Многозначные аналитические функции - Сидоров (1188231), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Значениями функции F (z) в точке z будемназывать значения всех ее элементов в этой точке.Начнем изучать конкретные аналитические функции.§ 2. Логарифмическая функция1. Определение логарифмической функцииВ курсе математического анализа логарифмическая функция ln xопределяется при x > 0 и изучаются ее свойства. Естественно определить логарифмическую функцию для комплексных значений z каканалитическое продолжение функции ln x. Рассмотрим наиболее простой способ осуществления такого аналитического продолжения.В курсе математического анализа доказывается, что функция ln xна интервале 0 < x < 2 представляется рядом Тейлораln x = ln [1 + (x − 1)] =∞X(−1)n−1n=1n(x − 1)n ,сходящимся к этой функции на интервале (0,2).Этот ряд при комплексных значениях z обозначим f0 (z), т.е.f0 (z) =∞X(−1)n−1n=1n(z − 1)n ,z ∈ K0 : |z − 1| < 1.(1)Ряд (1) сходится в круге K0 , т.е.
является элементом в точкеz0 = 1, и f0 (x) = ln x при 0 < x < 2. Следовательно, функцияf0 (z) является аналитическим продолжением (и притом единственным) функции ln x с интервала 0 < x < 2 в круг K0 .Аналитическую функцию с исходным элементом (1) назовем логарифмической и обозначим Ln z.2. Свойства логарифмической функцииСвойство 1. Элемент (1) можно представить интеграломZzdζ, z ∈ K0 ,f0 (z) =ζ1(2)10Ю. В. Сидоров Многозначные аналитические функциипо любой кривой γ, лежащей в круге K0 .i Докажем равенство (2) с помощью теоремы единственности.1. Функция f0 (z), заданная формулой (1), регулярна в круге K0 .2. Интеграл, стоящий в правой части равенства (2), не зависитот пути интегрирования γ и является регулярной в круге K0функцией, так как подынтегральная функция регулярна в кругеK0 .3.
Если x ∈ (0,2), то при действительных ζ = t интеграл (2) равенRx dtt = ln x.1По теореме единственности интеграл (2) совпадает с функцией (1)во всем круге K0 , т.е. верна формула (2).Свойство 2.Элемент (1) можно аналитически продолжить по любой кривой γ с началомв точке z = 1, не проходящей черезточку z = 0, и это продолжение определяет на кривой γ непрерывную функциюZzFγ (z) =dζ,ζz ∈ γ,1(3)yK1zz1γ01Рис. 5.а в каждой точке z1 ∈ γ — элементZz1f1 (z) =1dζ+ζZzdζ,z ∈ K1 : |z − z1 | < R1 6 |z1 |,ζ(4)z1где правая часть формулы (3) и первое слагаемое в правой части равенства (4) — это интегралы по кривой γ, а второе слагаемое в правой части равенства (4) — это интеграл по любой кривой, лежащейв круге K1 (рис. 5).§ 2 Логарифмическая функция11i Докажем, что элементы (4) удовлетворяют определению 4, §1.1. Интеграл (3) является непрерывной функцией на кривой γ какинтеграл с переменным верхним пределом от непрерывной на γфункции.2.
Функция (4) является элементом в точке z1 , т.е. регулярной вкруге K1 функцией, так как первый из интегралов в формуле (4)не зависит от z, а второй интеграл не зависит от пути интегрирования и является регулярной в круге K1 функцией, так какподынтегральная функция регулярна в круге K1 .3. Пусть в формуле (4) точка z принадлежит дуге кривой γ, лежащей в круге K1 . Выберем во втором интеграле (4) путь интегрирования от z1 до z по кривой γ. Тогда по свойствам интеграловсумма интегралов (4) равна интегралу (3), т.е.
f1 (z) = Fγ (z),если z принадлежит дуге кривой γ, лежащей в некоторой окрестности точки z1 .yСвойство 3. Все значения функции Ln z в точке z 6= 0 определяются формулойLn z = ln |z| + i arg z,(5)т.е.Ln z = ln |z| + i(ϕ + 2πk),k = 0 ± 1, ± 2, . . . ,(6)где ϕ — одно из значений arg z.i Вычислим первый интеграл в формуле (4), т.е. найдем f (z ).1 1Пусть ζ(t) = r(t)eiϕ(t) , α 6 t 6 β — параметрическое уравнениекривой γ с началом в точке z = 1 и концом в точке z1 . Тогдаdζ = r0 (t)eiϕ(t) dt + ir(t)ϕ0 (t)eiϕ(t) dt,dζr0 (t)=dt + iϕ0 (t) dtζr(t)12Ю.
