Е.П. Долженко - Курс лекций по комплексному анализу (1129999), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Так какmes1 (E) = 0, то и подавно mes1 (E0 ) = 0. Значит, суммуdn можно сделать сколь угодно малой (а значит, исуммарную длину границ σn , ибо она пропорциональна сумме радиусов).SПусть z ∈ Q r E0 . Тогда верна интегральная формула Коши для составного контура Γ := ∂Q ∪ ( ∂σn ). Таккак ориентация границ ∂Q и ∂σn разная, имеемZZZ1f (ζ)1f (ζ)1 Xf (ζ)f (z) =dζ =dζ −·dζ.(4)2πiζ −z2πiζ −z2πi nζ −zΓ∂Q∂σnПокажем, что второе слагаемое равно нулю.
Действительно, |f (z)| 6 M . Значит,ZZf (ζ) MM πdnM πεdζ6dζ =6.ζ −zρ(z, ∂σn )ρ(z, ∂σn )ρ(z, ∂σn )∂σn(5)∂σnКругов у нас конечное число, ε произвольно, а расстояние ρ в знаменателе ограничено снизу, так как точка zфиксирована. Поэтому второе слагаемое сколь угодно мало.Итак, у нас есть формулаZ1f (ζ)f (z) =dζ, z ∈ Q r E0 .(6)2πiζ−z∂QНо никто не помешает нам доопределить значение функции на множестве E0 по той же формуле. Тогда онабудет голоморфной и на множестве E0 как интеграл типа Коши. Лемма 2.2. Модуль непрерывности непостоянной функции обладает следующим свойством: ω(r) > Crдля некоторого C > 0 и любого r ∈ [0, δ].
В самом деле, пусть не существует положительной константы C с таким свойством. Значит, для любойпоследовательности Cn → 0 выполняется обратное неравенство ω(r) < Cn r. Значит, ω(r) = o(r). Но из этогоследует, что f ≡ const. 8Комментарий от Паши Наливайко: зачем возиться с квадратами, когда можно обойтись кругами? Ответ: можно и не возиться,и так всё получится. Просто в этом доказательстве сохранена лекторская идея (на всякий случай, если придётся сдавать ему :).2.1.4.
Вторая теорема ПенлевеТеорема 2.3 (Е. П. Долженко). Пусть f ∈ C(G) ∩ O(G r E), где mesϕ (E) = 0, ϕ(r) := rωf (r), а ωf (r) —модуль непрерывности функции f . Тогда множество E устранимо. Как и в предыдущей теореме, считаем множество E замкнутым. Покажем, что множество E имеетнулевую лебегову меру µ.
По предыдущей лемме ω(r)> r для всех r ∈ [0, δ] и для некоторого δ > 0. А поCусловию у нас mesϕ (E) = 0. Значит, найдётся такое покрытие множества E кругами σn , что для всякого ε > 0выполняется неравенствоXXmesϕ (E) 6ϕ(dn ) =dn ω(dn ) < ε, dn := diam σn < δ.(7)n)Отсюда получаем оценку сверху на лебегову меру, применив вытекающее из леммы неравенство d2n 6 dn · ω(dC :µ(E) 6X dn 2π X dn ω(dn )πεπ6 ·<.24C4C(8)Константа C зависит лишь от самой функции, число ε произвольно. Значит, µ(E) = 0.Отсюда следует, что E нигде не плотно в G (если бы оно было плотным в некотором круге, то в силу егозамкнутости оно имело бы положительную лебегову меру).
Рассмотрим произвольный прямоугольник Q ⊂ G.Покажем, что функция f аналитична внутри Q. Пусть z ∈ Q r E, иρ := min {dist(z, E); dist(z, ∂Q)} > 0.(9)В силу компактности E можно считать покрытие {σn } конечным. Накроем круги σn квадратами Qn . Так какмножество E нигде не плотно в Q, можно считать, что расстояние от точки z до границ Qi положительно.Кроме того, можно считать, что Qi ⊂ Q. теперь упорядочим квадраты Qi по убыванию длин сторон и перейдёмк дизъюнктному покрытию {Ki }: положимK1 := Q1 ,K2 := Q2 r Q1 ,(10)K3 := Q3 r (Q1 ∪ Q2 ),...В силу убывания длин сторон имеем perim(Ki ) 6 perim(Qi ).
