Т.А. Леонтьева - Лекции по теории функций комплектного переменного (1118359), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Рис. 2б По теореме о вычетах имеем Д2) Иг = 2яг'~ Гьев Г"(2). г„ | к=1 С другой стороны, й 1(х) дг =,1(х) с1х+ Дх) д2. ок Вычет аналитической функции 127 Оценим интеграл ) Дх) сЬ: ов Д2) 11х < шах ~Де)~ ~гй = о(1/Ц тгт1 — 0 при т1 — +со. ~ЕСв и и Итак, !пп | Дх)дх = 2яг 2.
Вез Дх). и +ии И 11=И П1. Рассмотрим 1П класс интегралов — интегралы вида Пусть а > 0 и функция у(х) Е А((1шх > ОЯг1, г2,..., х )) П С(11пх = О), где точки х1,хи,..., г„— особые изолированные точки Дх), лежащие в области 1ш х > О, и 1пп 1(х) = О. Тогда *>а интеграл в смысле главного значения Коши Пусть Сн и Гн — кривые, введенные в предыдущем П классе. По теореме о вычетах | п е"'Дг) Ыг = 2яг ,'1 Вез (е1и'Дг)) .
гв й=1 С другой стороны, ч.р. е' Дх) дх = ч р. сов(ах) 1(х) т1х+Ы.р. в1п(ах) Дх) Их Лекция 11 128 Ранее мы доказали лемму Жордана, по которой ои если а > О. Окончательно получим .р./ ' ~(*)И*= 2м1 к~о"'ц )). ь=1 1Ъ'. Рассмотрим 1Ъ' класс интегралов — интегралы вида | х '7"(х) Их, 0 ( а ( 1.
о Наложим следующие условия на функцию 7(я): 1. 7(я) Е А(1С~И+~Цг~, яо,..., г„1) П С(К+\(О)), точки гы г~,..., х„— особые изолированные точки, лежащие в С~К+; 2. )Дх)) < С~)я( ~ при г — О, б > 0 — сколь угодно малое; 3. ~Дг)( ( С~,(я( '+~' при я — оо, Б~ > 0 — сколь угодно малое. Если функция 1(г) удовлетворяет этим трем условиям, то Доказательство. Рассмотрим область Х),н, границей которой являются окружности Сл = Щ = В)., С„= (ф = г) и отрезок (г, Л), обходящийся дважды в разных направлениях (рис. 27).
Вычет аналитической функции 129 Функция д(2) = в ' — многозначная, но в области О„и допускает выделение однозначных ветвей. По определению =е ц-1 (ц-1) Ьн г (а-1)(1ц ~л~-Иагк з+12лл) =е Возьмем ветвь при )с = О, т. е. когда мы находимся на верхнем берегу отрезка (г,В] — в этом случае 2 ' = х ', х) О. Если мы находимся на нижнем берегу отрезка [г, Л], то агя2 имеет ПрнращЕНИЕ 277 И ха-1 Ха-1Е(ц-1)2л1 Е2лнЧХа-" Рис. 27 Рассмотрим интеграл по полной границе и применим теорему о вычетах: | 'Дх) нг = х '~(х) дх ао„,„ л + х 1е2 ' ((х)йх+ 2 )(2)иг= + г ~Д2) еЬ 27гг ,'7 Вез (2' 'Д2)) . а=1 с, Обход по границе положительный. 5 Функции Оценим интеграл Лекция 11 130 ' |'(2) ггап1 < гпах (!2! '/Дя) ~) 2пт (л)=л ~(г ' 2пт Сгг ~=2пС~ г с.
Если взять О < 6 ( сг, то при т — + 0 интеграл ) я 1|'(2) 122 — + О. с„ Оценим интеграл ) 2 1Дг) сЬ: с ( игах()2! ~)|(2)~) .2п1г' 1л1=В <2 Я С, Л-"" л ггЕЗ (яа-1 ~(2)) 1 (1 Егл1а) 1=1' '" или 2пг 1=1 Рассмотрим интеграл г х" гдх О« 1, Л>О. — .+л о Если взять О < ег < 1 — сг, то при гг — + +со интеграл ' Г"(2) гЬ вЂ” ~ О. си Таким образом, Вычет аналитической функции Г Л.-1~.-1 а Преобразуем этот интеграл: 1 = ~ 1+1 затем сделаем о 1 замену у =:, тогда 1+1' (1 У) У с1У = Л 'В(а,1 — а) = Л~ 'Г(а) Г(1 — а) о где В(х, у), Г(х) — эйлеровы интегралы.
