Для простоты будем считать, чтомы пишем условие теоремы о среднем для точки a = 0, так как иначе бы можно было написать разложениеТейлора с центром в другой точке. По условию значение в центре равно нулю, поэтому0=Z2πiϕu(re ) dϕ = Cr2Z2πcos2 ϕ dϕ + o(r2 ).(5)00При r → 0 правая часть должна стремиться к нулю. Но с другой стороны,и означает, что ∆u = 0. 2πRcos2 ϕ dϕ > 0. Значит, C = 0, а это0Теорема 1.4 (единственности). Если гармоническая функция равна нулю в некоторой окрестности, тоона тождественно равна нулю. Пусть u = Re f .

Из условий Коши – Римана имеем f (z) = iC в окрестности (так как вещественная частьравна нулю), а по комплексной теореме единственности функция f (z) равна этой константе и во всей области.т. е. u = Re f = 0 во всей области. Замечание. Для совпадения гармонических функций в области недостаточно их совпадения на последовательности точек: функция u(x, y) = x гармонична и постоянна на множестве прямых {x = const}.Теорема 1.5 (принцип максимума). Если функция u ∈ H(D) в некоторой внутренней точке достигаетнестрогого локального максимума, то она постоянна. Пусть u = Re f .

Рассмотрим функцию g := exp f . Тогда у функции g в данной точке будет максимуммодуля, а потому она постоянна. Значит, f ≡ const и u ≡ const. Теорема 1.6 (Лиувилля). Если функция u ∈ H(C) ограничена во всей плоскости сверху или снизу, тоu ≡ const. Пусть u = Re f и u 6 M . Рассмотрим функцию g := exp f . Тогда функция |g| ограничена, и по комплексной теореме Лиувилля функция g постоянна, а вместе с ней постоянна и функция f . Случай u > M разбираетсяаналогично. Утверждение1.7.

Композиция голоморфной и гармонической функции гармонична: u ∈ H(D) и f ∈ O(Ω),тогда u f (ζ) ∈ H(Ω). Пусть u = Re F . Тогда функция F (f ) голоморфна, а потому Re F (f ) гармоническая. 1.2.2. Особые точки гармонических функцийРассмотрим гармоническую функцию u(x, y) и голоморфную функцию f = u + iv. Пусть она имеет особуюточку a.

Будем продолжать аналитически нашу функцию, обходя вокруг особой точки. При возвращении вточку отправления, вообще говоря, может получиться другая функция. Но вещественная часть аналитического продолжения есть функция u, которая однозначна. Следовательно, приращение будет чисто мнимым. Этоприращение равно некоторой мнимой константе iΓ (следует из уравнения Коши – Римана).Это наблюдение уже подсказывает нам, что всё это очень похоже на Ln z. Рассмотрим функцию2πg(z) := expf (z) .(6)Γ5Покажем, что она однозначна. В самом деле, после обхода вокруг точки имеем2π e2π2π2πf (z) = exp(f (z) + iΓ) = expf (z) · exp (2πi) = expf (z) ,g(z) = expeΓΓΓΓ(7)поскольку exp(2πi) = 1. Тогдаf (z) =Γln g(z),2πu=ΓΓRe ln g(z) =ln |g(z)|.2π2π(8)Возможны три случая для поведения функции u в окрестности особой точки a.• Если функция u ограничена, то она доопределяется в точке a по непрерывности, тем самым имеем устранимую особенность.Γln |g(z)|.

Если функция g имеет нуль в точке a, то u(z) → −∞,• u(z) → ∞ при z → a. Вспомним, что u(z) = 2πа если полюс, то u(z) → +∞. Точнее говоря, пусть g(z) = (z − a)k ϕ(z), где ϕ голоморфна в полнойокрестности точки a и ϕ(a) 6= 0. Тогдаu(z) =ΓΓkΓΓln |g(z)| =(k ln |z − a| + ln |ϕ(z)|) =ln |z − a| +ln |ϕ(z)|.2π2π2π2π(9)Γln |ϕ(z)| имеет устранимую особенность в точке a.Очевидно, функция 2π• Функция u не имеет предела в точке a.