Запишем интегральную формулу Коши для набораконтуров Q ∪ {Ki }. ИмеемZZ1f (ζ)1 Xf (ζ)f (z) =dζ −·dζ.(11)2πiζ −z2πi nζ −z∂Q∂Kn(an )Покажем, что второе слагаемое равно нулю. Пусть точки an — центры кругов σn . Заметим, что функция fζ−zаналитична, если ζ бегает по границам ∂Ki , так как знаменательотделён от нуля. Значит, в последний интегралR f (an )1можно безболезненно затащить нулевое слагаемое 2πidζ.Итак,имеемζ−zf (z) =12πiZ∂Qf (ζ)1 Xdζ −·ζ −z2πi nZ∂Knf (ζ) − f (an )dζ.ζ −zЕсли ζ ∈ ∂Kn , то |ζ − an | < dn , а потому |f (ζ) − f (an )| 6 ω(dn ). Значит,ZX 2dn ω(dn ) 1 Xf (ζ) − f (an ) 1 X ω(dn )2ε·dζ6··perim(K)=6 .n 2πiζ −z2π nρπρρnn(12)(13)KnА ε у нас было произвольным. Дальше рассуждение такое же, как и в первой теореме: функция f (z) представляется интегралом Коши по границе ∂Q.
Это интеграл и сама функция f (z) непрерывны, и совпадают друг сдругом на всюду плотном множестве Q r E. Значит, они совпадают всюду. Следствие 2.1 (Вторая теорема Painlevé). Если непрерывная функция аналитична в области G заисключением множества E конечной хаусдорфовой длины, то она аналитична всюду в G.9 Так как длина множества E конечна, для ∀ ε > 0 найдётся конечное множество кругов σn с диаметрамиdn < ε, содержащая E. Пусть ϕ(r) = rωf (r). ТогдаXX(14)mesϕ (E) 6ϕ(dn ) =dn ω(dn ) 6 (mes1 (E) + 1)ω(ε) 6 Cω(ε) → 0, ε → 0{z}|nnCв силу непрерывности функции f . Значит, можно применить теорему, и f ∈ O(G).
2.2. Принцип симметрии Римана – Шварца2.2.1. Продолжение функции через границуОпределение. Пусть есть две области G1 , G2 , граничащие по кривой γ, а функция f задана G1 ∪ γ. Продолжением функции f через границу γ на область G2 называется функция g : G1 ∪ G2 −→ C, совпадающая с fна G1 ∪ γ.Из только что доказанной теоремы следует, что если функция g аналитична на G1 ∪ G2 , то она аналитичнаи на G1 ∪ γ ∪ G2 .Здесь был пример Помпейю, но к чему он был — неизвестно:ZZdξdη,F (z) :=ζ −zζ := ξ + iη.(15)Из второй теоремы Пенлеве следуетТеорема 2.4 (Об аналитическом продолжении через границу).
Пусть жордановы области G1 и G2граничат по дуге γ конечной длины. Пусть функция f1 ∈ O(G1 ) ∩ C(G1 ∪ γ), а f2 ∈ O(G2 ) ∩ C(G2 ∪ γ), и надуге γ эти функции совпадают, то функция g, равная fi на Gi , аналитична на G1 ∪ γ ∪ G2 .Замечание. Условие на дугу γ в этой теореме может быть ослаблено. Пусть ωf1 (G1 ∪ γ, δ) = O λ(δ) иωf2 (G2 ∪ γ, δ) = O λ(δ) при δ → 0. Здесь λ(δ) — неотрицательная непрерывная в нуле неубывающая функцияна некотором отрезке [0, d], что mesϕ (γ) = 0, где ϕ(r) = rλ(r). Тогда справедливо заключение теоремы.Пример 2.1.
