Е.П. Долженко - Курс лекций по комплексному анализу (1129999), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Обозначим ∇u :=аналитическая функция. Проверим условия Коши-Римана для ∇u:( 2∂2v∂ u− ∂y2,∂x2 =2∂ u∂2 v∂x∂y = − − ∂y∂x .∂u∂x+ i ∂u∂y . Покажем, что ∇u =∂u∂x− i ∂u∂y —(17)Поскольку функция u(z) гармонична, то эти условия выполнены. Значит функция ∇u — аналитическая иоднозначная (голоморфная).4.3.
Ещё несколько свойств гармонических функций4.3.1. Теоремы единственностиG.Теорема 4.5 (1). Пусть u1 , u2 ∈ H(G), и эти функции совпадают на подобласти G′ ⊂ G. Тогда u1 ≡ u2 в Рассмотрим функцию U (z) := u1 (z)− u2 (z). Тогда U (z) = 0, z ∈ G′ . Тогда и ∇U (z) = 0 на G′ .
По теоремеединственности для аналитических функций ∇U (z) ≡ 0 на G. Получаем, U ≡ 0 в G. Теорема 4.6 (2). Если u1 , u2 — гармоничны в G и ∇u1 (zn ) = ∇u2 (zn ), zn ∈ G, zn → a ∈ G, тоu1 (z) = u2 (z) + C,(18)C ∈ R. Рассмотрим аналитическую функцию f (z) = ∇(u1 − u2 ). По условию: f (zn ) = 0, zn ∈ G, zn → a ∈ G.По теореме единственности, f (z) ≡ 0 в G.
Следовательно ∇u1 = ∇u2 в G. Значит u1 − u2 = C, C = const. Если потребовалось, чтобы u1 и u2 совпали хотя бы в одной точке, то можно утверждать, что u1 ≡ u2 в G.Теорема 4.7 (3). Если u1 , u2 ∈ H(G) ∩ C(G), причем u1 (z) = u2 (z) при всех z ∈ ∂G, то u1 ≡ u2 на G. Используем принцип максимума: u(z) := u1 (z) − u2 (z) = 0 на ∂G тогда u ≡ 0 на G. 4.3.2. Теоремы Лиувилля и ГарнакаТеорема 4.8 (Лиувилль). Если функция u(z) ∈ H(C) ограничена хотя бы с одной стороны (т.
е. либоu(z) < C, либо u(z) > C), то u(z) ≡ const. Докажем для случая u(z) < C. Рассмотрим функцию f (z) := eu+iv , где v — гармонически сопряженнаяк u. Тогда|f (z)| = eu < eC .(19)По теореме Лиувилля f (z) ≡ const, следовательно eu ≡ const. Значит, u = ln C.В случае u(x, y) > C нужно рассмотреть функцию f (z) := e−(u+iv) . Теорема 4.9 (Г̂арнак). Пусть функция u(z) ∈ H U̇R (a) ограничена. Тогда точка a устранима, то естьможно доопределить u(z) в точке a так, что u(z) будет гармонической во всей окрестности UR (a). Пусть |u(z)| 6 M , и пусть z0 ∈ U̇R (a).
Положимf (z) = u(z) + iZzz0−∂u∂udx +dy.∂y∂x(20)Пусть F (z) = ef (z) , f (z) не зависит от пути. Тогда e−M 6 |F (z)| = eu(z) 6 eM в D0 (a, R). Значит, F (z) голоморфная и ограниченная в D0 (a, R). Значит особенность в точке a — устранимая. F (a) 6= 0. Тогда положимf (z) = (Ln F (z) = f (z) + 2πki)0 , z ∈ D(a, R) — ветвь логарифма, соответствующая k = 0 в проколотой окрестности D0 (a, R).Если интеграл зависит от пути, то при каждом повороте вокруг a появляется циклическая постоянная:Zzz0−∂u∂udx +dy = v0 (z) + nω,∂y∂x2πu(z)Тогда F (z) = exp 2π(u+iv)—однозначнаяфункция.Имеем|F(z)|=exp, и ln |F (z)| =ωωследует однозначность и гармоничность функции u(z) во всей окрестности.
23(21)w 6= 0.2πω u(z).ОтсюдаЗамечание.(о циклической постоянной) ∇u — аналитическая функция.ZZZ∂u∂u∂u∂udx −dy + i − dx +dy.∇u dz =∂x∂y∂y∂xZZ∂u∂u− dx +dy = Im ∇u dz = 2πi Im res ∇u.∂y∂x(22)(23)4.3.3. Гармонические полиномыОпределение. Гармоническими полиномами называются (как это ни парадоксально) полиномы, являющиеся гармоническими функциями.Пример 3.1.1◦ Однородный полином:Re z n = Re(x + iy)n = xn − Cn2 xn−2 y 2 + . . .2◦ Re ck z k , где ck = ak − ibk :Re(ck z k ) = Re((ak − ibk )rk (cos kϕ + i sin kϕ)) = rk (ak cos kϕ + bk sin kϕ).Легко видеть, что любой гармонический полином есть сумма однородных гармонических полиномов.4.4. Задача Дирихле4.4.1. Формула ПуассонаДалее для краткости положим UR := UR (0), CR := CR (0).Теорема 4.10 (формула Пуассона).
