1625914362-11a8036d73c00e672a09f4a0afc6cc0e (532772), страница 54
Текст из файла (страница 54)
127), напоминающую профиль крыла самолета. Кривые вида С' (профили Жуковского) были использованы Н. Е. Жуковским для расчета подъемной силы крыла самолета 110). () з 36. Принцип симметрии В этом параграфе рассматривается способ аналитического продолжения с помощью симметрии. Этот способ называется принципом с метрии Римана — Шварца. Принцип симметрии существенно упрощает решение задач о нахождении конформных отображений областей, симметричных относительно прямой. Симметрия относительно действительной оси. Предварительно докажем следующую лемму. Лемма 1.
Пусть кривая 7 делит ограниченную область Р на две области Р„Р, (рис. 128), и пусть функция /(г) регулярна в областях Р„Р, и непрергявна в области Р. Тогда гта функция регулярна во всей области Р. Доказательство. Не ограничивая общности, можно считать, что функция /(г) непрерывна в области Р вплоть до ее З1З й Зг. пРинцип симметРии границы Г. Рассмотрим функцию (1) г Эта функция регулярна и области Р (3 16)'. Докажем, что Е(х) 1(х) при хжР, тем самым лемма будет доказана. Добавляя и вычитая интеграл по ц, запишем функцию (1) для хжР, в виде Е(х) = —. < =аь+ — < —.
1 Р 1(Р 1 61$) (2) 2я~,< ь — э 2я~,< ь — г г, г, где Гэ — граница области Ц (у 1, 2). В формуле (2) интеграл по Г, равен 1(х), а интеграл по Г, равен нулю (5 10), т. е. г"(х) 1(х) при хжР,. Аналогично получаем, что г" (х)=1(х) Рис. 129 Рис. 128 п ри хжР,. Следовательно, г" (х) 1(х) при хжР, так как по условию леммы функция 1(х) непрерывна в области Р. Следствие 1. Пусть области Рь Р, не имеют общих точек и граничат друг с другом по кривой ц (рис.
128) и пусть уэункцми ~,(х), ~,(х) регулярны в областях Р,, Р, соответственно и непрерывны вплоть до (. Если значения этих амуниций на кривой ц совпадают, то функция 1, (х), х ~ Р, () у, 1 (х), хспР, (з) является аналитическим продолжением у)ункции ~,(х) иг области Р, в область Р, 0 '(0Р,.
В этом случае будем говорить, что функция 1,(х) является аналитическим продолжением функции Ях) из области Р~ в область Р, через кривую (. В следующей теореме Р— область, граница которой содержит интервал ц действительной оси, Р* — область, симметричная с областью Р относительно действительной оси (рнс. 129). Гл. ть конхогмкьге отовглжвния 1(г) ген Р 0 7 р(г) = )(г), »АР*. (4) Доказательство. Докажем, что функция 1,(г) 1(г), г ш Р* (5) имеет производную ),(г) в каждой точке»шР». Рассмотрим от- ношение Так как г ш Р*, то У ш Р и прн достаточно малом Ьг точка г +Б также принадлежит Р (рнс. 129). Следовательно, при съ» - О предел отношения (6) существует н равен ~'(Е), т, е.
)~(г) =1 (г). Таким образом, функция 1,(г) дкфференцируема н, следовательно, регулярна в области Р*. Покажем теперь, что функция Р(г), определенная формулой '(4), непрерывна в области Р 0 т 0 Р». В самом деле, из непрерывности функции 1(г) вплоть до ( следует, что Пш)(г) ((х)„ хек у, откуда находим Пш г', (г) = 11ш1(г) = ~(х), т.
е. функе х 1» ция 1,(г) непрерывна вплоть до т. Так как 1(х)=1(х) по условию теоремы, то 1,(г) 1,», 1(г)1,, Следовательно, функция г" (г)' регулярна в области Р0 1 0 Р» в силу леммы 1 и является аналитическим продолжением функции 1(г). Отметим, что при условиях теоремы 1 функция Л,(»), определенная формулой (5), является аналитическим продолжением функции 1(г) (из Р в Р» через "().
