В.К. Белошапка - Курс лекций по комплексному анализу (1124324), страница 11

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 11)

Конечно, въедливый читатель спросит: а почему, собственно говоря, нуль лежит в области? Нопонятно, как с этим бороться: если не лежит, применим какой-нибудь конформный автоморфизм, переводящийнекоторую точку x ∈ D в нуль.5.4. Нормировка конформных отображений. Теорема Каратеодори5.4.1.

Нормировка конформного отображенияЛемма 5.10. Пусть a, A ∈ ∆, b ∈ ∂∆, ϕ ∈ [0, 2π]. Тогда существует и единственно конформное отображение f : ∆ → ∆, такое что f (a) = A и Arg(f ′ (a)) = ϕ или f (b) = B. Докажем, что существует автоморфизм круга с этими условиями. Действительно, мы знаем все автоморфизмы круга:iθ z − aT (z) = e, где |a| < 1, θ ∈ R.(18)1 − azz+Az−aТочку a можно отправить в 0, а затем в A. (например так: 1+Az◦ 1−az). Далее, домножая на eiϕ , добьёмсявторого условия. Очевидно, что такой автоморфизм единственен, а любое конформное отображение круга насебя и есть автоморфизм.

Теорема 5.11. Пусть D1 , D2 — области у которых хотя бы две точки на границах, a ∈ D1 , A ∈ D2 ,b ∈ ∂D1 , B ∈ ∂D2 и ϕ ∈ [0, 2π]. Тогда существует и единственно конформное отображение f : D1 → D2 , такоечто f (a) = A и Arg(f ′ (a)) = ϕ или f (b) = B. По теореме Римана области конформно эквивалентны кругу. Пусть ϕ1 : D1 → ∆, ϕ2 : D2 → ∆ —конформные отображения.

Обозначим a′ = ϕ1 (a) ∈ ∆, A′ = ϕ2 (A) ∈ ∆, b′ = ϕ1 (b) ∈ ∂∆, B ′ = ϕ1 (B) ∈ ∂∆,ϕ′ (A)ϕ′ = ( ϕ2′ (a) ϕ mod 2π) ∈ [0, 2π]. По лемме существует и единственно конформное отображение F , что F (a′ ) = A′1и Arg(F ′ (a′ )) = ϕ′ или F (b′ ) = B ′ соответственно. Тогда ϕ−12 ◦ F ◦ ϕ1 будет осуществлять искомое конформноеотображение. Очевидно, что оно единственно.

5.4.2. Теорема Каратеодори. Соответствие границ при конформном отображенииОпределение. Достижимой граничной точкой называется пара (a, γa ), где a ∈ ∂D — граничная точка, аγa — кусочно-гладкая кривая из точки A ∈ D в точку a такая, что γa r {a} ⊂ D. Причём две такие пары(a, γa ) и (b, γb ) считаем эквивалентными, если a = b и существует окрестность U такая, что γa r {a} и γb r {b}попадают в одну компоненту связности D ∩ U .Замечание. Область D, объединённую со своими достижимыми точками, можно снабдить структурой метрического пространства, взяв в качестве расстояния точную нижнюю грань кусочно-гладких кривых, соединяющих две точки. На самой области D эта метрика даёт ту же топологию, что и была.Следующую теорему мы оставим без доказательства.Теорема 5.12 (Каратеодори). Пусть D1 и D2 — области с жордановыми границами, и f : D1 → D2 —конформное отображение.

Тогда f продолжается до гомеоморфизма между D 1 и D2 .Замечание. Для произвольных областей утверждение неверно. Рассмотрим, например, открытый полукруги отображение f (z) = z 2 . Оно, очевидно, переводит его в круг с «разрезом» — отрезком [0, 1]. Это отображение не33продолжается до гомеоморфизма на границу. В самом деле, рассмотрим точкиz2на отрезке [0, 1]. Гомеоморфизм — отображение, непрерывное в обе стороны,поэтому если чуть-чуть отступить вверх от этого отрезка (в образе), то прообразточки тоже далеко не уедет. Если мы отступим вверх, то так оно и будет, аесли вниз, то прообраз будет лежать где-то недалеко от отрезка [−1, 0].

Корочеговоря, расстояние между прообразами будет очень большим, даже если мыРис. 13отступим от отрезка на очень маленькое расстояние.Ещё одна формулировка теоремы Каратеодори такова: условие жордановости границ заменяется на условие достижимости всех граничных точек.Замечание. Теорема перестаёт быть верной и в том случае, когда границы областейне являются жордановыми. Например, если в качестве одной из областей взять область, укоторой один из кусков границы представляет собой график функции sin x1 , то гомеоморфноепродолжение невозможно.Теорема 5.13 («обратная» к теореме Каратеодори). Пусть D1 и D2 — две области,Рис. 14с кусочно-гладкой границей, f ∈ O(D1 )∩C(D1 ), причём функция f : D1 → D2 устанавливаетгомеоморфизм границ областей. Тогда f конформно отображает D1 на D2 .

Нужно доказать однолистность функции f . Фиксируем точку b ∈ D2 . Применим принцип аргумента.Покажем, что функция f (z) − b имеет ровно один нуль кратности 1. ИмеемNf (z)−b =1Var Arg(f (z) − b).2π ∂D1(19)Так как у нас есть непрерывное и взаимно-однозначное соответствие границ, то когда z пробегает всю грани1цу, то вектор f (z) − b поворачивается вокруг себя на 2π.

