Лекции по ТФКП - Горяйнов (1188229), страница 24
Текст из файла (страница 24)
Вчастности, из (15.6) сразу же следуетlimz→0g(z)= g(1) = 1,zчто влечет условие eh(0) = 1.Чтобы выяснить условия на h, которые гарантировали бы выполнение второго равенства в (15.6), введем в рассмотрение функции() nn nYXz −z/k11 Yh(z)gn (z) = ez1+e=exp h(z) − z(z + k), (15.8)kn!kk=1k=1k=0n = 1, 2, .
. .. Замечая, что()nXzgn (z + 1)1= (z + n + 1) exp h(z + 1) − h(z) −gn (z)kk=1()nXz+11exp h(z + 1) − h(z) + ln n −= 1+,nkk=1114В. В. ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИНприходим к соотношению1 =zg(z + 1)zgn (z + 1)= lim= exp {h(z + 1) − h(z) − γ} ,n→∞g(z)gn (z)гдеγ := limn→∞nX1− ln nk!= 0, 5772 . . .k=1— постоянная Эйлера. Таким образом, функция h должна удовлетворять условиямexp h(0) = 1,exp{h(z + 1) − h(z) − γ} = 1.Простейшей такой функцией является h(z) = γz.Определение 15.3. Мероморфная функцияΓ(z) = e−γz∞1 Yz −1 z/ne1+z n=1nназывается гамма—функцией.Из определения и проведенных выше рассуждений видно, что Γ(z) имеетпростые полюсы в точках z = −n, n = 0, 1, 2, .
. . , с вычетами (−1)n /n! и удовлетворяет функциональному уравнениюΓ(1) = 1,Γ(z + 1) = zΓ(z).В частности, Γ(n) = (n − 1!) для натуральных n. Кроме того, при z = xвещественном и положительном Γ(x) > 0.Используя теперь равенстваΓ(z) =11= lim,n→∞ gn (z)g(z)где функции g и gn определяются формулами (15.7) и (15.8) с h(z) = γz, получим дополнительно некоторые соотношения для гамма—функции и некоторые ее представления, которые восходят к Эйлеру и Гауссу. Непосредственноиз (15.7) с h(z) = γz следует равенствоg(z)g(−z) = −z 2∞ Yn=11−z2n2= −z sin πz.πС другой стороны, в силу второго равенства в (15.6) имеем g(−z) = −zg(1 − z)и следовательноsin πzg(1 − z)g(z) =.πЭто равенство в терминах гамма—функции известно как формула Эйлера изаписывается в видеπΓ(1 − z)Γ(z) =.(15.9)sin πz115ЛЕКЦИИ ПО ТФКП√Полагая в (15.9) z = 1/2, получаем Γ(1/2) = π.
Отсюда с использованием функционального уравнения для гамма—функции выводятся более общиеравенстваY√ n−111Γ+n = πk+,22k=0n = 1, 2, . . ..Далее, преобразуя функции gn из (15.8) с h(z) = γz к виду(!) nnYX11gn (z) =exp z γ −(z + k)n!kk=0k=1(!) nnXY11exp z γ + ln n −(z + k)=zn!nkk=1k=0где nz = ez ln n , приходим к представлению Гаусса для гамма—функцииn!nz.n→∞ z(z + 1) · . . . · (z + n)Γ(z) = lim(15.10)Если Re z = x > 0, то из представления (15.10) следует неравенство|Γ(z)| 6 Γ(x),поскольку |nz | = nx и |z +k| > x+k.
В частности, из этого неравенства следует,что ограничена в каждой полосе α 6 Re z 6 β, 0 < α < β < ∞.Для получения интегрального представления гамма—функции рассмотримZ∞F (z) =tz−1 e−t dt,(15.11)0где tz−1 = e(z−1) ln t , ln t ∈ R. Интеграл, определяющий функцию F (z), является несобственным. Поэтому вначале исследуем его на сходимость. Пусть0<α<β<∞иS(α, β) = {z ∈ C : α < Re z < β}.Для z ∈ S(α, β) и t ∈ (0, ∞) выполняется неравенство z−1 −t t e = tRe z−1 e−t 6 Mα,β (t),где(Mα,β (t) =ttα−1при0 < t < 1,β−1 −tпри1 6 t < ∞.eR∞Поскольку интеграл 0 Mα,β (t)dt сходится, то в силу критерия Коши интегралв (15.11) сходится абсолютно и равномерно в полосе S(α, β). При этомZnF (z) = lim Fn (z),n→∞Fn (z) =1/ntz−1 e−t dt.116В.
В. ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИНДалее, из непрерывности функции Φ(z, t) = tz−1 e−t следует непрерывностьFn (z) в полосе S(α, β). Кроме того, если ∆ — треугольник, расположенныйв S(α, β), и ∂∆ — его положительно ориентированная граница, то учитываяголоморфность функции tz−1 в S(α, β), получаемZZn ZZZnz−1 −t tz−1 dz e−t dt = 0.Fn (z)dz = t e dt dz =∂∆∂∆1/n1/n∂∆Следовательно, по теореме 5.4 Морера функции Fn , n = 1, 2, . . ., голоморфныв полосе S(α, β).Покажем теперь, что Fn (z) → F (z) при n → ∞ равномерно в полосе S(α, β).Пусть m, n — два натуральных числа и m < n.
Тогда для z ∈ S(α, β) имеем 1/m1/mZnZZnZz−1 −tz−1 −t |Fn (z) − Fm (z)| = t e dt + t e dt 6Mα,β (t)dt + Mα,β (t)dt.1/nmm1/nR∞Отсюда и из сходимости интеграла 0 Mα,β (t)dt следует равномерная сходимость последовательности {Fn (z)} в полосе S(α, β). Но тогда по теореме 12.1Вейерштрасса функция F (z) является голоморфной в S(α, β) как локально равномерный предел последовательности голоморфных функций. Поскольку впроведенных выше рассуждениях α и β выбирались произвольно, то интегралв (15.11) определяет голоморфную в правой полуплоскости Re z > 0 функциюF (z).Теорема 15.2. Для всех z из правой полуплоскости Re z > 0 имеет месторавенствоZ∞Γ(z) =tz−1 e−t dt.0Доказательство.
Поскольку функция F (z) из (15.11) и гамма—функцияголоморфны в правой полуплоскости, то в силу теоремы 6.2 единственностидостаточно доказать равенство F (x) = Γ(x) при x > 1. Фиксируем x > 1 изаметим, что интегрирование по частям n + 1 раз приводит к равенствуnZn Z1tn!nxx−1x1−tdt = n(1 − s)n sx−1 ds =.nx(x + 1) · . . .
· (x + n)00Отсюда и из представления (15.10) равенство F (x) = Γ(x) будет следовать,если показать, чтоnZn Z∞tx−1lim1−tdt =e−t tx−1 dt.(15.12)n→∞n0Пустьn 1− tnϕn (t) =00при0 6 t 6 n,приt > n.117ЛЕКЦИИ ПО ТФКППоскольку функция ϕn (t)et является невозрастающей на [0, ∞) (на это указывает знак производной) и принимает значение 1 при t = 0, то 0 6 ϕn (t) 6 e−tпри t > 0. Следовательно, ϕn (t)tx−1 6 e−t tx−1 при всех t > 0 и n = 1, 2, . . .. Нотогда по теореме Лебега о мажорируемой сходимостиZ∞limϕn (t)tn→∞x−1Z∞dt =0e−t tx−1 dt,0что эквивалентно (15.11), и теорема доказана.Замечание 15.1.
Для α > 0 интегралZ∞αe−x dx0сходится. Выполняя в нем замену переменной x = t1/α , приходим к равенствуZ∞αe−x dx =1Γα 1.α0В частности, при α = 2 получаемZ∞e−x2dx =√π.2(15.13)0Используя равенство (15.13), вычисляется интеграл ФренеляZ∞it2e0Z∞dt =2Z∞cos t dt + i0sin t2 dt,0который нам понадобится в дальнейшем. Рассмотрим замкнутый контур ΓR =LR + γR − λR , R > 0, гдеLR : z(t) = t,0 6 t 6 R;itγR : z(t) = Re ,λR : z(t) = teiπ/4 ,0 6 t 6 π/4.2Поскольку f (z) = eiz является целой функцией, тоZf (z)dz = 0ΓR0 6 t 6 R;118В.
В. ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИНпри всех R > 0. Заметим также, что Zπ/4Z2 i2t f (z)dz = R eiR e eit dt0γRZπ/4Zπ/42−R2 sin 2t6 Ree−R 4t/π dtdt 6 R0π4R=0ZR2e−θ dθ =2π 1 − e−R4R0и, следовательно,ZlimR→∞γRf (z)dz = 0.Но тогда посколькуZZZZf (z)dz =f (z)dz − f (z)dz + f (z)dz,0 =LRΓRтоγRλRZZlimf (z)dz = limR→∞LRf (z)dz.R→∞λRЭто эквивалентно равенствуZ∞eit2dt = eiπ/40Z∞2e−t dt,0из которого с учетом равенства (15.13) получаемZ∞eit2dt =√π iπ/4e.2(15.14)0В частности,Z∞cos t2 dt =0Z∞sin t2 dt =√2π.40§ 16. Гармонические функции и задача ДирихлеНапомним, что под гармонической в области D функцией понимается вещественнозначная дважды непрерывно дифференцируемая функция u(z) =u(x, y), z = x + iy, удовлетворяющая уравнению Лапласа4u =∂2u ∂2u+ 2 = 0.∂x2∂yЛЕКЦИИ ПО ТФКП119В силу линейности оператора Лапласа линейная комбинация двух гармонических функций также является гармонической функцией. Ранее было показано,что если f (z) = u(z) + iv(z) является голоморфной в области D функцией, товещественная часть u(z) = u(x, y) и мнимая часть v(z) = v(x, y) представляютсобой гармонические в области D функции.Теорема 16.1.
Пусть D — односвязная область. Тогда для всякой гармонической в D функции u(z) найдется такая голоморфная в D функция f (z),что u(z) = Re f (z) для всех z ∈ D.Доказательство. Определим в области D функцию g посредством равенства∂u∂ug(z) =(z) − i (z),∂x∂yz = x + iy. Поскольку функция u(z) = u(x, y) является дважды непрерывно дифференцируемой, то комплекснозначная функция g дифференцируема ввещественном смысле. Кроме того, вещественная и мнимая части функцииg(z) удовлетворяют условиям Коши— Римана, что является следствием гармоничности функции u(z). Следовательно, функция g(z) является дифференцируемой в комплексном смысле, т.
е. голоморфна в области D. В силу того,что D является односвязной областью, для функции g(z) существует первообразная f (z) в этой области. Используя аддитивную константу, первообразнуюf (z) = U (z) + iV (z) можно выбрать так, чтобы для некоторой точки z0 ∈ Dвыполнялось равенство U (z0 ) = u(z0 ). Из представления производнойf 0 (z) = Ux0 (z) − iUy0 (z)и равенства f 0 (z) = g(z) следует, что у функций U (z) и u(z) частные производные по x и по y совпадают. Это вместе с равенством U (z0 ) = u(z0 ) влечеттождество U (z) ≡ u(z). Таким образом,u(z) = U (z) = Re f (z)и теорема доказана.Следствие 16.1.
Всякая гармоническая в произвольной области D функция u(z) = u(x, y) является бесконечно дифференцируемой.Доказательство. Пусть z0 — произвольная точка области D. В силу того,что D — открытое множество, найдется r > 0 такое, что Or (z0 ) ⊂ D. Посколькукруг Or (z0 ) представляет собой односвязную область, то найдется голоморфная в Or (z0 ) функция f (z), для которой Re f (z) = u(z) при z ∈ Or (z0 ).
Такимобразом, бесконечная дифференцируемость функции u(z) = u(x, y) (по x и поy) следует из бесконечной дифференцируемости голоморфной функции f (z).В одномерном случае уравнение Лапласа сводится к равенству нулю второй производной. Решениями этого уравнения являются функции вида u(x) =ax + b. Ряд свойств гармонических функций аналогичен свойствам линейныхфункций.120В. В.
ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИНТеорема 16.2. [Принцип экстремума.] Непостоянная гармоническая в области D функция u(z) не может достигать локального максимума или минимума во внутренней точке области.Доказательство. Допустим, что u(z0 ) является наибольшим (или наименьшим) значением функции u(z) в некоторой окрестности Or (z0 ) ⊂ D. Попредыдущей теореме найдется такая голоморфная в Or (z0 ) функция f , длякоторой Re f (z) = u(z) при z ∈ Or (z0 ). Но тогда по принципу экстремума длявещественной части голоморфной функции f (z) ≡ const в Or (z0 ). Следовательно, и u(z) ≡ const в Or (z0 ).
Чтобы распространить это на всю область D,снова рассмотрим функциюg(z) =∂u∂u(z) − i (z),∂x∂yкоторая определена и голоморфна во всей области D. Однако в Or (z0 ) имеетместо равенство g(z) = f 0 (z) = 0. По теореме единственности для голоморфныхфункций g(z) ≡ 0 в D. Следовательно, у функции u(x, y) частные производныеu0x , u0y тождественно равны нулю во всей области D.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