Пример 1. Если целая функция 1(г) принимает действительные значения на действительной осн, то для любого г имеет место равенство 1(г) 1(г). Например, е' = е, з1п » =з(пг, созг= = сов », зЬ г = з1ь г, сЬ г = с1~ г. [~ Пример 2. Пусть функция 1(г) регулярна в полуплоскости 1ш») О, за исключением простого полюса в точке г, (1ш», ) 0), непрерывна вплоть до действительной осн и принимает действительные значения на действительной оси. Покажем, что если эта Теорема 1. Пусть функция Цг) рееулярна в области Р, граница которой содержит интервал т действительной оси, и области Р, .Р* не имеют общих точек.
Если функция 1(г) непрерывна вплоть до ( и принимает действительные значения на интервале т, то ее можно ан литически продолжить в область Р 0 ( 0 Р». Это продолжение дается формулой $36. ПРИНЦИП СИММЕТРИИ Зт5 функция ограничена при х-, 1ш а ~0, то 1(з) = + = + С, (7) ее где А= гез 1(х), С вЂ” действительное число. ее В самом деле, в этом случае функция (4) регулярна во всей комплексной плоскости, за исключением простых полюсов в точках з, и хе причем гез Г(г) = А (в силу (4)). Поэтому функе 10 А А ция у(з) = р(з) — — — = — целая и ограниченная, Слео е довательно, д(г) сопз1 по теореме Лиувилля ($19), откуда вытекает формула (7). Д Пример 3.
Пусть функция 1(з) регулярна в полуплоскости 1ше)0, непрерывна вплоть до интервалов 7,: ( —, а), Уе. (Ь, + ), где — <а~Ь<+ и на этих интервалах принимает действительные значения. Тогда функция (4) регулярна во всей плоскости з с разрезом по отрезку (а, Ь). Д Пример 4. Пусть Р,— плоскость г с разрезом по отрезку ( — 1, 1) и с выколотой точкой з= . Докажем, что в области Р, можно выделить регулярную ветвь функции Уз' — 1. В самом деле, по теореме о монодромии ($24) можно выделить регулярную ветвь 1(з) функции Усе-' — 1 в полуплоскости 1ше)0.
Пусть У(х)) 0 при х) 1, для определенности. Тогда 1(х) < О при х < — 1 (3 24) и нз примера 3 вытекает, что функция (4) является регулярной ветвью функции Уз* — 1 в области Р,. Д 2. Применения принципа симметрии. Пусть выполнены условия теоремы 1, а также следующие условия (рис. 130): УФ Рис. 130 а) функция ю 1(е) конформно отображает область Р на 'область С, лежащую в верхней полуплоскости 1ш и~) 0; б) образом интервала 7 является интервал 7' действительной оси 1ш ю = 0 (7' — часть границы области 6), Тогда из теоремы 1 вытекает Следствие 2.
Функция и =У(г), определенная формуеой (4), нону5ормно отображает область Р, РО ТОР* на область гл. чь конФОРмвие отовглжения С,=С О 7' 0 С*, где Се — область, симметричная с областью С относительно действительной оси 1шз»=О (рис. 131). Пример 5. Отображение внешности креста на полуплоскость. Пусть Р,— плоскость з с разрезами по лучу Рис. 131 [-4, +~) и отрезку [ — 3», ЗЦ (рис. 132). Найдем конформное отображение области Р, на верхнюю полуплоскость 1ш»о ) О. На первый взгляд кажется, что естественно воспользоваться отображением ц з* (ср. пример 7 3 35). Но это отображение не является конформным, так как функция з' неоднолистна в области Р, (например, (43)» =( — 4$)* — 16). Поэтому рассмотрим Рис.
132 сначала «половину» области Р,. Пусть Р— верхняя полуплоскость 1шз) О с разрезом по отрезку [О, 3») (рис. 133). В этой области функция ц з* однолистна. Из примера 7 3 35 следует, что функция ~=1(з) )'з»-(-9 конформно отображает область Р на область С: 1ш ь ~ О (рис. 133). Здесь Дз)- регулярная ветвь функции Ул'+9 такая, что ((а+О»)= О при х)О.