Если u(z) гармонична в некоторой окрестности круга U R , то1u(z) = u(re ) =2πiϕZ2πu(Reiϕ )R2+r20R2 − r 2dθ.− 2rR cos(θ − ϕ)(24) Можно взять круг UR+ε , в котором функция u(z) гармонична, и f (z), такая что u(z) = Re f (z). Тогдапо теореме Коши имеемZ1f (ζ)f (z) =dζ, z ∈ UR (a).(25)2πiζ −zCRЕсли z ∈/ U R , то интеграл в правой части равен нулю по интегральной теореме Коши.Z111R2∗f (z) =f (ζ)−dζ,z=.2πiζ −zζ − z∗zCRОчевидно, ζ ∗ = ζ.
С другой стороны, ζ ∗ =R2,ζзначит ζ =R2.ζПоэтому11z − z∗zz − R2|z|2 − R21−===· =ζ −zζ − z∗(ζ − z)(ζ − z ∗ )(ζ − z)(ζz − R2 )ζ(ζ − z)(z − ζ)R2 − r 21R2 − r 21R2 − r 21· ==·=· . (26)iθiϕ222|Re − re | ζR + r − 2Rr cos(θ − ϕ) ζ(ζ − z)(ζ − z) ζПоследнее равенство следует из теоремы косинусов. Поскольку1f (re ) =2πiϕZ2πf (Reiϕ )R20+r2dζζ=ieiθ dθeiθ= i dθ, тоR2 − r 2dθ.− 2Rr cos(θ − ϕ)(27)24Определение.
Ядром Пуассона называется функцияPR (r, θ − ϕ) :=R2 − r 2.R2 + r2 − 2Rr cos(θ − ϕ)(28)ζ+zЛегко проверить, что PR (r, θ − ϕ) = Re ζ−z, где ζ = Reiϕ и z = reiϕ . Поэтому PR (r, θ − ϕ) гармонична вD(0, R) для любого фиксированного значения θ.Определение. Ядром Шварца называется функцияζ +zReiθ + reiϕ=.ζ −zReiθ − reiϕ(29)Очевидно, ядро Шварца аналитично. Из формулы Пуассона можно получить весьма похожую формулуШварца:Z2πZ2πiθ1R2 − r 21iϕiθ Re + zu(Re ) 2dθ=Reu(Re)dθ.(30)u(z) =2πR + r2 − 2Rr cos(θ − ϕ)2πReiθ − z00f (z) =12πZ2πu(Reiθ )0Reiθ + zdθ + ic,Reiθ − zc ∈ R.(по вещественной части восстанавливаем всю функцию). Заметим, чтоReiθ + z1= 1 + 2ziθRe − zζ−z(31)1и разложим ζ−zв ряд. Проинтегрировав, получим разложение в степенной ряд функции u.
Формулы длякоэффициентов ak , bk для тригонометрического ряда легко получаются из коэффициентов Коши для ck (ck =ak − ibk ).Теорема 4.11 (Пуассон). Если функция u(z) гармонична в UR и непрерывна на U R , то1u(z) = u(re ) =2πiϕZ2πu(Reiθ )0R2 − r 2dθ.R2 + r2 − 2Rr cos(θ − ϕ)(32)Рассмотрим граничную функцию g(θ) = u(Reiθ ). Она непрерывна и 2π-периодична. Значит, существует[o,2π)последовательность Tn ⇒ g(θ) (Tn — тригонометрические полиномы)n X(n)(n)Tn (θ) =ak cos kθ + bk sin kθ .(33)k=0Рассмотрим гармонический полиномτn (z) :=n k Xrk=0R(n)(n)ak cos kθ + bk sin kθ .(34)Поскольку на границе сходимость равномерна, то по принципу максимума сходимость равномерна и во всемкруге: |τn′ − τn′′ | 6 ε на ∂UR , значит и на U R .
По формуле Пуассона, так как τn (Reiθ ) = Tn (θ),τ (reiϕ ) =12πZ2πTn (θ)R2+r2R2 − r 2dθ.− 2Rr cos(θ − ϕ)(35)+r2R2 − r 2dθ.− 2Rr cos(θ − ϕ)(36)0Переходя к пределу, получаемu(z) =12πZ2πu(Reiθ )R20Ядро ограничено снизу и сверху:R−rR2 − r 2R+r6 26.2R+rR + r − 2Rr cos(θ − ϕ)R−rПоэтому переход к пределу законен. 25(37)z4.4.2. Задача ДирихлеЕсли g(ϕ) — 2π-периодическая непрерывная функция, то функция1u(re ) =2πiϕZ2πg(θ)0R2 − r 2dθ,R2 + r2 − 2Rr cos(θ − ϕ)u(Reiϕ ) = g(ϕ)(38)гармонична в круге UR . Она решает задачу Дирихле в круге с произвольными граничными данными.Если же нам дана произвольная односвязная область, мы переведём её в круг конформным отображением f ,для круга напишем формулу Пуассона, а потом обратным отображением f −1 перекинем решение на исходнуюобласть.
