А.В. Домрин, А.Г. Сергеев - Лекции по комплексному анализу (1124322), страница 9
Текст из файла (страница 9)
задачу в п. 6.7). Тогда теоремаКоши для многосвязной области будет следовать из формулы Стокса, как указано в начале п. 4.3.Замечание 2. Теорема Коши остается верной, если требование голоморфности f в объемлющей области G ⊃ D ослабить до требования голоморфностиf в области D и ее непрерывности в замыкании D.
Схема доказательства вэтом случае такова: надо найти последовательность областей D1 ⋐ D2 ⋐ . . .⋐ D с простыми границами такую, что ∪∞n=1 Dn = D и проверить, пользуясь43непрерывностью f в D, чтоlimn→∞ZZf dz =∂Dnf dz .∂DRТак как ∂Dn f dz = 0 в силу доказанной теоремы, отсюда будет следовать, чтоRи ∂D f dz = 0.5.3. Интегральная формула Коши.Интегральная формула Коши. Пусть D ⋐ C – область с простой границей и функция f голоморфна в некоторой области G ⊃ D. Тогда для всехz ∈ D справедлива формула1f (z) =2πiZ∂Df (ζ)dζ .ζ −zИнтеграл в правой части этой формулы называется интегралом Коши, а1функция ζ−z— ядром Коши.Доказательство.
Фиксируем точку z ∈ D и рассмотрим кругUr := {ζ ∈ C | |ζ − z| < r} .Тогда U r ⊂ D при достаточно малых r > 0. Применим теорему Коши из п.5.2 к области Dr := D \ U r и функцииg(ζ) =f (ζ),ζ −zголоморфной в замыкании этой области. ПолучимZ∂Df (ζ)dζ =ζ −zZ∂Urf (ζ)dζ .ζ −z(1)В частности, интеграл в правой части не зависит от r. Покажем, что он равен2πif (z). Имеем2πif (z) −Z∂Urf (ζ)dζ =ζ −zZ∂Urf (z) − f (ζ)dζ ,ζ −z(2)где мы воспользовались равенствомZ∂Urdζ= 2πiζ −z(см. пример 1 из п. 4.1). Покажем, что правая часть (2) равна нулю. Действительно, из непрерывности функции f (ζ) в точке z и стандартной оценки44интеграла (свойство 5◦ из п.
4.2), следует, что правая часть (2) может бытьсделана сколь угодно малой при достаточно малом r, посколькуZf(z)−f(ζ) 6 max |f (ζ) − f (z)| · 2πr .dζ ζ∈∂Urζ −zr∂UrС другой стороны, как было отмечено выше, правая часть (2) не зависит отr, откуда следует, что она равна нулю. Следовательно, левая часть (1) равна 2πif (z).Замечание 1. Если в условиях доказанной теоремы точка z лежит вне области D, т.е. z ∈ C \ D, тоZf (ζ)1dζ = 02πi ∂D ζ − zпо теореме из п. 5.4.Замечание 2. Интегральная формула Коши восстанавливает функцию, голоморфную в замыкании области, по ее значениям на границе этой области. Вчастности, голоморфная функция полностью определяется своими значениямина границе.Отметим один часто используемый частный случай интегральной формулыКоши.Теорема о среднем.
Значение функции f , голоморфной в области D, впроизвольной точке a ∈ D равно среднему от этой функции по любой окружности с центром в точке a, ограничивающей круг Ur (a) := {z ∈ C | |z−a| < r},компактно принадлежащий D:1f (a) =2πZ2πf (a + reiθ ) dθ .0Доказательство. По интегральной формуле Коши для круга Ur (a) ⋐ DимеемZf (ζ) dζ1f (a) =.2πi ∂Ur (a) ζ − aПользуясь в этом интеграле параметризациейζ = a + reiθ ,dζ = ireiθ dθ ,получаем требуемую формулу.Задачи.(1) Пусть функция f голоморфна в круге {z ∈ C | |z| < 1+ε} для некоторого ε > 0.Покажите, что для 0 6 r < 1max |f (z)| 6|z|6rmax|ζ|=1 |f (ζ)|.1−r45[ Указание. Запишите f (z) по формуле Коши для круга {z ∈ C | |ζ| < 1} иоцените интеграл, пользуясь свойством 5◦ из п.