В. Сидоров Многозначные аналитические функциии поэтомуZβf1 (z1 ) =r0 (t)dt + ir(t)Zβϕ0 (t) dt = ln r(β) − ln r(α) + i[ϕ(β) − ϕ(α)].ααТак как r(β) = |z1 |, r(α) = 1, то обозначая ∆ϕ = ϕ(β) − ϕ(α),получаемf1 (z1 ) = ln |z1 | + i∆ϕ,(7)где ∆ϕ — угол поворота вектора z при движении точки z по кривойγ от точки z = 1 до точки z1 (рис. 6). Этот угол будем называть приращением аргумента z вдоль кривой γ и обозначать ∆γ arg z (рис. 6).Приращение аргумента обычно будем находить геометрически из рисунка (см.
ниже пример 1). Свойства приращения аргумента будутрассмотрены в п.1, §5.γ2γz1∆ϕz1γ=∆γarg0Рис. 6ϕ=z1∆ϕϕ −0γ1 2π1Рис. 7Из формулы (7) следует, что элемент f0 (z), заданный формулой(1), нельзя аналитически продолжить по кривой γ (с началом в точкеz = 1), проходящей через точку z = 0. В самом деле, аналитическое продолжение должно определять на такой кривой γ непрерывнуюфункцию Fγ (z), значения которой в точках кривой γ от точки z = 1до точки z = 0 в силу формулы (7) находятся по формуле Fγ (z) =§ 2 Логарифмическая функция13= ln |z| + i∆γ arg z, но ln |z| → ∞ при z → 0 и поэтому Fγ (z) → ∞ приz → 0, z ∈ γ.Таким образом, функция Ln z — это множество элементов вида(4), где z1 — любая точка, z1 6= 0, а γ — различные кривые, непроходящие через точку z = 0, с началом в точке z = 1 и концом вточке z1 .Заметим, что в формуле (7) ∆ϕ = ϕ — одно из значений arg z1(рис.
7), причем в зависимости от того, сколько оборотов вокругточки z = 0 делает кривая γ (по часовой или против часовой стрелки),ϕ — может быть любым значением arg z1 (на рис. 7 ∆γ1 arg z = ϕ ++ 2π, ∆γ2 arg z = ϕ − 2π). Следовательно, все значения функции Ln zв точке z1 6= 0 определяются формулойLn z1 = ln |z1 | + i(ϕ + 2πk),k = 0, ± 1, ± 2, . . . ,(8)где ϕ — одно из значений arg z1 .Так как в формуле (8) z1 6= 0 — любая точка, то, обозначая z1 == z, получаем формулу (6), которую кратко можно записать в виде(5).yП р и м е р 1. Вычислим по формуле (7) значение Ln z в заданной точке z1 , полученное в результате аналитического продолженияисходного элемента f0 (z) вдоль заданной кривой γ, находя ∆γ arg zгеометрически из рисунка.A 1) Пусть z1 = 2i, γ — отрезок [1,2i]. Тогда Ln 2i = ln 2+ πi2 (рис.
8).2) Пусть z1 = −1, γ+ — полуокружность |z| = 1, Im z > 0, ориентированная против часовой стрелки. Тогда Ln (−1) = πi (рис. 9).3) Пусть z1 = −1, γ− — полуокружность |z| = 1, Im z 6 0, ориентированная по часовой стрелке. Тогда Ln (−1) = −πi (рис. 9). AП р и м е р 2. Найдем по формуле (6) все значения функции Ln zв заданной точке:A 1) Ln (−3) = ln 3 + π(1 + 2k)i, k = 0, ± 1, ± 2, . . .;2πki, k = 0, ± 1, ± 2, . . .;2) Ln (−i) = − πi2 +√3) Ln (−1 + i) = ln 2 + 3πi4 + 2πki, k = 0, ± 1, ± 2, . .
. . A14Ю. В. Сидоров Многозначные аналитические функции2iγγ+∆γ+ arg z−1∆γargzγ−1010∆γ− arg zРис. 8Рис. 9Отметим, что функция Ln z является обратной к функции ez , таккак из формулы (5) получается равенство eLn z = z.Свойство 4. Пусть f (z) — элемент функции Ln z в точке z0 =6 0.Тогда1f 0 (z) = .(9)zi Выше доказано, что функция Ln z — это множество элементоввида (4). В формуле (4) первый интеграл не зависит от z, а второй является первообразной функции z1 в круге K1 . Следовательно,f10 (z) = z1 . Заменяя здесь f1 (z) на f (z), получаем формулу (9).yСвойство 5.
