Е.П. Долженко - Курс лекций по комплексному анализу (1124326), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Существование ветви зависит от D.3◦ Римановы поверхности: мы хотим построить новое топологическое пространство, такое, что на нём функция будет однозначной. Для логарифма риманова поверхность строится так: берём счётное множество {sn }n∈Zэкземпляров множества C∗ := C r {0} («листов»), вырезаем из каждого луч (0, ∞), а потом склеиваем их так,чтобы получилось что-то вроде винтовой лестницы: к «правому берегу» разреза поверхности sn приклеиваем«левый берег» разреза листа sn+1 .На новой поверхности определим логарифм так: пусть z ∈ sn .
Положим Ln z := ln r+i (ϕ + 2nπ) , ϕ ∈ (−π; π].Такая функция будет непрерывной, так как в любой точке склейки листов значения углов совпадают: ϕ = π+2πnна sn и ϕ = −π + 2π(n + 1) = π + 2πn на sn+1 .Я понимаю, что без картинки сложно осознать, как это всё устроено. Но времени рисовать её у меня пока нет.Определение. Степенная функция с комплексным показателем определяется так:z a := ea ln z .Задача 2.10.
Найти все значения ii .Решение. Имеем ii = ei ln i = exp i ln 1 + iπ2+ 2πn(36)= exp − π2 − 2πn . 2.4.3. Функция ЖуковскогоОпределение. Функцией Жуковского называется функция w :=12z+1z.Функция Жуковского осуществляет непрерывное отображение C → C. Выясним, в каких точках отображе1ние конформно. Если z → 0, то w ∼ 2z, а это конформное отображение. Если z → ∞, то w ≃ z2 − k, так что в 0и на ∞ отображение конформно.
Рассмотрим остальные точки: w′ ≃ 21 1 − z12 , то есть w′ = 0 при z = ±1 — вэтих точках конформность нарушается.Найдём области однолистности функции (биективности). Это любая область, не содержащая одновременноточек z и 1z . Открытый единичный круг и верхняя полуплоскость являются примерами таковых областей.Задача 2.11. Найти такие области, что функция Жуковского является конформным отображениемэтих областей.Решение. Рассмотрим семейство концентрических окружностей внутри единичного круга.
Выясним, кудаони переходят. Уравнение окружности радиуса r: z = reiϕ где ϕ ∈ [0, 2π). Имеем11111w(z) =reiϕ + e−iϕ =r+cos ϕ + i r −sin ϕ .(37)2r2rrПолучился эллипс с полуосями a := 12 r + 1r и b := 12 r1 − r . Найдём его фокусное расстояние: c2 = a2 − b2 = 1,откуда получаем, что фокусы находятся в точках ±1. Рассмотрим предельные случаи. Пусть r → 0, тогда11a → 2πи b → 2π— в пределе получаем окружность. Если же r → 1, то a → 1 и b → 0, то есть областьстягивается к отрезку [−1, 1].
Таким образом, G = C r [−1, 1]. Фактически мы доказали следующую теорему.Теорема 2.19. Функция Жуковского конформно отображает единичный круг на область C r [−1, 1].√Функция z(w) := w + w2 − 1 является обратной к функции Жуковского. Знак выбран так, чтобы z лежалов единичном круге.Задача 2.12. Куда функция Жуковского отображает верхнюю полуплоскость?2.4.4. Тригонометрические и гиперболические функцииОпределение.sin z :=eiz − e−iz,2Определение.sh z :=cos z :=ez − e−z,2ch z :=18eiz + e−iz.2ez + e−z.2(38)(39)3. Интеграл по комплексному переменному3.1. Основные свойства интеграла по кривой3.1.1.
Определение интегралаПусть γ(t) : [a, b] → C — непрерывная кривая. Введём обозначения: разбиение(1)T := {a = t0 < t1 < . . . < tn = b} ,его диаметр λT := max ∆tj . Пусть zj := γ(tj ), и ∆zj = zj − zj−1 .jПусть f : [a, b] → C — произвольная функция на отрезке [a, b]. Рассмотрим разбиение с отмеченными точкамиQj ∈ [tj−1 , tj ]. Составим интегральную сумму:S(T ) :=nX(2)f (Qj )∆zj .j=1Определение. Интегралом называется предел S = lim S(T ), если этот предел существует. Обозначение:λT →0S=Z(3)f (z) dz.γЗамечание. Мы рассматриваем разбиение именно отрезка параметризации, а не самой кривой, так как онаможет иметь самопересечения.Задача 3.1.1.
