Лекции по ТФКП - Горяйнов (1188229), страница 14
Текст из файла (страница 14)
. ..Рассмотрим теперь функцию (1 + z)a , где a ∈ C. Ее регулярные ветви вединичном круге D определяются через регулярные ветви логарифмаhk (z) = ea ln(k) (1+z) .Пусть h(z) — ветвь, которая соответствует значению k = 0, т. е. выделяетсяусловием h(0) = 1. Тогда все остальные ветви будут отличаться лишь множителемhk (z) = eia2πk h(z),k = 0, ±1, ±2, . . ..
Найдем разложение в ряд Тейлора ветви h(z). Для вычисления коэффициентов ряда Тейлора воспользуемся равенствамиh0 (z) =ah(z),1+za(a − 1)h(z), . . . ,(1 + z)2a(a − 1) . . . (a − n + 1)h(n) (z) =h(z), . . .(1 + z)nh00 (z) =и условием h(0) = 1. Таким образом,h(z) =∞Xn=0Can z n ,гдеCan =a(a − 1) . . . (a − n + 1)n!(Ca0 = 1).69ЛЕКЦИИ ПО ТФКПДалее, в области C \ [−1, 1] многозначная функция ln 1−z1+z имеет регулярныеветви.
Действительно, функция f (z) = (1 − z)/(1 + z) в этой области в нульне обращается. Кроме того, для любой замкнутой кусочно-гладкой кривойγ ⊂ C \ [−1, 1] имеемZ 0Z1f (z)2dz1J(f (γ), 0) =dz =2πif (z)2πiz2 − 1γγZZ1dzdz1=−= J(γ, 1) − J(γ, −1).2πiz − 1 2πiz+1γγПоскольку точки z = 1 и z = −1 расположены в одной и той же компонентесвязности множества C \ γ, то J(γ, −1) = J(γ, 1) и условия теоремы 10.1 выполнены. Следовательно, в C \ [−1, 1] выделяются ветви функции ln 1−z1+z . Нотогда во внешности единичного круга (как в кольцевой области) каждая ветвьдолжна иметь разложение в ряд Лорана.Пусть g(z) — некоторая ветвь многозначной функции ln 1−z1+z .
Тогда∞g 0 (z) =X 12= 22z −1z 2nn=1и ряд в правой части этого равенства сходится во внешности единичного круга.Сумма почленно проинтегрированного рядаS(z) = −2∞X1(2n − 1)z 2n−1n=1представляет собой голоморфную во внешности единичного круга функцию.При этом (g(z) − S(z))0 ≡ 0 и, следовательно, g(z) − S(z) ≡ const. Заметимтеперь что (1 − z)/(1 + z) → −1 при z → ∞, т. е. ветви функции ln 1−z1+z имеют вбесконечно удаленной точке устранимую особенность, а их пределы принадлежат множеству Ln{−1}, т. е.
имеют вид i(π + 2kπ), k ∈ Z. С другой стороны,S(z) → 0 при z → ∞. В результате приходим к разложению в ряд Лоранаветвей ln 1−z1+z :ln(k)∞X1−z2= i(2k + 1)π −z −(2n−1) ,1+z2n−1n=1k ∈ Z.Для натурального n > 2 рассмотрим в C \ [−1, 0] многозначную функциюpnz n−1 (z + 1).Как и в примере 1 устанавливается существование регулярных ветвей этойфункции. Найдем разложение в ряд Лорана ветви, которая принимает положительные значения при z = x > 1. Замечая, что1/np1nn−1z(z + 1) = z 1 +,z70В. В. ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИНгде в качестве (1 + z1 )1/n рассматривается регулярная ветвь во внешности единичного круга, принимающая положительные значения при z = x > 1, и используя разложение (1 + z)a в единичном круге, получаем∞∞XXp11nmmz n−1 (z + 1) = z=.C1/nC1/nmm−1zzm=0m=0Для других ветвей разложение имеет видpnz n−1 (z + 1)= ei2kπ/n(k)∞XmC1/nz −(m−1) ,k = 0, 1, .
. . , n − 1.m=0Пример 2. Вычислить интегралZ2I =dxp30x2 (2− x).Как и в примереp1 устанавливается существование регулярных ветвей многозначной функции 3 z 2 (2 − z) в области C\[0, 2]. Фиксируем R > 2 и определимветвь по формулеig(z) = |z 2 (2 − z)|1/3 expπ + ∆γz arg ζ 2 (2 − ζ) ,(10.7)3где π — одно из значений arg(R2 (2 − R)) = arg(−1) а γz — кусочно-гладкая кривая, соединяющая R с точкой z внутри области C \ [0, 2]. Для малого ε > 0рассмотрим отрицательно ориентированные окружности C1ε и C2ε радиуса ε сцентрами в точках z = 0 и z = 2, соответственно, отрезок λ+ε = [ε, 2 − ε] и такой−+εже отрезок λε с противоположной ориентацией.
