А.В. Домрин, А.Г. Сергеев - Лекции по комплексному анализу (1130010), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Теорема Руше вытекает из следующего чисто топологическогоутверждения, которое доказывается также, как и выше. Пусть γ : I → C –замкнутый непрерывный путь и f, g : γ(I) → C – две непрерывные функциина образе γ(I), удовлетворяющие оценке:|f (z)| > |g(z)|для всех z ∈ γ(I) .Тогда приращение аргумента суммы f + g вдоль γ совпадает с приращениемаргумента f вдоль γ, т.е.∆γ arg(f + g) = ∆γ arg f .Приведем ряд примеров, в которых удается вычислить приращение аргумента функции с помощью теоремы Руше.
Первый из них (основную теоремыалгебры) мы разберем полностью, а другие оставим в виде задач.Утверждение (основная теорема алгебры). Любой многочлен Pn степени n с комплексными коэффициентами имеет ровно n комплексных корней(с учетом кратности).Доказательство. Так как Pn имеет полюс порядка n на бесконечности,то все корни Pn лежат внутри некоторого круга {|z| < R}. Запишем Pn в видеPn (z) = a0 z n + a1 z n−1 + · · · + an =: f + g ,гдеf (z) = a0 z n ,g(z) = a1 z n−1 + · · · + anиa0 6= 0 .Увеличивая, если необходимо, R, можно считать, что|f (z)| > |g(z)| при |z| = R .Применяя теорему Руше к функциям f , g в круге {|z| < R}, получим, чтоPn = f + g имеет в этом круге столько же нулей, сколько и f (z) = a0 z n , т.е.ровно n.Задачи.(1) Покажите, что для всякого ε > 0 каждая из функций tg z , ctg z , 1/ sin z , 1/ cos zограничена вне ε-окрестности множества своих полюсов.[Указание. Каждая из этих функций периодична и имеет конечные пределыпри | Im z| → ∞](2) Докажите, что все решения z ∈ C уравнения tg z = z вещественны.[Указание.
Пользуясь теоремой Руше и первой задачей, найдите число нулейфункции tg z −z в круге {|z| < πn} при большом n ∈ N и сравните его с числомвещественных нулей в этом круге](3) В условиях теоремы из п. 13.1 покажите, что для всякой функции g ∈ O(D)справедливо равенство12πiZ∂DklXXf ′ (z)g(z) dz =g(as ) −g(bt) ,f (z)s=1t=17где a1 , . . . , ak – нули, а b1 , . .
. , bl – полюсы функции f в области D. Заметим,что сама теорема из п. 14.1 получается отсюда при g(z) ≡ 1.(4) Обозначим через λn единственное решение уравнения tg x = x на интервале(n − 12 )π < x < (n + 12 ), где n = 1, 2, . . . . Вычислите сумму ряда∞X1/λ2n .n=1[Указание. Примените задачу (3) к функциям f (z) = sin z−z cos z и g(z) =1/z 2 в области D = {ε < |z| < πn}, а затем устремите n → ∞ и ε → 0.Тогда интеграл по окружности {|z| = n} будет стремиться к нулю в силу задачи(1)](5) Применяя рассуждение из предыдущей задачи к функциям f (z) = sin(πz) и1g(z) = z2 +a2 , найдите сумму ряда∞Xn=1n21+ a2для всех a > 0.Приведем еще три задачи, иллюстрирующие применение теоремы Руше вразличных ситуациях. (Первые две из них будут впоследствии решены другими методами).Задачи.(6) ПустьPn (z) = z n + a1 z n−1 + · · · + anдля некоторых a1 , .
. . , an ∈ C. Докажите, чтоmax |Pn (z)| > 1 ,|z|61причем равенство достигается только при Pn (z) = z n .(7) Докажите, что уравнение sin z = z имеет в C бесконечно много решений.(8) Докажите, что при любом комплексном a и целом n > 1 уравнение1 + z + az n = 0имеет хотя бы один корень в круге |z| 6 2.8Лекция 14.
Принцип сохранения областии обращение голоморфных функций14.1. Принцип сохранения области.Теорема. Если функция f голоморфна в области D ⊂ C и не равна тождественно константе, то и образ D∗ := f (D) является областью.Доказательство. Покажем, что множество D∗ (линейно) связно и открыто.Связность D∗ является чисто топологическим фактом и устанавливаетсяследующим образом. Пусть w1 , w2 – произвольные точки D∗ и z1 , z2 ∈ D – ихпрообразы при отображении f , т.е. f (z1 ) = w1 , f (z2 ) = w2 . В силу связностиD существует непрерывный путь γ : I → D с началом в точке z1 и концом вточке z2 .
Тогда f ◦ γ есть непрерывный путь в D∗ , соединяющий w1 с w2 .Открытость D∗ является уже фактом комплексного анализа и, вообще говоря, не имеет места для произвольных гладких отображений комплексной плоскости. Пусть w0 – произвольная точка из D∗ . Укажем круг U ∗ с центром вэтой точке, целиком лежащий в D∗ .Пусть z0 ∈ D – один из прообразов w0 при отображении f . Выберем r > 0так, чтобы кругU := {z ∈ C : |z − z0 | < r}компактно принадлежал D и замкнутый круг U не содержал других прообразовw0 , кроме z0 (это возможно, так как в силу условия f 6≡ const нули голоморфнойфункции f (z) − w0 изолированы). Положимr ∗ := min |f (z) − w0 | .z∈∂UЗаметим, что r ∗ > 0, поскольку f (z) 6= w0 на ∂U .