Ели функции fi ∈ Lipα , а mes1+α (γ) = 0, то теорема справедлива. В частности, если fi ∈ Lip1 ,и mes2 (γ) = 0, то g ∈ O(G1 ∪ γ ∪ G2 ).2.2.2. Принцип симметрии Римана – ШварцаОпределение. Если не указано противное, через G∗ будем обозначать область, симметричную области Gотносительно вещественной оси (а в общем случае — относительно некоторой окружности).Лемма 2.5.
Если f ∈ O(G), то функция fe := f (z) голоморфна в симметричной области G∗ .ТогдаПусть a ∈ G∗ , тогда a ∈ G. Из голоморфности функции f в окрестности a следует разложимость в ряд:Xf (z) =cn (z − a)n .(16)fe = f (z) =Xcn (z − a)n =Xcn (z − a)n .(17)Полученный ряд имеет тот же радиус сходимости, откуда и следует голоморфность.
Лемма 2.6. Даны две непересекающиеся области, такие что ∂G1 ∩ ∂G2 = γ, где γ — отрезок прямой илидуга окружности, и f1 ∈ O(G1 ) ∩ C(G1 ∪ γ), а f2 ∈ O(G2 ) ∩ C(G2 ∪ γ). Пусть f1 = f2 на γ. Тогда функция(f1 (z), z ∈ G1 ∪ γ;f (z) =(18)f2 (z), z ∈ G2 ∪ γголоморфна в G1 ∪ γ ∪ G2 . Голоморфность следует из теоремы об аналитическом продолжении через границу.
Теорема 2.7 (Принцип симметрии). Пусть граница области G1 содержит участок прямой или окружности γ1 , а G∗1 — симметричная относительно γ1 область, и G ∩ G∗ = ∅; Пусть (G2 , G∗2 , γ2 ) — набор с темиже свойствами. Пусть функция f : G1 → G2 — конформное отображение, продолжаемое по непрерывности довзаимно-однозначного соответствия границ: f : γ1 → γ2 . Тогда продолженное по симметрии отображение fдаёт конформное отображение G1 ∪ γ1 ∪ G∗1 7→ G2 ∪ γ2 ∪ G∗2 . 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).
Если10же γ является дугой окружности, то сначала дробно-линейным преобразованием «распрямим» её, передвинемна вещественную ось, сведя тем самым к первому случаю. Замечание. В данной формулировке есть одна тонкость: если мы делаем симметрию относительно окружностей, то симметричная точка может оказаться в бесконечности.
Именно поэтому у продолжения функции могутпоявиться полюсы и голоморфной она НЕ БУДЕТ! Но если ограничиться только симметрией относительнопрямых, то всё будет хорошо.Теорема 2.8 (И. И. Привалов, 1918). Пусть ∆ — единичный круг, f, g : ∆ → C. Если в каждой точкеграницы у f и g совпадают пределы по одному и тому же направлению, то f ≡ g.Доказывать мы её не будем.
. .2.3. Аналитическое продолжение по цепи2.3.1. Непосредственное продолжениеОпределение. Пусть G0 и G1 — выпуклые области, G1 ∩ G0 6= ∅, и функция f0 (z) аналитична в G0 , афункция f1 (z) аналитична в G1 и f0 (z) = f1 (z) на G1 ∩ G0 . Тогда говорят, что f0 аналитически продолжаетсяв G1 (и f1 аналитически продолжается в G0 ) непосредственно.Рассмотрим еще одну область G2 , пересекающуюся с G1 , и пусть f1 (z) = f2 (z) для всех z ∈ G1 ∩ G2 , тогдаf0 продолжается непосредственно на G2 , и так далее.Определение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