Тогда λε + C2ε + λ−ε + C1 можно рассматривать как положительно ориентированную границу ∂Dε внешнейобласти Dε .γx+cε1λ+ε0λ−εcε22Rγx−Рис. 3. К примеру 271ЛЕКЦИИ ПО ТФКППоскольку в Dε нет особых точек функции 1/g(z), то по теореме о вычетахZ1dz= 2πi res.(10.8)z=∞ g(z)g(z)∂DεДля вычисления вычета в правой части равенства (10.8) заметим, что функция1/g(z) во внешности круга |z| > 2 совпадает с одной из ветвей многозначнойфункции−1/312e−iπ/31−,zzкоторые имеют следующее разложение в ряд Лорана−1/3∞X21(−2)m1m= e−iπ/3 e−i2kπ/31−C−1/3e−iπ/3zz (k)zzmm=0∞X= e−i(2k+1)π/3mC−1/3m=0(−2)m,z m+1mk = 0, 1, 2. Поскольку C−1/3(−2)m > 0 при всех m = 0, 1, 2, . .
., то сумма ряда∞XmC−1/3m=0(−2)mz m+1принимает положительное значение при z = R. С другой стороны, 1/g(R)имеет аргумент −π/3. Следовательно, во внешности круга |z| > 2 имеет месторазложение∞X1(−2)mm= e−iπ/3C−1/3.g(z)z m+1m=0Отсюда находимresz=∞1= −c−1 = −e−iπ/3 .g(z)Для вычисления интеграла в левой части равенства (10.8) нужно выяснить,какие значения принимает функция g на λ+ε — верхней стороне отрезка [ε, 2 − ε]++и на его нижней стороне λ−ε .
Пусть γx — дуга, соединяющая точки R и x ∈ λε ,−−а γx — дуга, соединяющая R и x ∈ λε . Соответствующие значения функции gбудем обозначать g(x + i0) и g(x − i0), соответственно. Замечая, что∆γx+ arg z 2 (2 − z) = 2∆γx+ arg z + ∆γx+ arg(z − 2) = π,∆γx− arg z 2 (2 − z) = −π,получаемg(x + i0) =p3x2 (2 − x)ei2π/3 ,g(x − i0) =p3x2 (2 − x).Следовательно,Zλ+εdz= e−i2π/3g(z)2−εZdxp3εx2 (2 − x)Z,λ−εdz= −g(z)2−εZdxp3εx2 (2 − x).72В. В. ГОРЯЙНОВ, Е.
С. ПОЛОВИНКИНДалее,ZC1εZC2εZdz 2πε|dz|66 2/3→ 0,g(z) |z 2 (2 − z)|1/3ε (2 − ε)1/3 C1εdz 2πε→ 0 6g(z) (2 − ε)2/3 ε1/3при ε → 0. Таким образом,Zlimε→0∂Dεdz= e−i2π/3 − 1 Ig(z)и равенство (10.8) в пределе при ε → 0 принимает видe−i2π/3 − 1 I = −2πie−iπ/3 .В результате получаемI =2πiπ2πie−iπ/32π= iπ/3=π = √ .−i2π/3−iπ/3sin 31−ee−e3§ 11. Принцип аргумента и отображающиесвойства голоморфных функцийПусть функция f голоморфна в области D, за исключением изолированныхособых точек, которые являются ее полюсами. Если K — компактное подмножество области D, то на K может быть лишь конечное число полюсов.
Впротивном случае нашлась бы предельная точка полюсов на K, что противоречило бы условию наличия лишь изолированных особых точек. Как былопоказано ранее, каждый полюс имеет конечную кратность. Пусть b1 , . . . , bm —полюсы функции f , попадающие на K, а q1 , . . . , qm — их кратности. ТогдаP = q1 + . .
. + qm называется числом полюсов функции f на множестве K с учетом их кратности. Если f (z) 6≡ 0, то ее нули также будут изолированнымии иметь конечную кратность. Следовательно, на K будет расположено лишьконечное их число. Пусть a1 , . . . , an — нули функции f , попадающие на K, аs1 , . . . , sn — их кратности. Тогда N = s1 + . . . + sn называется числом нулейфункции f на множестве K с учетом их кратности.Теорема 11.1.
[Принцип аргумента.] Пусть D — область, ограниченнаяциклом γ, и f — голоморфная на D = D ∪ γ (т. е. в некоторой области, содержащей D,) функция, за исключением изолированных особых точек, которыеявляются ее полюсами. Допустим также, что нули и полюсы функции f непопадают на γ. Тогда число N ее нулей и число P ее полюсов в области D сучетом их кратности удовлетворяют соотношениюZ 0f (z)11N −P =dz = J(f (γ), 0) =∆γ arg f (z).(11.1)2πif (z)2πγЛЕКЦИИ ПО ТФКП73Доказательство.
Поскольку замыкание D области D является компактным множеством, то в D содержится лишь конечное число нулей и полюсовфункции f . Пусть a1 , . . . , an — ее нули с кратностями s1 , . . . , sn , а b1 , . . . , bm —ее полюсы с кратностями q1 , .
