Лекции по ТФКП - Горяйнов (1188229), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Если ϕ(κ) > 0 для всех κ ∈ T, то P (z; ϕ) > 0 для всехz ∈ D.3. P (z; 1) ≡ 1 и inf ϕ(κ) 6 P (z; ϕ) 6 sup ϕ(κ).κ∈Tκ∈TДоказательство. Линейность является следствием свойств интеграла.Для доказательства монотонности заметим, что ядро Пуассона1 − |z|2κ+z= Re2|κ − z|κ−zпредставляет собой неотрицательную функцию на T при всех z ∈ D.
Поэтому, умножая ядро Пуассона на неотрицательную плотность ϕ(κ), получим врезультате интегрирования по T неотрицательную функцию от z в D.Приступая к доказательству третьего свойства, заметим сразу же, что равенство P (z; 1) ≡ 1 является следствием интегральной формулы Пуассона длягармонической функции u(z) ≡ 1. Пусть теперьα = inf ϕ(κ),β = sup ϕ(κ).κ∈Tκ∈TТогда в силу свойств монотонности и линейности получаемα ≡ P (z; α) 6 P (z; ϕ) 6 P (z; β) ≡ β.Теорема 16.8.
Пусть ϕ — функция, интегрируемая на T и непрерывная вточке κ0 ∈ T. Тогдаlim P (z; ϕ) = ϕ(κ0 ).z → κ0Доказательство. Фиксируем произвольно ε > 0 и выберем дугу γ ⊂ T сцентром в точке κ0 так, чтобы для всех κ ∈ γ выполнялось неравенство|ϕ(κ) − ϕ(κ0 )| < ε/2.Это можно сделать в силу непрерывности ϕ в точке κ0 . Определим на T двеплотности(ϕ(κ) − ϕ(κ0 ) при κ ∈ γ,ϕ1 (κ) =0при κ ∈ T \ γи(ϕ2 (κ) =0при κ ∈ γ,ϕ(κ) − ϕ(κ0 ) при κ ∈ T \ γ.Поскольку P (z; ϕ(κ0 )) ≡ ϕ(κ0 ), тоP (z; ϕ) − ϕ(κ0 ) = P (z; ϕ1 ) + P (z; ϕ2 ).126В.
В. ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИНЗаметим теперь, что P (z; ϕ2 ) непрерывно продолжается на дугу γ и обращаетсяна ней в нуль. Следовательно, найдется такое δ > 0, что|P (z; ϕ2 )| < ε/2при|z − κ0 | < δ.Кроме того, из свойств интеграла Пуассона следует также, что|P (z; ϕ1 )| 6 sup |ϕ(κ) − ϕ(κ0 )| 6κ∈γε.2Таким образом, для любого z ∈ D, удовлетворяющего условию |z − κ0 | < δвыполняется неравенство|P (z; ϕ) − ϕ(κ0 )| 6 |P (z; ϕ1 )| + |P (z; ϕ2 )| < ε.Доказанная теорема показывает, что не только классическая задача Дирихле(отыскание гармонической функции, которая на границе совпадала бы с заданной непрерывной функцией) разрешима посредством конструкции интегралаПуассона для единичного круга D, но и более общая задача, когда заданнаяна T функция ϕ не является непрерывной. В частности, можно рассмотретьслучай кусочно-непрерывной граничной функции ϕ.Задача Дирихле для кусочно-непрерывных граничных условий.Пусть на единичной окружности T определена функция ϕ, которая непрерывна на T, за исключением конечного числа точек κ1 , .
. . , κm , в которых онатерпит разрывы первого рода.Задача: найти ограниченную гармоническую в D функцию u(z), котораянепрерывно продолжается на D \ K, K = {κ1 , . . . , κm }, и совпадает с ϕ наT \ K.Решение этой задачи дает интеграл Пуассона с плотностью ϕ, т. е. u(z) =P (z; ϕ). Докажем единственность решения поставленной задачи.Допустим, что u1 и u2 — два решения. Тогда U (z) = u1 (z) − u2 (z) будетгармонической в D и непрерывной на D \ K функцией. При этом U (κ) = 0 приκ ∈ T \ K.
