А.В. Домрин, А.Г. Сергеев - Лекции по комплексному анализу (1124322), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Приведенная формула показывает, в частности, что вычет вбесконечности отличается от вычета в общей точке a ∈ C. Например, доказанное ранее утверждение: вычет в особой точке равен нулю, если онаустранима — не справедливо для вычета в бесконечности. Это видимое различие исчезает, как мы увидим позже, в контексте общей терии римановыхповерхностей. На данном этапе отметим только, что подлинной мотивациейприведенного определения вычета в бесконечности служит теорема о полнойсумме вычетов, доказываемая в следующем параграфе.73Задачи.(1) Пусть ∞ есть устранимая особая точка функции f . Покажите, чтоres∞ f = lim z(f (∞) − f (z)) .z→∞(Это аналог формулы вычета в простом полюсе из п.
8.3.)(2) Покажите, чтоresz=∞ f (z) = − resζ=01 1f( )ζ2 ζдля всякой функции f ∈ O({|z| > R}).8.5. Теорема о полной сумме вычетов.Теорема о полной сумме вычетов. Пусть функция f голоморфна вовсей плоскости C за исключением конечного числа точек {aν }. Тогда суммавычетов в точках {aν } и в бесконечности равна нулю:res∞ f +Xresaν f = 0 .νДоказательство.
Пусть UR = {|z| < R} – круг достаточно большого радиуса, содержащий все особые точки {aν }. Применяя к этому кругу теоремуКоши о вычетах (п. 8.1), получаем, чтоZX1f dz =resaν f .2πi ∂URνОстается заметить, что левая часть этого равенства совпадает с − res∞ f .8.6. Лемма Жордана. При практическом использовании теоремы о полной сумме вычетов для вычисления интегралов в комплексной области частобывает полезной следующаяЛемма Жордана. Пусть функция f определена и непрерывна на множестве{z ∈ C | Im z > 0, |z| > R0 } .ПоложимM (R) := max |f (z)| ,z∈γRгде γR есть полуокружность видаγR = {z = Reiθ | 0 6 θ 6 π} .Предположим, что f стремится к нулю на бесконечности так, чтоlim M (R) = 0 .R→∞74Тогда для всякого t > 0 справедливо соотношениеZlimf (z)eitz dz = 0 .R→∞γRДоказательство.
ИмеемZ πZitz|f (z)e dz| = |f (Reiθ )e−tR sin θ+itR cos θ iReiθ dθ| 60γR6ZπM (R)Re−tR sin θ dθ .0Чтобы оценить последний интеграл, воспользуемся неравенством2θπsin θ >при06θ6π2(график синуса над отрезком [0, π2 ] лежит выше хорды). Обозначаяделая замену Rθ/a = τ , получаем, чтоZπ−tR sin θRe0dθ = 2Zπ2−tR sin θRedθ 6 20Zπ2=: a иaRe−tRθ/a dθ =0=2Z0Rae−tτ dτ =π(1 − e−tR ) ,tоткуда и следует требуемый результат.Задача.
На примере постоянной функции f (z) ≡ 1 проверить, что без условияlim M (R) = 0R→∞лемма Жордана перестает быть справедливой.8.7. Пример на вычисление преобразования Фурье от рациональных функций. Пусть a > 0, t > 0. ИнтегралZ ∞x sin txI(t) :=dx22−∞ x + aсходится, если понимать его какlimR→+∞ZR−Rx sin txdx .x2 + a 2(Это можно показать, пользуясь признаком сходимости Абеля–Дирихле, но будет и независимо доказано в ходе нашего вычисления I(t)).