. . , qm , соответственно. Тогда N = s1 + . . . + sn иP = q1 + . . . + qm . Рассмотрим функциюg(z) =nYk=1(z − ak )−skmYk=1(z − bk )qk f (z).Очевидно, что изолированные особые точки a1 , . . . , an , b1 , . . . , bm функции gявляются устранимыми. Следовательно, функция g является голоморфной ине обращается в нуль на D. Из равенстваf (z) = (z − a1 )s1 · . . .
· (z − an )sn (z − b1 )−q1 · . . . · (z − bm )−qm g(z)следует, чтоnmXXf 0 (z)skqkg 0 (z)=.−+f (z)z − akz − bkg(z)k=1k=10Поскольку g(z) 6= 0 на D, то функция g (z)/g(z) является голоморфной на D ипо теореме КошиZ 0g (z)dz = 0.g(z)γТаким образом,12πiZmnXXf 0 (z)qk J(γ, bk ) = N − Psk J(γ, ak ) −dz =f (z)γk=1k=1и теорема доказана.На практике принцип аргумента чаще всего применяется через следующийрезультат.Теорема 11.2. [Руше́.] Пусть D — область, ограниченная циклом γ, а f иϕ — голоморфные на D = D ∪ γ функции, удовлетворяющие условию |ϕ(z)| <|f (z)| при z ∈ γ. Тогда f и f + ϕ имеют в D одинаковое число нулей с учетомих кратности.Доказательство. По условию теоремы f (z) 6= 0 и f (z) + ϕ(z) 6= 0 приz ∈ γ.
Следовательно, функцияF (z) =f (z) + ϕ(z)f (z)является голоморфной на D, за исключением, быть может, конечного числаполюсов, расположенных в D. Кроме того, F не обращается в нуль на γ. Вдействительности, полюсами функции F могут быть лишь нули функции f .Пусть N1 — общее число нулей функции f , а N2 — общее число нулей функцииf + ϕ, в области D с учетом их кратности. Если N — общее число нулей, а74В. В. ГОРЯЙНОВ, Е. С.
ПОЛОВИНКИНP — общее число полюсов, функции F в области D с учетом их кратности, тоN − P = N2 − N1 и по принципу аргументаN2 − N1 = J(F (γ), 0).Однако, из равенства F (z) = 1 + ϕ(z)/f (z) и условия |ϕ(z)/f (z)| < 1 при z ∈γ видно, что F (γ) расположена в круге |w − 1| < 1.
Следовательно, точкаw = 0 расположена во внешней компоненте связности множества C \ F (γ) иJ(F (γ), 0) = 0. Это влечет равенство N1 = N2 .Теорема 11.3. [Основная теорема алгебры.] Каждый многочлен n-тойстепени P (z) = z n + cn−1 z n−1 + . . . + c0 имеет в комплексной плоскости Cровно n нулей с учетом их кратности.Доказательство. Пусть f (z) = z n и ϕ(z) = cn−1 z n−1 + . . . + c0 . Тогда ϕ(z) = 1 cn−1 + cn−2 + . . . + c0 → 0 f (z) |z|zz n−1при z → ∞. Поэтому найдется такое R > 0, что |ϕ(z)/f (z)| < 1 при |z| > R.Следовательно, на окружности ΓR : z = Reiθ , 0 6 θ 6 2π, для функций f и ϕвыполняются условия теоремы Руше́ и функции f (z) = z n и f (z) + ϕ(z) = P (z)будут иметь в круге |z| < R одинаковое число нулей с учетом их кратности.Однако z = 0 является нулем кратности n для f (z) = z n .
Вне этого кругаполином P в нуль не обращается, поскольку |ϕ(z)| < |f (z)| при |z| > R.Следующий результат является усилением теоремы об обратном отображении.Теорема 11.4. [О локальной структуре отображения.] Пусть f голоморфна в области D и f (z0 ) = w0 , z0 ∈ D. Допустим также, что функцияf (z)−w0 имеет в точке z0 нуль порядка n, т. е. f 0 (z0 ) = . . . = f (n−1) (z0 ) = 0 иf (n) (z0 ) 6= 0. Тогда найдутся такие окрестности Or (z0 ) ⊂ D, r > 0, и O% (w0 ),% > 0, что для любого w∗ ∈ Ȯ% (w0 ) уравнение f (z) = w∗ имеет в Or (z0 ) ровноn различных корней.Доказательство.
Поскольку f (n) (z0 ) 6= 0, то f (z) 6≡ const. В силу изолированности нулей непостоянной голоморфной функции найдется окрестностьOr (z0 ), которая содержится в D вместе со своим замыканием и такая, что функции f (z)−w0 и f 0 (z) не обращаются в нуль в Or (z0 )\{z0 }. Пусть γ = ∂Or (z0 ) —положительно ориентированная граница круга Or (z0 ) и Γ = f (γ) — ее образ приотображении посредством f . Замечая, что Γ не проходит через точку w0 , выберем число % > 0 меньше, чем расстояние от w0 до Γ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