1 Функция г'(г) = удовлетворяет всем трем условиям, г+Л перечисленным выше, поэтому ,У= . Кеэ 2 .— = . Л е 22гг ( 1 1 ') 22гг 1 < ] Е2кга г Х Л 2+ Л/ 1 Е2лга = Л 'Г(а) Г(1 — а). Тем самым получаем 2тгге~'* гй 22гге'"" 21гг 2г Г(а) Г(1 — а) —, Е2к1а Е2лга ] Ека1 Š— лаг З1П 2Га Итак, мы получили для Гамма-функции Эйлера формулу дополнения: Г(а) Г(1 — а) =,, 0<а(1. згп гга Формула дополнения Г(2) Г(1 — 2) = —, справедлива для Б1П 1Г2 ВСЕХ 2 У множество целых чисел). Задача 36.
Доказать, что функция Г(2), 2 ф О,— 1,— 2,... не имеет нулей. 5* ЛОГАРИФМИЧЕСКИЙ ВЫЧЕТ. ПРИНЦИП АРГУМЕНТА. ТЕОРЕМА Р о"ШЕ лекция Пусть à — жорданов, замкнутый, кусочно-гладкий контур, ограничивающий область Рг (ограниченная область).
Функция Дз) Е А(1Эр " (61, Ьо,..., 6 ~), где Ь1, Ьо,..., Ь вЂ” полюсы порядка А,до,...,Д функции Д~) соответственно, 6„6о,,Ь Е Вг. Пусть также Дг) ф О, з е Г, но внутри области .0г функция Д~) имеет нули а„ао,..., а„кратности а1, ао,...., а„соответственно. Рассмотрим функцию Ф(з) = . Функция ф(г) Г() аналитична в области Рг, за исключением точек а1, а2....., а„ и 6„6,...,6 В достаточно малой окрестности точки а;: У,,(ся) = (г: /з — а;) < е,), е, ) О, функцию Дз) разложим в ряд Тейлора. Разложение имеет вид ~(г) = (в — сч)"* ,'> аь(г — а,)», а~ ~ О, ~~ — а;~ < еь ь=о Тогда ~'(г) = а;(г — а,) * ' ,'~ аД~ — а;) +(г — а,) * ~ а~ Й(г — сч) ь=о ь=1 Логарифиический вычет 133 Тем самым ( ) ( ), гу; ~, а'„(г — а;)"+( —,.)~ о„'.~( Да) (а — а;)'" 2, а*„(а — а,.)ь а=о Е(а). 1 Да) = (а — Ь;) ~' ~ с'„(а — Ь;)~, се ф О, а=о тогда ~ (2) = — Щ(а — 6;) ' ~ с1(а — Ь1) +(а — 6;) ',~ с),.Це — 6;) а=о ию1 Тем самым ( — Ь;) в*'~ — ~;( — 6,) '~ с1( — 6;)"+~ С 6( — 6,)" ' у (2) ( -Ь;)-в Е4( -Ь,)" в=о — = — + г'1(а), где функция г'1(в) Е Г(а) — А У(.) а-ь, Тогда Вез — = -Д.
Г() =ь; Да) Окончательно, А(~г — 6,~ < б;) б Функции 'ун " ~(в) ~ А(У.Ла;)), Г(а,) =.„По„.му К„ Г( ) к=а1 ~(В) Рассмотрим функцию ф(в) в достаточно малой окрестности точки 6;: О < ~а — 6;~ < Б;. Из условий, наложенных на функцию Да), ее разложение в ряд Лорана в указанной окрестности имеет вид 134 Лекция 12 По теореме о вычетах интеграл Обозначим через У = Мг полное число нулей функции ~(г) внутри Рг, через Р = Р~ — полное число полюсов соответственно с учетом кратности нулей и полюсов.
Интеграл 1 ГЫ) —, ~ — д~ называется логарифмическим вычегпом функ2тг „г' Я) г ции г(я) по кривой Г (отпосительно контура Г). Тем самым мы доказали теорему: Теорема. Логарифмический вычет функции Дг) по кривой Г равен разности между числом нулей и числом полюсов функции г(г), содержащихся внугпри области Рг, т. е. По условию Дг) ф О, з Е Г; тогда = (Ьп~(з))~„>., г Е Г() Г, где (Ьп Дг)) „— й-я ветвь многозначной функции Ьп г(г). Напомним, что (1 и ~(г))ОΠ— — 1п ~Дг) ~ + г агй ~(г) + 2кйг'.
Пусть точка го е Г и Фо = агя Дг) в точке го, а Фг — — агя Дг) в точке ге после однократного обхода по кривой Г из точки зо в со Тогда 1 ( ~'(~) Фд — Фе Ъ'аг агк у(г) 1 2кг,/ ~(С) 21г 2~г г Приращение аргумента Фг — Фо функции г(г) называют вариацией аргумента функции при обходе по кривой Г и обозначают Чагагй Дг)~ = Фг — Фо.