Как было замечено выше, голоморфная замена переменной сохраняет гармоничность функции.4.4.3. Следствие формулы ПуассонаТеорема 4.12. Пусть функция u(z) ∈ H(D) непрерывна и u(z) ∈ Lipα при α > 1 на U R . Тогда сопряжённаяфункция v(z) ∈ Lipα на U R .1f (z) =2πZ2πu(Reiθ )0iθReiθ + zdθ + ic,Reiθ − zc ∈ R1 .(39)iθСделаем замену ζ = Re , тогда dζ = Rie dθ:f (z) =12πZu(ζ)CRТак какζ+zζ−z1= 1 + 2z ζ−z, то1f (z) =2πiZζ + z dζ· .ζ −z ζ(40)Z(41)u(ζ)1dζ + 2zζ2πiCRCRu(ζ)dζ.(ζ − z)ζОба интеграла — интегралы типа Коши.
Можно разложить в степенной ряд по степеням zζ .z n = rn (cos nθ + i sin nθ).(42)Отделяя Re и Im, мы получаем тригонометрические ряды для функций u и v.4.5. Гармоническое продолжение. Принцип отраженияПусть u1 (z) — гармонична в G1 , u2 (z) гармонична в G2 . Пусть u1 (z) ≡ u2 (z), ∀ z ∈ G1 ∩ G2 . Тогда u1 и u2 —гармонические продолжения одна другой.Так же, как для аналитических функций, можно определить гармоническое продолжение, риманову поверхность и т.
д.Докажем аналог принципа симметрии Римана – Шварца:Теорема 4.13 (Принцип отражения). Пусть в состав границы жордановой области G входит отрезокγ (пусть G лежит в верхней полуплоскости, а отрезок — на вещественной прямой), и пусть гармоническаяфункция u(z) непрерывна на G ∪ γ, причем u(z) = 0 при z ∈ γ. Тогда функция u(z) = u(x, y), доопределённая вобласти G∗ как u(x, y) := −u(x, −y) при (x, y) ∈ G∗ , является гармонической в области G ∪ γ ∪ G∗ . Проверим, что u(x, y) гармонична в области G∗ : 2 2∂ u(x, −y) ∂ 2 u(x, −y)∂ u(x, y) ∂ 2 u(x, y)∆u = −+=−+= 0.(43)∂x2∂y 2∂x2∂y 2Пусть a ∈ γ.
Выберем R так, чтобы U R (a) ⊂ G ∪ γ ∪ G∗ . Решим задачу Дирихле для области G ∪ γ ∪ G∗ сграничными условиями, задаваемыми функцией (продолженной). Решение задается интегралом Пуассона:1u(z = a + re ) =2πiϕZ−πu(a + Reiθ )πR2+r2R2 − r 2dθ.− 2Rr cos(θ − ϕ)(44)Докажем, что u(z) = 0 при z ∈ (a − R, a + R) (на диаметре круга UR ): при этих z имеем ϕ = 0 либо ϕ =±π.
Подынтегральная функция u(a + Reiθ ) — нечетная функция, а ядро Пуассона — четная функция. Значитинтеграл равен нулю. Итак, u(z) = 0 на γ ∩ UR .26Таким образом, построенная функция совпадает с «верхней» функцией на верхней полуокружности, с «нижней» — на нижней и равна 0 на γ ∩ UR . Поскольку a произвольно, то всё доказано. Пример 5.1. Потенциалы полей.При отображении w = L(z) гармоничность сохраняется, поэтому можно восстановить силовые линии наисходной картинке, а также эквипотенциальные поверхности.5.
Операционное исчисление5.1. А на фига оно надо?Ещё в глубокой древности было замечено, что некоторые интегральные преобразования позволяют от уравнений одного типа перейти к уравнениям другого типа. Так, например, преобразование Лапласа, о котором речьпойдёт ниже, позволяет свести дифференциальное уравнение к алгебраическому. Правда, от этого легче не становится, ибо алгебраические уравнения мы тоже решать не умеем (и это даже математически строго доказано3).Но кое-какая польза от этого есть (например, удобнее решать уравнения с разрывной правой частью).5.2. Определение преобразования Лапласа и его обращениеОпределение. Функцией-оригиналом будем называть комплекснозначную функцию f (t), для которой:1◦ Функция удовлетворяет условию Гёльдера с показателем α всюду кроме конечного числа точек разрывапервого рода;2◦ f (t) = 0 при t < 0;3◦ |f (t)| 6 M es0 t при некоторых M, s0 > 0 (число s0 называют показателем роста).Определение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