Значит, Nf (z)−b = 2π· 2π = 1. Значит, функция f (z) − bимеет ровно один нуль, то есть прообраз точки b единственный. 5.5. Принцип симметрииКак следует из заглавия, речь далее пойдёт о симметричных областях и об их конформных отображениях.Если не указано, относительно чего производится симметричное отражение, под симметричной областью мыбудем понимать область, симметричную данной относительно вещественной оси.5.5.1. Вспомогательные леммыЛемма 5.14. Если f ∈ O(D), то функция fe := f (z) голоморфна в симметричной области D∗ .

Пусть a ∈ D∗ , тогда a ∈ D. Из голоморфности функции f в окрестности a следует разложимость в ряд:Xf (z) =cn (z − a)n .(20)Тогдаfe = f (z) =Xcn (z − a)n =Xcn (z − a)n .(21)Полученный ряд имеет тот же радиус сходимости, откуда и следует голоморфность. Лемма 5.15. Даны две непересекающиеся области, такие что ∂D1 ∩ ∂D2 = γ, где γ — отрезок прямой илидуга окружности, и f1 ∈ O(D1 ) ∩ C(D1 ∪ γ), а f2 ∈ O(D2 ) ∩ C(D2 ∪ γ), причём f1 и f2 совпадают на γ. Тогдафункция(f1 (z), z ∈ D1 ∪ γ;f (z) =(22)f2 (z), z ∈ D2 ∪ γголоморфна в D1 ∪ γ ∪ D2 .RДостаточно доказать, что для любого треугольного контура f (z) dz = 0.

Ес△ли △ не пересекает γ, то это верно, так как функция в каждой из областей голоморфна.Если же треугольник пересекает кривую, то разобьём его на два замкнутых контура C1и C2 , а участок, идущий по γ, сместим внутрь области на ε, получим C1ε и C2ε . Интегралпо всему треугольнику равен сумме интегралов по кускам, так как интегрирование погранице идёт в противоположных направлениях.

Интегралы по каждому из этих контуров в отдельности равны нулю. Переходя к пределупри ε → 0, получаем, что интегралыRпо C1 и C2 также равны нулю. Следовательно, f (z) dz = 0. △34D1C1γC2D2Рис. 155.5.2. Доказательство принципа симметрииТеорема 5.16 (принцип симметрии).

Пусть граница области D1 содержит участок прямой или окружности γ1 , а D1∗ — симметричная относительно γ1 область, и D ∩ D∗ = ∅; Пусть (D2 , D2∗ , γ2 ) — набор с темиже свойствами. Пусть функция f : D1 → D2 — конформное отображение, продолжаемое по непрерывности довзаимно-однозначного соответствия границ: f : γ1 → γ2 . Тогда продолженное по симметрии отображение fдаёт конформное отображение D1 ∪ γ1 ∪ D1∗ 7→ D2 ∪ γ2 ∪ D2∗ . Если γ является отрезком прямой, то движением можно перевести этот отрезок на вещественную ось,а далее воспользоваться леммами. Конформность, очевидно, сохранится (движение ничего не испортит).

Еслиже γ является дугой окружности, то сначала дробно-линейным преобразованием «распрямим» её, передвинемна вещественную ось, сведя тем самым к первому случаю. Замечание. В некоторых случаях продолжение функции может оказаться мероморфным. Например, точка, симметричная нулю относительно единичного круга, — это бесконечность. Поэтому функция, для которойнайдётся точка a, такая что f (a) = 0, будет иметь полюс в точке a∗ .

Это будет полюс первого порядка, так какфункция однолистна.Замечание. Если разрешить пересечение симметричных областей, то произойдёт потеря однолистности.Задача 5.1. Доказать, что конформное отображение одного прямоугольника на другой, переводящее вершины в вершины, может быть только линейным.Решение. Многократным применением принципа симметрии можно продолжить наше отображение до отображения плоскости на плоскость.

Как мы знаем, конформное отображение плоскости на себя может быть тольколинейным. Но линейная функция не может переводить вершины в вершины (это может быть только в том случае, когда прямоугольники подобны). Задача 5.2. Доказать, что неконцентрическое кольцо конформно эквивалентно концентрическому.Решение. Развернём внешнюю окружность неконцентрического кольца в прямую, затем сделаем сдвиг, апотом свернём обратно. Пример 5.1. Рассмотрим конформное отображение двух концентрических колец. Путём многократногоприменения принципа симметрии можно продолжить его до отображения C r {0} ↔ C r {0}. Точка 0 будетустранимой, так как при z → 0 образ точки z тоже стремится к нулю.

Получилось конформное отображениеплоскости на себя, а оно линейно. Значит, конформное отображение двух колец (без «выворачивания») возможнов том случае, когда радиусы пропорциональны.Рассмотрим функцию f , мероморфную в единичном круге ∆, причём f (eiθ ) = 1. Пусть {ai } — её нули, а{bj } — полюса, причём на границе круга их нет. Тогда можно мероморфно продолжить функцию по симметриина всю расширенную плоскость.

Мы знаем, что это это будет рациональная функция. Умножением её на дробивидаz − ai(23)1 − ai zможно убрать полюса, а делением на дроби такого же вида можно убрать нули. Но такая функция в C можетбыть только постоянной. Значит, исходная функция также была произведением дробей такого вида.6. Аналитическое продолжение6.1. Росток функции6.1.1. Многозначные функции. Понятие ростка и аналитического продолжения√Примерами многозначных функций являются log z, n z.Одним из самых важных понятий, которые нам будут нужны, является понятие ростка функции.Определение. Рассмотрим две функции f1 и f2 , определённые в окрестностях V1 (a) и V2 (a) точки a.

Характеристики

Список файлов лекций