4.2].(2) В условиях задачи (1) покажите, чтоmax |f (z)| = max |f (z)| .|z|61|z|=1[ Указание. Запишите неравенство (1) для f (z)n , извлеките корень n-й степении устремите n → ∞ ].(3) Пусть последовательность полиномов Pn (z) сходится равномерно на окружности{|z| = 1}. Докажите, что она сходится равномерно на замкнутом единичномкруге {|z| 6 1}.[ Указание.
Воспользуйтесь критерием Коши равномерной сходимости и результатом задачи (2) ].Лекция 6. Ряды Тейлора6.1. Напоминание. Напомним некоторые, необходимые нам, определенияи утверждения из теории рядов применительно к комплексной ситуации.Определение.P∞(1) Ряд n=1 an , составленный из комплексных чисел, сходится к s ∈ C,еслиnXlim s −aj = 0 .n→∞j=1P∞(2) Ряд n=1 fn (z), составленный из комплекснозначных функцийfn : K → C, определенных на множестве K ⊂ C, сходится к функцииf : K → C равномерно на K, еслиnX lim f −fj sup |ϕ(z)| .
= 0 , где kϕkK := z∈Kn→∞ j=1KТакже, как в вещественной ситуации, легко доказываются следующие свойства равномерно сходящихся рядов.1◦ . Интегрирование равномерно сходящегося ряда. Пусть γ P: I → C –∞кусочно-гладкий путь, функции fn : γ(I) → C непрерывны и ряд n=1 fn (z)сходится равномерно на γ(I). Тогда его сумма f (z) тоже непрерывна на γ(I)иZZf dz = limfn dz .γn→∞γ◦2 .P∞Признак Вейерштрасса равномерной сходимости. Рассмотрим рядn=1 fn (z), составленный из комплекснозначных функций fn : K → C, которые заданы на компактном множестве K ⊂ C. Если этот ряд мажорируетсясходящимся числовым рядом, т.е.и рядkfn kK 6 cnP∞n=1 cn сходится, то рядn=1 fn (z) сходится равномерно на K.P∞466.2.
Разложение голоморфной функции в ряд Тейлора.Теорема-определение. Пусть функция f голоморфна в области D ⊂ Cи UR (a) = {z ∈ C | |z − a| < R} – круг радиуса R > 0 с центром в точке a ∈ D,содержащийся в D. Введем обозначениеZf (ζ) dζ1cn :=для всех n = 0, 1, 2, . . . и 0 < r < R .2πi |ζ−a|=r (ζ − a)n+1Числа cn не зависят от r и называются коэффициентами Тейлора функции fв точке a. Степенной ряд∞Xcn (z − a)nn=0называется рядом Тейлора функции f с центром в точке a. Он сходится длявсех z ∈ UR (a) и его сумма равна f (z):f (z) =∞Xn=0cn (z − a)nпри|z − a| < R .(1)Доказательство. Независимость cn от выбора r вытекает из теоремы Коши, поскольку любые две окружности{|ζ − a| = r1 }и{|ζ − a| = r2 } с0 < r1 < r2 < Rгомотопны в D как замкнутые пути.Чтобы доказать сходимость ряда Тейлора и равенство (1), фиксируем точкуz ∈ UR (a) и число 0 < r < R, удовлетворяющее |z − a| < r < R.
По формулеКоши (п. 5.5) имеемZ1f (ζ)f (z) =dζ .2πi ∂Ur (a) ζ − zПользуясь тем, что |z − a| < r = |ζ − a| для всех ζ ∈ ∂Ur (a), разложим подынтегральное выражение в геометрическую прогрессию:∞Xf (ζ)f (ζ)f (ζ)1(z − a)n f (ζ)==·=.n+1ζ −z(ζ − a) − (z − a)ζ − a 1 − z−a(ζ−a)ζ−an=0Модуль n-ого члена этого ряда не превосходит (z − a)n f (ζ) M (r) |z − a| n, где (ζ − a)n+1 6 rr(2)M (r) := max |f (ζ)| .|ζ−a|=rСледовательно, по свойству 2◦ из п.