Рассмотрим следующий пределZ RxeitxJ(t) := limdx .R→+∞ −R x2 + a275Докажем, что он существует и найдем его значение. Обозначим черезzeitzz 2 + a2продолжение подыинтегральной функции в комплексную плоскость.Граница областиf (z) :=DR := {z ∈ C | Im z > 0, |z| < R}состоит из отрезка [−R, R] и полуокружности γR := {z ∈ C | Im z > 0, |z| = R}.Мы утверждаем, что интегралZZZ Rf (x) dx =f (z) dz −f (z) dz∂DR−RγRравен πie−at + o(1) при R → ∞.Действительно, если R > a, то интеграл по ∂DR равен2πi resz=ai f (z) = πie−atпо теореме о вычетах, а интеграл по γR есть o(1) при R → ∞ по лемме Жордана (здесь важно, что t > 0!). Устремляя R → ∞, получаем, чтоJ(t) = πie−att>0.приСледовательно,I(t) = Im J(t) = πe−att>0.приВ силу нечетности sin tx по t, окончательный −atпри πe0приI(t) =at−πeприответ имеет вид:t>0,t=0,t<0.Замечание 1. Поскольку функцияRexeitxx cos tx= 222x +ax + a2нечетна на отрезке [−R, R], тоJ(t) = iI(t) .Тем самым, наше рассуждение дает независимое от признака Абеля–Дирихледоказательство сходимости I(t) при t > 0.
Более того, возвращаясь при t < 0к формулеZ RZZf (x) dx =f (z) dz −f (z) dz ,−R∂DRγRмы видим из нее теперь, чтоZzeitzlimdz = πieat + πie−at 6= 0 .R→∞ γ z 2 + a2RИными словами, лемма Жордана при t < 0, вообще говоря, не верна.Замечание 2. Описанный метод позволяет также вычислить преобразование Фурье любой рациональной функции P (x)/Q(x) с deg P 6 deg Q − 1.76Лекция 9. Аналитическое продолжение. Постановка задачи9.1. Постановка задачи. Будем говорить, что функция f1 , голоморфная вобласти D1 , допускает аналитическое продолжение в область D2 , имеющуюнепустое связное пересечение с D1 , если найдется функция f2 , голоморфная вобласти D2 , такая чтоf1 ≡ f2 на D1 ∩ D2 .Аналогичным образом определяется мероморфное продолжение голоморфных (и мероморфных) функций.Наиболее простым примером аналитического продолжения является продолжение голоморфной функции по непрерывности в устранимую особую точку.Например, функция f (z) = sinz z определена и голоморфна всюду в комплекснойплоскости C, за исключением точки z = 0, где она имеет устранимую особуюточку.
Голоморфное продолжение f в точку z = 0 задается рядом Лорана f вэтой точке (который совпадает в данном случае с рядом Тейлора)f (z) =sin zz2z4=1−++... .z3!5!Другой пример — продолжение голоморфных функций, задаваемых интегралами, по параметру. В основе такого продолжения лежит следующая несложнаяЛемма. Пусть даны область D ⊂ C и непрерывная функцияϕ = ϕ(t, z) : [a, b] × D → C ,голоморфная по переменной z ∈ D при каждом фиксированном t ∈ [a, b]. Рассмотрим функцию f , задаваемую интеграломZ bf (z) =ϕ(t, z) dt .aТогда f голоморфна в D.Доказательство. Из равномерной непрерывности функции ϕ на множествах вида [a, b] × K, где K – произвольный компакт из D, следует, что f (z)непрерывно зависит от z ∈ D. По теореме Морера остается доказать, что длявсякого треугольника ∆ ⋐ K выполняется равенствоZf (z) dz = 0 .∂∆НоZf (z) dz =∂∆Z∂∆Zbϕ(t, z) dt dz =aZabZ∂∆ϕ(t, z) dz dt =Zb0 dt = 0 .a(Второе равенство в этой цепочке следует из теоремы Фубини для непрерывныхфункций, а третье — из теоремы Коши).Продемонстрируем, как работает указанный метод продолжения по параметру на конкретном примере гамма-функции Эйлера.779.2.