Нам нужно показать, что U (z) ≡ 0 в D. ПустьM = sup |U (z)|,z∈Dd = min |κi − κj |,i6=jκk = eiθk ,θk ∈ [0, 2π), k = 1, . . . , m.Фиксируем произвольно ε, 0 < ε < d/2, и определим дугиγkε : z(θ) = eiθ , θk −εε< θ < θk + ,22k = 1, . . . , m.Рассмотрим на T две плотности, определяемые равенствамиϕ±ε (κ) = ±Mпри κ ∈ Λε =m[k=10 при κ ∈ T \ Λε .γkε ,ЛЕКЦИИ ПО ТФКП127Интегралы Пуассона с этими плотностями Uε± (z) = P (z; ϕ±ε ) представляют собой гармонические в D функции и удовлетворяют условиям Uε+ (z) > 0, Uε− (z) 60 при z ∈ D.В силу принципа экстремума для гармонических функций Uε+ (z) − U (z) > 0,U (z) − Uε− (z) > 0 при z ∈ D.
Действительно, если zn → κ ∈ T при n → ∞, тоlim [Uε+ (zn ) − U (zn )] > 0.n→∞Для κ ∈ T \ K это следует из того, что U (zn ) → 0 при n → ∞, а Uε+ (zn ) > 0при всех n. В случае κ ∈ K это следует из того, что Uε+ (zn ) → M при n → ∞,а U (zn ) 6 M для всех n. Следовательно, еслиinf [Uε+ (z) − U (z)] = α < 0,z∈Dто можно выбрать подпоследовательность {zn } такую, чтоlim [Uε+ (zn ) − U (zn )] = α.n→∞Из этой последовательности можно выбрать сходящуюся подпоследовательность {znj }. Ее предел z ∗ не может принадлежать T, посколькуlim [Uε+ (znj ) − U (znj )] = α < 0.j→∞Следовательно, z ∗ ∈ D и в ней достигается минимум гармонической функцииUε+ (z)−U (z), что противоречит принципу экстремума. Таким образом, Uε+ (z) >U (z) при всех z ∈ D.
Аналогично устанавливается, что Uε− (z) 6 U (z) при z ∈ D.С другой стороны, для z ∈ D имеемm Z2X1 1 − |z| ±±|Uε (z)| =ϕε (κ)|dκ|22π |κ − z|k=1γkεZmM 1 + |z|M 1 + |z| X|dκ| =nε.62π 1 − |z|2π 1 − |z|k=1γ εkНо тогда и|U (z)| 6 εnM 1 + |z|.2π 1 − |z|Поскольку ε выбиралось произвольно из промежутка (0, d/2), то в полученномнеравенстве можно осуществить предельный переход при ε → 0 и мы приходимк равенству U (z) = 0.Результаты, связанные с решением задачи Дирихле в единичном круге, можно перенести с использованием теорем Римана и Каратеодори на области, ограниченные жордановыми кривыми.128В. В. ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИН§ 17. Асимптотические методы.
Функция ЭйриМногие физические законы формулируются в терминах дифференциальныхуравнений. Однако часто решения возникающих очень естественно дифференциальных уравнений не выражаются в элементарных функциях. Это побуждает к введению специальных функций. Часто специальные функции вводятсякак несобственные интегралы, зависящие от параметра. Некоторые специальные функции протабулированы, что позволяют делать современные компьютеры. С другой стороны, исследование асимптотических свойств специальныхфункций требует развития аналитических методов. В этом параграфе на примере функции Эйри будет рассмотрено применение методов комплексного анализа для изучения асимптотических свойств специальных функций.Первоначально (1838 г.) функция Эйри возникла в его исследованиях задачоптики (явление радуги) при решении дифференциального уравнения y 00 = xy.В 1928 г. Джеффрис ввел сам термин функция Эйри“ и ее представление” 3Z∞1tAi(x) =+ xt dt.cosπ30Замечая, чтоZ∞sint3+ xt dt = 0,3−∞и, учитывая четность косинуса, функцию Эйри можно представить в комплексном видеZ∞31Ai(s) =ei(t /3+st) dt,(17.1)2π−∞s ∈ R.
Сходимость интеграла в (17.1) можно установить с использованиемформулы интегрирования по частям, но более полно раскрываются свойствафункции Эйри с выходом во всю комплексную плоскость и деформированиемконтура интегрирования. Используя интегральную теорему Коши, представимфункцию Эйри как интеграл от функцииfs (z) = exp{i(z 3 /3 + sz)}вдоль прямой Lδ : z(t) = t + iδ, −∞ < t < ∞, где δ > 0 фиксировано.Пусть R > 0 иL1R : z(x) = x, −R 6 x 6 R;L3R : z(y) = −R + iy, 0 6 y 6 δ;L2R : z(x) = x + iδ, −R 6 x 6 R;L4R : z(y) = R + iy, 0 6 y 6 δ.В силу интегральной теоремы Коши, примененной к прямоугольнику с положительно ориентированной границей L1R + L4R − L2R − L3R , получаем равенствоZZZZfs (z)dz =fs (z)dz +fs (z)dz −fs (z)dz.L1RL2RL3RL4R129ЛЕКЦИИ ПО ТФКППоскольку при 0 6 y 6 δ выполняется неравенството321|fs (±R + iy)| = exp{−sy + y 3 − R2 y} 6 eδ|s|+δ /3 · e−R y ,3ZZ|fs (z)||dz| =|fs (z)||dz|L3RL4R6 eδ|s|+δ 3 /3·Z∞2e−R y dy =1 δ|s|+δ3 /3e→ 0R20при R → ∞.