Пусть f (z) — элемент функции Ln z в точке z0 6= 0.Тогда этот элемент представляется рядом Тейлораf (z) = f (z0 ) +∞X(−1)n−1n=1nz0n(z − z0 )n ,(10)сходящимся к функции f (z) в круге K0 : |z − z0 | < |z0 |; все элементыфункции Ln z в точке z0 имеют видLn z = Ln z0 +∞X(−1)n−1n=1nz0n(z − z0 )n ,(11)§ 2 Логарифмическая функция15где Ln z0 — все значения функции Ln z в точке z0 .i В формуле (4) первый интеграл равен f (z ).1 1f10 (z) =1z,откуда(n)f1 (z1 )формуле Тейлора получаемПо свойству 4,1= (−1)n−1 (n − 1)! n , n = 1,2,3, .
. .. Поz1f1 (z) = f1 (z1 ) +∞X(−1)n−1n=1nz1n(z − z1 )n .(12)Этот ряд сходится к функции f1 (z) в круге K1 : |z − z1 | < |z1 |, таккак функция f1 (z) регулярна в этом круге. Обозначая f1 (z) = f (z),z1 = z0 , из (12) получаем формулу (10).В формуле (10) число f (z0 ) — одно из значений функции Ln z вточке z0 . Перебирая все значения функции Ln z в точке z0 , получаемразложение в ряды Тейлора (11) всех элементов функции Ln z в кругеK0 .yЗ а м е ч а н и е 1.
В формуле (11) ряд под знаком суммы одини тот же для всех значений Ln z0 . Следовательно, любой элементфункции Ln z в любой точке z0 6= 0 полностью определяется заданием своего значения в этой точке (формула (10)).В общем случае аналитическая функция может не обладать такимсвойством.З а м е ч а н и е 2. Так как значения функции Ln z в одной и тойже точке z 6= 0 отличаются друг от друга на 2πki, где k — целое число(формула (6)), то из формулы (11) следует, что если f (z) и f˜(z) —элементы функции Ln z в одной и той же точке z0 6= 0, тоf (z) − f˜(z) ≡ 2πki,|z − z0 | < |z0 |,где k — некоторое целое число.З а м е ч а н и е 3.
Формулу (11) можно не запоминать, а получить ее формально такими же преобразованиями, как если бы z и z016Ю. В. Сидоров Многозначные аналитические функциибыли действительными: z − z0Ln z = Ln [z0 + (z − z0 )] = Ln z0 1 +=z0∞X(−1)n−1z − z0= Ln z0 +(z − z0 )n .= Ln z0 + Ln 1 +z0nz0nn=1П р и м е р 3. Найдем разложение в ряды Тейлора всех элементовфункции Ln z в круге |z + 3i| < 3 по степеням (z + 3i).A Получаем:z + 3i=Ln z = Ln [−3i + (z + 3i)] = Ln (−3i) 1 −3iz + 3i= Ln (−3i) + Ln 1 −=3i∞Xπi1= ln 3 −+ 2πki −(z + 3i)n , k = 0, ± 1, ± 2, . . .
. A2n(3i)nn=1z2∆ϕγ1=∆ γ1argzСвойство 6. Пусть f1 (z) — элемент функции Ln z в точке z1 6= 0, заданный значениемf1 (z1 ) = ln |z1 | + iϕ1 , где ϕ1 — одно из значенийarg z1 . И пусть f2 (z) — результат аналитического продолжения элемента f1 (z) из точки z1в точку z2 6= 0 вдоль кривой γ1 , не проходящейчерез точку z = 0 (рис. 10). Тогда1γz1Рис. 10.f2 (z2 ) = ln |z2 | + i(ϕ1 + ∆ϕ) = ln |z2 | + i(ϕ1 + ∆γ1 arg z).(13)i По свойству 2 функция f (z) — результат аналитического про1должения элемента (1) из точки z = 1 в точку z1 вдоль некоторойкривой γ, не проходящей через точку z = 0 (рис.
10). Поэтому f2 (z) —результат аналитического продолжения элемента (1) из точки z = 1§ 2 Логарифмическая функция17в точку z2 вдоль кривой γγ1 . Это аналитическое продолжение определяет на кривой γγ1 непрерывную функциюZzFγγ1 (z) =dζ,ζz ∈ γγ1 .1ПоэтомуZz2f2 (z2 ) =1dζ=ζZz11dζ+ζZz2dζ.ζ(14)z1В этой формуле первый интеграл равен f1 (z1 ) = ln |z1 | + iϕ1 , а второй (вычисляется так же, как и в свойстве 3) равен ln |z2 | − ln |z1 | ++ i∆γ1 arg z. Следовательно, из формулы (14) получается формула(13).yz1П р и м е р 4. Пусть f1 (z) — элемент функ- γции Ln z в точке z1 6= 0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