Аналитическое продолжение Γ-функции. По определению, гаммафункция задается интеграломZ ∞e−t tz−1 dt ,Γ(z) =0гдеtz−1 := e(z−1) ln tt > 0 , Re z > 0 .приДля доказательства сходимости этого несобственного интеграла в нуле и набесконечности, разобьем его в сумму двух интеграловI1 (z) =Z1−t z−1e tdt иI2 (z) =0Z∞e−t tz−1 dt .1Интеграл I2 (z) сходится при всех комплексных z, поскольку интегралZ1Z∞−t z−1|e t| dt =∞e−t tRe z−1 dt1сходится при z ∈ C.
Более того, при |z| 6 R|e−t tz−1 | 6 e−t tR−1 ,поэтому I2 (z) является равномерным пределом на компактах в C функцийfn (z) :=Zne−t tz−1 dt1при n → ∞. Действительно,|I2 (z) − fn (z)| = |Z∞−t z−1e tdt| 6nZ∞ne−t tR−1 dt → 0при n → ∞. Так как функции fn являются целыми (т.е. голоморфны всюдув C) по лемме из п. 9.1, то по теореме Вейерштрасса о рядах голоморфныхфункций получаем, что функция I2 голоморфна всюду в C.Аналогично, интегралI1 (z) = limn→∞Z1e−t tz−1 dt1/nсходится и задает голоморфную функцию при Re z > 0, поскольку интегралZ1e−t tα−1 dt0сходится при каждом α > 0.
Таким образом, функция Γ(z) определена и голоморфна при всех Re z > 0.78Задача. Покажите, что интеграл I(t) из п. 8.7 не голоморфно зависит от t, хотяподынтегральное выражение голоморфно по t. Почему?Покажем теперь, что гамма-функция, определенная выше для Re z > 0, допускает мероморфное продолжение на всю комплексную плоскость z ∈ C.Мы приведем два различных метода, осуществляющих указанное продолжение.
Первый из них можно назвать продолжением с помощью вычитанияособенностей.Заметим, что для всех z ∈ C и t ∈ [0, 1] функция e−t tz может быть заданарядом∞X(−1)n z+n−1−t ze t =t.(1)n!n=0Указанный ряд при Re z > 1 обладает следующими свойствами:(a) все члены ряда (1) непрерывны по t на отрезке [0, 1], а их интегралы поэтому отрезку задаются обычной формулойZ1tz+n−1 dt = (z + n)−1 ;0(b) ряд (1) сходится равномерно по t на отрезке [0, 1] .(Заметим, что условие Re z > 1 важно для обоих утверждений!).Поэтому ряд (1) можно проинтегрировать почленно по t:∞X(−1)n 1I1 (z) =n! z + nn=0приRe z > 1 .Заметим, что ряд в правой части сходится при всех z ∈ C \ {0, −1, −2, .
. . }.Более того, если отбросить его члены с номерами n = 0, 1, . . . , N − 1, то оставшийся ряд∞X(−1)n 1fN (z) :=n! z + nn=Nбудет сходиться равномерно на компактах в полуплоскостиDN := {z ∈ C| Re z > −N }(доказательство проводится также, как в п. 9.2). Поэтому функция fN голоморфна в полуплоскости DN и в указанной полуплоскости гамма-функция задается формулойΓ(z) =N−1Xn=0(−1)n 1+ fN (z) + I2 (z) .n! z + n(2)Более того, по теореме единственности эта формула справедлива всюду, гдеголоморфны обе части равенства, т.е.
при Re z > 0. Полученная формула79и выражает собой упомянутое выше “вычитание особенностей” — под знакоминтеграла в I1 (z) мы вычли из e−t первые N членов тейлоровского разложения.Заметим теперь, что правая часть формулы (2) задает функцию, голоморфную в DN \{0, −1, . . . , −(N −1)} и совпадающую с Γ(z) при Re z > 0, тем самымправая часть (2) задает аналитическое продолжение функции Γ(z) из области{Re z > 0} в область DN \ {0, −1, . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