Теорема существования: Если кривая γ спрямляема, и f ∈ C[a, b], то2. Если f непрерывна, а γ — гладкая кривая, тоRf dz =γRbf (t)γ ′ (t) dt.Rf dγ существует.γa3.1.2. Простейшие свойства интегралаТеорема 3.1. Если функция f интегрируема вдоль кривой γ, то она ограничена на ней. Пусть функция неограничена, тогда существует последовательность точек tn такая, что |f γ(tn ) | > nпри tn → τ . Рассмотрим разбиение {tk }.
Пусть {tn } ⊂ [tk0 , tk0 +1 ]. Тогда одно из слагаемых интегральной суммыстремится к бесконечности:f z(tn ) z(tk0 +1 ) − z(tk0 ) → ∞, n → ∞.(4)Замечание. Может оказаться, что z(tk0 +1 )−z(tk0 ) = 0 в силу того, что кривая может иметь самопересечения.Тогда добавим ещё одну точку разбиения между tk0 и tk0 +1 и выберем тот из двух отрезков, на который попалаточка τ .Теорема 3.2. Значение интеграла не зависит от выбора параметризации кривой.Я ни хрена не понял, что там он наговорил... По-моему, доказательством там и не пахнет.Сформулируем некоторые очевидные свойства интеграла.RRR• Линейность: (αf + βg) dz = α f dz + β g dz.γγγRR• Ориентированность:f dz = − f dz.XR −XRR• Аддитивность:f dz = f dz + f dz.γ1 +γ2γ1γ2Свойство аддитивности мы берём в качестве определения интеграла по формальной сумме кривых.193.1.3.
Достаточные условия интегрируемостиОпределение. Полным колебанием функции f на множестве E называется числоΩ(f, E) := sup {|f (x′ ) − f (x′′ )|, где x′ , x′′ ∈ E} .(5)Рассмотрим спрямляемую кривую γ и разбиение T отрезка параметризации этой кривой. Пусть f : γ → C —некоторая функция. Через Ωk будем обозначать колебание функции f на куске γ [tk−1 , tk ] этой кривой, а черезLk — длину этого куска кривой.Утверждение 3.3.
Пусть кривая γ спрямляема, и функция f (z) = u(x, y) + iv(x, y). Пусть γk — кускиразбиения кривой. Тогда для каждого «куска» γk выполнено неравенство1Ω(u) + Ω(v) 6 Ω(f ) 6 Ω(u) + Ω(v).(6)2ИмеемΩ(f ) = sup |f (z ′ ) − f (z ′′ )| = sup u(z ′ ) − u(z ′′ ) + i (v(z ′ ) − v(z ′′ ) 66 sup |u(z ′ ) − u(z ′′ )| + sup |v(z ′ ) − v(z ′′ )| = Ω(u) + Ω(v),и таким образом второе неравенство доказано. После сложения очевидных неравенств(Ω(u) 6 Ω(f )Ω(v) 6 Ω(f )(7)(8)получаем первое неравенство.
Теорема 3.4 (Первый критерийP интегрируемости). Функция f интегрируема на спрямляемой кривой γ тогда и только тогда, когдаΩk Lk → 0 при λT → 0.Теорема 3.5 (Второй критерий интегрируемости). Функция f интегрируема на спрямляемой кривой γтогда и только тогда, когда множество точек разрыва функции f имеет лебегову меру нуль.3.1.4. ПримерыПусть γ : [α, β] → C — спрямляемая кривая.RПример 1.1. Найдём интеграл 1 dz.
ИмеемγZ1 dz = limλT →0γПромежуточные слагаемые погибают, остаётсяZγПример 1.2. Найдём интегралRX1 γ(tk−1 ) − γ(tk ) .(9)(10)1 dz = γ(β) − γ(α).z dz. Так как функция непрерывна и не важно, какую промежуточнуюγточку брать на каждом кусочке кривой, будем брать среднее арифметическое значений на концах отрезковразбиения. Пусть zi := γ(ti ).nn2XX 1 2 γ(β)2 − γ(α)2(zj2 − zj−1) (zj + zj−1 )(zj − zj−1 ) == всё сокращается =zn − z02 =.2222j=1j=1(11)Пример 1.3. Вычислим интеграл1In =2πiI|z−a|=rdz(z − a)n+1 ,n ∈ Z.(12)Это гладкая кривая, параметризуем её и посчитаем: Уравнение окружности запишется в виде z = a + reiϕ , гдеϕ ∈ [0, 2π).