~г Логарифмический вычет В терминах вариации аргумента функции ((г) данная теорема носит название принцип аргумента. Теорема (принцип аргумента). Пусть функция,((г) Е А(Рг "(ЬыЬг,...,Ь ')), где Ь1,Ьг,...,Ь„Е Рг, ЬыЬг,,Ь полюсы функции ((г), Р~ — полное число полюсов с учетом кратности. Пусть также Функция ((г) ~ О, г Е Г, точки амаг,...,а„Е Рг являются нулями ((г), Юг — полное число нулей. Тогда логарифмический вычет равен 1 /' 1'(() Чагаг~Дг) [ 2тгг / Я) 2к Применим принцип аргумента при доказательстве следующей теоремы. Теорема Руше. Пусть функции ((г) е А(Р), со(г) е А(Р), область Р— ограниченнол область, граница дР— контур.
На границе дР справедливо неравенство [((г)[ > [р(г)[, г Е дР; тогда Фг+ —— Уу (Му+„и Жу — полное число нулей функций внутри области Р). Доказательство. Так как при г е дР справедливо неравенство Щг)[ > [ср(г)[, то [,((г)[ > О, г Е дР и [((г) + ~р(г)[ > [фг)[ — [~р(г)[[ > О.
Применим принцип аргумента к функциям У(г) + ~р(г) и ((г). Имеем 1 ! 1 Юу+„—— — Чаг агяЦ + р) ~, Я~ = — Чаг агя,([ 2к [вп' 2к ~вв рассмотрим разность Ф~+ — М~.. 1 1 О+ р1 1Чу+~ — юг = — [Чаг ага((+ ~р) — Чаг агу, (] = — Чаг ага ~ — ) 2к 2к [,,( ) 1 / р1 = — Чагагя ~1+ — ) . 2к ~,() Лекция 12 Пусть вектор 2ц(г) равен 1+ —: тогда ~2ц(г) — 1~ = 1 — < 1, р(г), ~ р( ) 2 (г) Ы) если г Е дР. Следовательно, когда вектор г описывает кривую дР., вектор ш(г) описывает замкнутую кривую 7 (которая, вообще говоря, может быть и одной точкой), целиком лежащую внутри окружности единичного радиуса с центром в точке 1 (рис.
28). Рис. 28 Поэтому вектор ш(г) не обходит точку О, т. е. Уагаг82ц~ = О, тем самым МГ+„— — ФР Теорема доказана. Следствие 1 (основная теорема алгебры). На комплексной плоскости любой многочлен Р(г) = аег" + агг" ' +... + а„, ае ф О, имеет ровно и нулей. Доказательство. Взяв достаточно большое В > О, будем иметь, что на окружности ф = В справедливо неравенство ~аег") > (а1г" ' +...
+ а„(. Применяя теорему Руше к функциям аег" и Р(г), получим, что функции аег" и Р(г) имеют одно и то же число нулей в области ~г~ > В, но функция аег" имеет п нулей с учетом кратности. С:::::Л Задача 37. Доказать, что уравнение ае+а1 соеу+агсо82~р+...+а„соэп~р = О, О < ае < а, < ... < а„., Логарифмический вычет имеет 2п различных нулей в интервале О < у < 2и.
Следствие 2. Пусть функция у(г) Е А(Р) и однолистна, тогда 1'(в) ~ О для любой точки в Е Р. Доказательство. Предположим противное, т. е. что существует точка ге Е Р такая, что ~'(ге) = О. Существует окрестность Ую(ве), б > О, такая, что ~'(г) ~ О, в Е Уд(вв), з ф ве (рис. 29). Если бы нельзя было выбрать такую окрестность, то существовала бы последовательность точек (г„~, 11щ л„= гв, в оо в, ~ г, ~'(г„) = О. По теореме единственности для аналитических функций Отсюда следовало бы, что у'(в) = О, в Е У~(гв). Это противоречит однолистности функции Дв). Разложим функцию ~(г) в ряд Тейлора в Уе(зв): Дг) = ~а (в — ве)" = по+~а„(в — ~о)" в=в в=в Й > 2, аа ф О, а1 —— О = 1'(вв).
Введем функцию у(г) = а„(в — гв)". Можно выбрать окрестность Уе,(ге), О < б1 < о, такУю, что ~Р(в) ~ О, в Е У~,(ве), г ф го. Доказательство этого 138 Лекция 12 факта аналогично предыдущему. Обозначим ппп ~у(-.) ~ = 1~-*о1=б, т > О. Пусть О < )о) < т. Рассмотрим в У~,(ге) две функции р(г) и р(г) + а. На границе ~~ — ~е1 = б, справедливо неравенство ~у(л)~ > ~а~, поэтому по теореме Руше функции р(г) и у(г) + о имеют одинаковое число нулей в окрестности У~,(ге). Функция фе) имеет, по крайней мере, два нуля с учетом кратности в точке ге, поэтому функция ~р(~) + о в окрестности У~,(~е) имеет не менее двух нулей г~ и г~.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