Тогда g(z) имеет существенную особенность и применима теоремаxСохоцкого. Например, функция exp z1 порождает гармоническую функцию u(x, y) = x2 +y2 . В достаточномалой окрестности точки a она «заметает» всю вещественную ось (найдётся подпоследовательность zn → a,для которой u(zn ) → b для ∀ b ∈ R.1.2.3. Задача ДирихлеКомплексный анализ, а точнее, формула Коши позволяет почти без выкладок выписать решение задачи= ϕ.Дирихле в виде интеграла. Напомним, что в этой задаче ищется функция u ∈ H(D) ∩ C(D), такая, что u∂DДокажем, что если решение задачи Дирихле существует (мы этого еще не знаем, но скоро узнаем), и областьограничена, то оно единственно.

Действительно, пусть u1 и u2 — два решения. Тогда их разность v := u1 − u2гармонична и на границе равна нулю. По принципу максимума v ≡ 0.Для неограниченных областей это не верно. пример: D = {Im z > 0} и uλ := λy. При разных λ имеем разныерешения, и функции uλ гармоничны.Докажем теперь существование решения для ограниченной односвязной области D. Переведём её конформнов единичный круг ∆. Так как композиция конформного отображения и гармонической функции гармонична,а конформное отображение продолжается до гомеоморфизма областей с границами, мы свели задачу к аналогичной задаче для круга с некоторыми другими граничными данными ψ.

Пусть u — искомое решение. В силуодносвязности круга найдётся голоморфная (однозначная) функция f на этом круге, для которой u = Re f . Запишем интегральную формулу Коши для точки z ∈ ∆ и для точки z ∗ , полученной из z симметрией относительноединичной окружности по формуле z ∗ = z1 . Далее везде ζ := reiϕ для краткости. Имеем1f (z) =2π iZ|ζ|=1f (ζ)1dζ =ζ −z2πZ2π0f (ζ)ζdϕ, где ζ = eiϕ .ζ −z(10)Теперь запишем ту же формулу для точки z ∗ .

Так как точка z ∗ лежит вне круга и подинтегральная функциябудет голоморфной, имеемZ1f (ζ)dζ = 0.(11)2π iζ − z∗|ζ|=1Вычтем этот интеграл из первого (то есть на самом деле ничего не вычтем). Под интегралом будет выражениеζζ−ζ −zζ−То есть1z=ζ(ζ − 1z − ζ + z)ζ(zz − 1)1 − zz1 − zz1 − zz====(ζ − z)(ζz − 1)(ζ − z)(ζ − 1z )(ζ − z)( 1ζ − z)(ζ − z)(ζ − z)(ζ − z)(ζ − z)ζζ−ζ −zζ−1z6=1 − |z|2.|ζ − z|2(12)Тогда выражение (10) перепишется в виде1f (z) =2πZ2πf (ζ)01 − |z|2dϕ.|ζ − z|2(13)Выделим вещественную часть. Имеем1Re f (z) = u(z) =2πZ2πψ(eiϕ )01 − |z|2dϕ.|eiϕ − z|2(14)Это и есть решение для круга (так называемая формула Пуассона). Остаётся применить к полученной функции uконформное отображение, переводящее ∆ в исходную область.Кроме того, заметим, что1 − |z|2ζ +z= Re(15)|ζ − z|2ζ −zЭто соотношение можно проверить, например, следующим способом:z+zRe z =;2ζ +z1Re=ζ −z2ζ +z ζ +z+ζ −z ζ −z=12(ζ − z)(ζ − z)((ζ + z)(ζ − z) + (ζ − z)(ζ + z)) =12ζζ − 2zz1 − |z|2(ζζ+zζ−ζz−zz+ζζ−zζ+ζz−zz)==2|ζ − z|22|ζ − z|2|ζ − z|2Поэтому f (z) можно определить формулой1f (z) =2πZ2πψ(eiϕ )0ζ +zdϕ + iC,ζ −z(16)где C – некоторая вещественная константа (две голоморфные функции с одинаковыми действительными частямиотличаются на мнимую константу).