При этом отображении интервал 7: (- , — 4) переходит в интервал 7': (- , — 5) (рис. 133). В силу следствия 2 функция ь=е(г)=У +9 конформно отображает 3Л $ эб. цгинцип симмвтгии область Р,=Р0 т ОР* на область 6, =СО т'О С*, 6,— плоскость ь с раареаом по лучу [ — 5, + ) (рис. 132). Здесь г(г)— аналитическое продолжение функции ((г) в область Р., т. е. г (г) — регуляриал ветвь функции Уг'+9 в области Р, такая, что г (х + 0~) ) 0 при и ~ О. Отображая область 6, функцией и = Л;+5 на полуплоскость 1ш и ~ О, окончательно находим конформное отображение Рис. 433 =)'Ч+РР~9 1 Р. *~ и 1 )О ,(рис. 132).
Д Пример 6. Отображение внутренности па р а боны на полу плоскость. Пусть Р, — область у'< 2р(х+р(2), х~Уг -св — ' ®.- о Рис. 134 где г х+ту, р- "0 (рис. 134). Найдем конформное отображение области Р, на полуплоскость 1ш ю ) О. Параболауг = 2Р(х+ 3 ! переходит в прямую при отображенин ~= Уг (пример 6 1 35). Но область Р, содержит точку ветвления г 0 функции Уг. Поэтому рассмотрим половину облрсти Р;, пусть Р— область У <2р ~х+ 3), у) 0 (рис. 135)'. Найдем конформное отображение области Р на верхнюю полу плоскость. 1) Функция ь Уг конформно отображает область Р (рис. 135) на полуполосу П: О < 1ш ь < Ур(2, Ве ь > О (пример 3 3 35).
гл. Ть конФОРмные 010БРАжения 2) Функция ц = сЬ = конформно отображает полуполо- '»/2 ~ )/Р су П (рис. 135) на полуплоскость 1шц ) 0 (пример 23 $35)'. и ')/2з Таким образом, функция») = сЬ= конформно отображает ')/7 область Р на полуплоскость 1ш ц ~ 0 так, что интервал ,~х о лЫ Рас. 135 (-р/2, + )' переходит в интервал 7': '( — 1, + )' (рис. 135)'. л 1/2» В силу следствия 2 функция «) = сЬ вЂ” конформно отобра- ')/Р жает область Р, на плоскость») с разрезом по лучу ( —, -1] (рис. 134). 3) Функция и У вЂ” ц — 1 отображает плоскость ц с разрезом по лучу ( —, -1) на полуплоскость 1ш и) 0 (рис. 134).
г- л )/» Окончательно имеем: функция»о=1 "г 2сЬ= конформно Р'2Р отображает область Р, на полуплоскость 1ш о» > 0 (рис. 134). Д Пример 7. Отображение внутренности и р аной ветви гиперболы на полуплоско ст ь. Найдем конформ- »» ное отображение области — « — — —,, 1, х>0 (область Р, со» а»!а а рис. 136), где х х+1у, 0(««(я/2, на нолуплоскость 1ше»)0. Гипербола «распрямляется» при отображении функцией т ° в+ Ул* — 1, обратной к функции Жуковского (т 35).
Но область Р, содержит точку ветвления с 1 атой функции. По- атому рассмотрим половину области Р,; пусть Р— область »» — — —.-» — )1, х~О, у)0 (рис. 137). Найдем конформное со»» а з1в а отображение области Р на верхнюю полуплоскость. Вьшолняя последовательно отображения $/ 1~ х+ у х» 1 с»»сь» ц тога ~ ц+ ч! я 36. пРинциП спмметРНН (примеры 19е, 9, 19а, т 35), получаем, что функция =СЬ( — ага|) копформно отображает область 5) на полуплоскость 1шь)О, причем интервал у: (сова, + ) переходит в интервал у': ( — 1, + ) (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