6.1, этот ряд сходится равномерно поζ ∈ ∂Ur (a). Поэтому, по свойству 1◦ из п. 6.1, равенство (2) можно почленно проинтегрировать по ∂Ur (a). Поделив обе части полученного равенства на2πi, получаем в точности (1).476.3. Неравенства Коши.Неравенства Коши. В условиях предыдущей теоремы при 0 < r < R иn = 0, 1, 2, . . . справедливы неравенства|cn | 6M (r),rnM (r) := max |f (ζ)| .где|ζ−a|=rДоказательство. Оценим интеграл, выражающий cn , пользуясь свойством 5◦ из п.
4.2: 1 Zf (ζ)1 M (r)M (r)dζ 6·· 2πr =.|cn | = 2πi ∂Ur (a) (ζ − a)n+1 2π r n+1rn6.4. Теорема Лиувилля.Теорема Лиувилля. Пусть f голоморфна во всей комплексной плоскости C и существует M > 0 такое, что|f (z)| 6 Mдля всехz∈C .Тогда f (z) ≡ const.Доказательство. Обозначим через cn коэффициенты Тейлора функции fв точке a = 0.
По теореме 6.2 имеемf (z) =∞Xcn z nn=0для всех z ∈ C. Согласно неравенствам Коши,|cn | 6Mrnдля всех r > 0 и n = 0, 1, 2, . . . . Устремляя r → ∞, получаем, что cn = 0 приn = 1, 2, . . . . Таким образом, f (z) = c0 ≡ const.Замечание. Теорема Лиувилля гласит, что на всей плоскости C нет ограниченных голоморфных функций, кроме констант. Поскольку всякая непрерывная функция на компакте ограничена, отсюда вытекает, что на расширеннойкомплексной плоскости C единственными голоморфными функциями являютсяконстанты.Задача.
Покажите, что всю плоскость C нельзя конформно отобразить на единичный круг.486.5. Множество точек сходимости степенного ряда.Определение. Пусть {bn } – произвольная последовательность комплексных чисел. Рассмотрим степенной ряд∞Xn=0Числоbn (z − a)n .no−11/nR := limn→∞ |bn |(которое может оказаться равным 0 или +∞) называется радиусом сходимости этого ряда, а кругUR (a) = {z ∈ C | |z − a| < R}называется кругом сходимости указанного ряда.Это определение мотивировано следующей теоремой.Теорема (формула Коши–Адамара). Степенной ряд∞Xn=0bn (z − a)nсходится для каждого z ∈ UR (a), причем эта сходимость равномерна на каждом компактном подмножестве K ⊂ UR (a). Указанный ряд расходится длякаждого z ∈ C \ UR (a).Доказательство. Будем считать, что 0 < R < ∞ (случаи R = 0, ∞ разберите самостоятельно).
Тогда определение R эквивалентно тому, что1/nlim (|bn |Rn )n→∞=1.(1)Сходимость. Пусть z ∈ UR (a), т.е. |z − a| < R. Согласно (1), для всякогоε > 0 найдется n0 = n0 (ε) такое, что|bn |Rn < (1 + ε)nприn > n0 .Выберем ε так, чтобы выполнялось неравенство|z − a|(1 + ε) =: q < 1 .RТогда|bn (z − a)n | <так что ряд(1 + ε)n|z − a|n = q nRn∞Xn=0bn (z − a)n49приn > n0 ,сходится по признаку Вейерштрасса.Далее, для каждого компакта K ⊂ UR (a) имеемmax |z − a| =: r < Rz∈K(чтобы доказать это неравенство, достаточно выбрать конечное подпокрытиеиз покрытия компакта K кругами Uρ (a), 0 < ρ < R).
Выберем ε > 0 так,чтобы выполнялось соотношениеr(1 + ε) =: q < 1 .RПо предыдущему неравенству имеем|bn (z − a)n | < q nпри всех z ∈ Kиn > n0 .Следовательно, наш ряд сходится равномерно на K по свойству 2◦ из п. 6.1.Расходимость. Пусть z ∈ C \ UR (a), т.е. |z − a| > R. Согласно (1),для всякого ε > 0 найдется последовательность nk → ∞ такая, что|bn |Rn > (1 − ε)nпри всехn = nk .Выберем ε > 0 так, чтобы выполнялось неравенство|z − a|(1 − ε) =: q > 1 .RТогда при всех n = nk будем иметь(1 − ε)n|bn (z − a) | >|z − a|n = q n → ∞ ,nRnоткуда следует, что ряд∞Xn=0bn (z − a)nрасходится, так как его общий член не стремится к нулю.Следствие (единственность разложения в степенной ряд).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