Следовательно,ZZZfs (z)dz = limfs (z)dz =fs (z)dz.limR→∞L2RR→∞L1RLδТаким образом,Ai(s) =12πZfs (z)dz.LδЕсли вместо вещественного s взять комплексное ζ, то для z = x+iδ на Lδ будетвыполняться неравенство32δ3|fζ (z)| = exp δ Re ζ +− x Im ζ − δx2 6 eδ|ζ|+δ /3 · e|ζ||x|−δx .3Это означает, что на Lδ модуль |fζ (z)| очень быстро убывает при |x| → ∞.Поэтому интеграл, определяющий Ai(ζ), быстро сходится и его можно дифференцировать по параметру ζ.
При этомZZi1Ai0 (ζ) =zfζ (z)dz,Ai00 (ζ) = −z 2 fζ (z)dz,2π2πLδLδоткуда следует1Ai (ζ) − ζAi(ζ) = −2π00Z(z 2 + ζ)fζ (z)dz.LδЗамечая, чтополучаемdfζ (z) = i(z 2 + ζ)fζ (z),dzZ id00Ai (ζ) − ζAi(ζ) =fζ (z) dz = 0,2πdzLδпоскольку fζ (z) обращается в нуль при |z| → ∞ вдоль Lδ .В результате мы получили, что функция Эйри удовлетворяет дифференциальному уравнениюAi00 (ζ) = ζAi(ζ).Это во многом определяет важность функции Эйри в приложениях.130В. В. ГОРЯЙНОВ, Е. С. ПОЛОВИНКИН17.1. Метод Лапласа. Прежде всего напомним некоторые термины: f (z) =o(g(z)) при z → ω, если f (z) = α(z)g(z), где α(z) → 0 при z → ω; f (z) = O(g(z))при z → ω, если f (z) = β(z)g(z), где |β(z)| 6 K в некоторой окрестности точкиω.Под интегралами Лапласа понимают интегралы видаZbF (λ) =f (x)eλS(x) dx,(17.2)aгде f (x), S(x) — действительные функции, которые называются амплитуднойфункцией (или амплитудой) и фазовой функцией (или фазой), а λ — вещественный параметр.
Основной вопрос: асимптотика F (λ) при λ → ∞. Для упрощения формулировок будем считать, что функции f (x) и S(x) бесконечно дифференцируемы, хотя это не обязательно. Интеграл в (17.2) может быть несобственным как в связи с неограниченностью подынтегрального выражения, таки в связи с тем, что либо a = −∞, либо b = ∞, либо (a, b) = (−∞, ∞).Поскольку мы допускаем неограниченность промежутка интегрирования, топод условием S(x) достигает максимального значения на [a, b] в единственной”точке x0 ∈ (a, b)“ будем понимать выполнение неравенстваS(x0 ) >supS(x)|x−x0 |>δдля всех δ > 0.
В основе метода Лапласа лежит наблюдение, что основнойвклад в асимптотику интеграла Лапласа дают лишь значения подынтегральнойфункции в малой окрестности точки максимума фазовой функции.Теорема 17.1. Пусть S(x) достигает максимального значения на [a, b] вединственной точке x0 ∈ (a, b) и S 00 (x0 ) < 0. Тогда если интеграл в (17.2)абсолютно сходится при некотором λ = λ0 , то он абсолютно сходится привсех λ > λ0 и K1F (λ) = eλS(x0 ) √ + Oλλпри λ → ∞, гдеsK = f (x0 )2π.−S 00 (x0 )Доказательство. При λ > λ0 имеемf (x)eλS(x) = |f (x)|eλ0 S(x) e(λ−λ0 )S(x) 6 e(λ−λ0 )S(x0 ) |f (x)|eλ0 S(x) ,откуда следует сходимость интеграла в (17.2) при λ > λ0 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