Покажем, что кругU ∗ := {w ∈ C : |w − w0 | < r ∗ }содержится в D∗ , т.е. каждая точка w ∈ U ∗ имеет прообраз из U . Для этогозапишем функцию f (z) − w, рассматриваемую как функция от z, в видеf (z) − w = (f (z) − w0 ) + (w0 − w) .Тогда при z ∈ ∂U будем иметь|f (z) − w0 | > r ∗ > |w0 − w| ,так что к функциям f (z) − w0 и w0 − w в круге U применима теорема Руше.Согласно этой теореме, f (z)−w имеет в U столько же нулей, сколько и f (z)−w0 ,т.е. по крайней мере один.
Следовательно, U ∗ ⊂ f (U ) и, тем более, U ∗ ⊂ D∗ .9Задачи.(1) Пусть U – единичный круг, f ∈ O(U ) и |f (z)| ≡ const на ∂U . Покажите, чтоf либо постоянна в U , либо имеет там нули.(2) Пусть U – единичный круг, f ∈ O(U ) и Re f (z) ≡ 0 на ∂U . Покажите, чтоf ≡ const. Верно ли это утверждение, если заменить круг U на произвольнуюобласть D? Верно ли оно, если равенство Re f (z) нулю выполняется не на всей∂U , а лишь на непустой открытой дуге γ ⊂ ∂U ?14.2. Локальное обращение голоморфных функций. Задача о локальном обращении голоморфных функций формулируется следующим образом.Пусть функция w = f (z) голоморфна в окрестности точки z0 . Требуетсянайти голоморфную в окрестности точки w0 = f (z0 ) функцию z = g(w)такую, что g(w0 ) = z0 иf ◦ g(w) ≡ wв окрестности w0 .Случай I: z0 не является критической точкой f , т.е.
f ′ (z0 ) 6= 0.Также, как в доказательстве принципа сохранения области, выберем кругU = {z : |z − z0 | < r} так, что f ∈ O(U ) и U не содержит других прообразовточки w0 , кроме z0 . Положимr ∗ := min |f (z) − w0 | .z∈∂UТогда круг U ∗ = {w : |w − w0 | < r ∗ } содержится в f (U ) и каждая точкаw ∈ U ∗ имеет в U столько же прообразов, сколько и w0 , т.е.
ровно одну (сучетом кратности). С другой стороны, в силу непрерывности f существуетr1 ∈ (0, r) такое, что образ при f круга U1 = {z : |z − z0 | < r1 } содержитсяв U ∗.Таким образом, функция f однолистна в круге U1 , и в окрестности f (U1 )точки w0 определена обратная функция z = g(w) такая, что z0 = g(w0 ) иf ◦ g(w) ≡ wдля всех w ∈ f (U1 ) .Покажем, что функция z = g(w) голоморфна в точке w0 , т.е. C-дифференцируема в ее окрестности. Возьмем произвольную точку w1 ∈ f (U1 ) и положимz1 = g(w1 ). Покажем, что функция g(w) C-дифференцируема в точке w1 и найдем ее комплексную производную в этой точке. Заметим вначале, что g непрерывна на f (U1 ), поскольку из сходимости w → w1 следует, что z := g(w) → z1(в противном случае последовательность значений z = g(w) имела бы в U 1 ⊂ Uпредельную точку, отличную от z1 , т.е.
w1 имела бы в U два различных прообраза при отображении f ). Далее, отношениеg(w) − g(w1 )z − z1=w − w1f (z) − f (z1 )имеет при w → w1 предел, равный 1/f ′ (z1 ). (Заметим, что f ′ (z1 ) 6= 0, посколькуdf ′ (z)|z=z1 =(f (z) − w1 ) |z=z1 6= 0 ,dz10так как z + z1 – однократный нуль функции f (z) − w1 ). Отсюда следует, чтофункция g C-дифференцируема в точке w1 и g ′ (w1 ) = 1/f ′ (z1 ), что и требовалось доказать.Тем самым, задача о локальном обращении голоморфной функции в окрестности некритической точки решена.
Заметим, что в процессе доказательстванами была установлена также теорема об обратной функции для голоморфныхфункций.Случай II: z0 — критическая точка f порядка p, т.е. f ′ (z0 ) = · · · =f (p−1) (z0 ) = 0, но f (p) (z0 ) 6= 0 при некотором целом p > 2.Как и в случае I, выберем круг U = {z : |z − z0 | < r} так, что f ∈ O(U) и Uне содержит других прообразов точки w0 и нулей f ′ (z), кроме z0 .
Тогда функция f будет принимать в круге U каждое значение w ∈ U ∗ = {w : |w−w0 | < r ∗ }столько же раз, сколько и w0 . По условию, значение w0 принимается с кратностью p, так как f (z) − w0 имеет в точке z0 нуль порядка p. Следовательно,любое значение w ∈ U ∗ \ {w0 } принимается функцией f в круге U ровно p раз,причем в p различных точках (поскольку f ′ (z) 6= 0 при z ∈ U \ {z0 }). ЗаменяяU на меньший круг U1 такой, что f (U1 ) ⊂ U ∗ , мы получаем, что отображениеf : U1 → f (U1 ) является p-листным накрытием, разветвленным в центре z0круга U1 .Покажем, что в рассматриваемом случае естественное ”локальное обращение” z = f −1 (w) функции w = f (z) является полной аналитической функцией,заданной в области f (U1 ) \ {w0 }.
Эта ПАФ задается акналитическим продолжением вдоль всевозможных путей в f (U1 ) \ {w0 } начального элемента вида(V, g), где V – круг в f (U1 ) \ {w0 } с центром в некоторой точке w1 6= w0 , а g –голоморфная в V функция, удовлетворяющая соотношениюf ◦ g(w) ≡ wна V .Перейдем к построению указанной ПАФ. При z ∈ U1f (z) − w0 = (z − z0 )p ϕ(z) ,где функция ϕ голоморфна и не имеет нулей в U1 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