Это выражение называется формулой Шварца.Теорема 1.8. Полученная функция u непрерывно выходит на границу области, т. е. если z → ζ0 ∈ ∂∆, тоu(z) → u(ζ0 ). Введём обозначение1 ζ +z1 1 − |z|2P (ζ, z) := Re=.(17)2π ζ − z2π |ζ − z|2ИмеемZ2π(18)P (ζ, z) dϕ = 1,0так как функция u ≡ 1 гармонична. Заметим, что P (ζ, z) → 0 при z → ζ0 6= ζ (это видно из предыдущейформулы: числитель стремится к нулю, а знаменатель — нет), причём сходимость равномерна по ζ на каждойдуге γ, не содержащей точку ζ0 .Рассмотрим разностьd :=Z2π0!u(ζ)P (ζ, z) dϕ − u(ζ0 ) =Z2π0u(ζ) − u(ζ0 ) P (ζ, z) dϕ.(19)Переход «!» обеспечен равенством (18), от умножения на константу u(ζ0 ) хуже не будет.В силу непрерывностифункцииu на границе для ∀ ε найдётся δ такое, что |u(ζ)−u(ζ0 )| < ε при |ϕ−ϕ0 | 6 2δ.Пусть γ1 := ζ = eiϕ : |ϕ − ϕ0 | 6 2δ , а γ2 := ∂∆ r γ1 .

На дуге γ1 имеемZZZ(20) u(ζ) − u(ζ0 ) P (ζ, z) dϕ < ε P (ζ, z) dϕ < ε P (ζ, z) dϕ = ε · 1 = ε.γ1γ1∂∆7Теперь разберёмся с дугой γ2 . Пусть z = reiθ и |θ − ϕ0 | < δ. Тогда найдётся ρ ∈ (0, 1) такое, что если r ∈ (1 − ρ, 1),то P (ζ, z) < ε для всех ζ ∈ γ2 . ТогдаZZ(21) u(ζ) − u(ζ0 ) P (ζ, z) dϕ < 2M P (ζ, z) dϕ < 2M ε · 2π,γ2γ2где M = max u. Значит, |d| 6 (1 + 4πM )ε. ∂∆1.3. Гидродинамическое доказательство теоремы Римана1.3.1. Векторные поля и голоморфные функцииБудем рассматривать гладкие векторные поля на плоскости и интерпретировать их как поля скоростейпотока жидкости.

Пусть V~ = P (x, y), Q(x, y) — поле класса C1 . Рассмотрим некоторый гладкий контур γ ифункцииZZΠ(γ) :=(V, ~n) ds =γB(γ) :=Zγ(V, ~τ ) ds =γZγ−Q dx + P dy ,{z}|ω1(22)P dx + Q dy,|{z}ω2где ~n — единичная внешняя нормаль к контуру, а ~τ — касательный вектор к γ.Определение. Функция Π называется потоком поля через контур γ, а B — вихрем.Пусть γ = ∂D. По формуле Грина имеемZZZZΠ(γ) =(Px + Qy ) dx dy, B(γ) =(Qx − Py ) dx dy.D(23)DПусть течение жидкости безвихревое и не имеет источников и стоков.

Тогда B = Π = 0. Но если это вернодля любой области D, это значит, что подынтегральные выражения равны нулю:(div V = Px + Qy = 0,(24)rot V = Qx − Py = 0.Это означает замкнутость задаваемых ими дифференциальных форм. Пусть область D односвязна, тогда этиформы точны, т. е. являются чьими-то дифференциалами. Тогда рассмотрим функцииu(z) :=Zzω1 ,v(z) :=z0Zzω2 .(25)z0Определение. Функция u называется потенциалом поля, а v — функцией тока.В силу односвязности путь интегрирования в определении не важен. Название функции v объясняется тем,что жидкость течёт по линиям уровня этой функции.

Действительно, жидкость течёт по решениям дифференциального уравнения(ẋ = P (x, y),(26)ẏ = Q(x, y).d∂vТогда dtv x(t), y(t) = ∂xẋ + ∂v∂y ẏ = −QP + P Q = 0, то есть функция v постоянна на траекториях системы.d∂uАналогично, для u получаем dtu x(t), y(t) = ∂u∂x ẋ + ∂y ẏ = P P + QQ > 0 — потенциал растет на траекторияхдвижения частиц жидкости.Определение. Функция f := u + iv называется комплексным потенциалом поля.Комплексный потенциал будет голоморфной функцией, так как ux = P = vy и uy = Q = −vx , то естьусловия Коши – Римана выполнены. Отметим также, что V = P + iQ = f ′ , то есть зная потенциал f , можнонайти векторное поле V .