Имеем(Z2πZ2π1ireiϕ1 11, n = 0;−inϕIn =dϕ =edϕ =(13)2πi2π rn0, n 6= 0,(reiϕ )n+100так как это интеграл от sin, cos по периоду.203.1.5. Связь комплексного интеграла с вещественными интеграламиУтверждение 3.6. Пусть f (z) = u(x, y) + iv(x, y), а γ = z(t) — спрямляемая кривая. ТогдаZZZf (z) dz = u dx − v dy + i v dx + u dy,γγ(14)γпричём интегралы в правой части существуют тогда и только тогда, когда существует интеграл в левойчасти. Обозначим fk := f z(τk ) . ТогдаZZXXXXfk ∆zk =(uk +ivk )(∆xk +i∆yk ) =(uk ∆xk −vk ∆yk )+i(vk ∆xk +uk ∆yk ) → u dx−v dy+i v dx+u dy.γγ(15)Второе утверждение очевидно. Теперь найдём аналог криволинейного интеграла первого рода.Определение.ZXf (z) |dz| := limf z(τk ) |z(tk−1 ) − z(tk )|.(16)λT →0γУтверждение 3.7.ZγИмеемZ|γ|f (z) |dz| = f z(s) ds.(17)0Z|γ|Xf z(s) ds = limf z(σk ) ∆sk .(18)λT →00Так как предел не зависит от разбиения и промежуточных точек, Положим σk := τk , sk := τk .
Тогда ∆sk = |γk |.ТогдаZ|γ|ZX f z(τk ) |γk | − |z(tk ) − z(tk−1 )| 6 sup |f | · o(1) → 0.(19) f |dz| − f z(s) ds = limγγ0Утверждение 3.8. Пустьγ — спрямляемая кривая. Тогда интегралRтогда, когда существует f |dz|. Вытекает из критерия Лебега. Rf dz существует тогда и толькоУтверждение 3.9. Оценка интеграла: пусть |f | 6 M на γ. ТогдаZZ Z f dz 6 |f | dz 6 |f | |dz| 6 M · |γ|.γВ самом деле,γ(20)γZ XX fk ∆zk 6|fk | · |∆zk | 6 M · |γ|. f dz = limγλT →0(21)3.1.6.
Предельный переход под знаком интегралаγRТеорема 3.10. Пусть кривая γ спрямляема и существуют интегралы fn dz. Если fn ⇒ f , тоγZγfn dz →Zf dz,γ21n → ∞.(22)S Пусть B(f ) — множество точек разрыва2 функции f . Покажем, что B(f ) ⊂ B(fn ), чтобы применитькритерий Лебега.Действительно,пусть b ∈ B(f ). Тогда в любой окрестности U (b) найдутся точки t, s такие,что |f z(t) − f z(s) | > ε для некоторого ε > 0. Но в силу равномерной сходимости найдётся такой номер n0 ,что все функции fn отличаются от f меньше, чем на 3ε при Rn > n0 . Значит, точка b будет точкой разрыва дляфункций fn при n > n0 . Тем самым доказано, что интеграл f dz существует.γОстаётся показать, что этот интеграл равен пределу интегралов от fn . ИмеемZZ Z fn dz − f dz = (fn − f ) dz 6 sup |fn − f | · |γ| → 0, n → ∞.(23)γТаким образом, пространство R(γ) интегрируемых на спрямляемой кривой γ функций является банаховымотносительно чебышевской (равномерной) нормы.
Полнота гарантируется только что доказанной теоремой.Интеграл является ограниченным функционалом на этом пространстве. Очевидно, его норма не превосходитдлины кривой по оценочному свойству.Задача 3.2. Доказать, что на самом деле норма интеграла равна длине кривой.3.1.7. Вычисление интегралов. Первообразная. Формула Ньютона – ЛейбницаТеорема 3.11. Пусть дана кривая z(t) : [α, be] → C, и z(t) ∈ C1 [α, β]. ТогдаZf (z) dz =γИмеемlimXfk Ztk′f z(t) z ′ (t).α′z (t) dt − z (tk )Ztktk−1tk−1ZβXdt = limfk(24)Ztktk−1z ′ (t) − z ′ (tk ) dt.(25)Так как кривая гладкая, то |z ′ (t) − z ′ (tk )| → 0 при λT → 0. А так как функция f ограничена, то и вся суммастремится к нулю.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
