1612043352-03848292b4014c515f1fab63cedbee02 (538304), страница 17

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 17)

Впредь под z α будем понимать ветвь этой многозначнойфункции, определенную условием 0 < arg z < 2π, или, по-другому, ветвьz α , совпадающую с xα на верхнем берегу разреза [ ρ, R ], и положимR(z)f (z) =. Обозначим через CRρ границу области DRρ , состоящуюαzиз окружности ΓR : | z | = R, окружности Γρ : | z | = ρ, пробегаемойв отрицательном направлении, и отрезков I1 , I2 , представляющих собой отрезок [ ρ, R ], пробегаемый соответственно в сторону возрастанияи убывания x (или, как мы еще будем говорить, верхнего и нижнего берега разреза [ ρ, R ]). При достаточно малом ρ и большом R все особыеточки zk функции f (z) будут лежать в области DRρ .Чтобы вычислить интеграл по границе CRρ , (которая, впрочем, неявляется кривой Жордана), найдем значение функции f (z) на нижнемберегу разреза I .

Так как arg z = 2π при z ∈ I , т. е. z = xe2πi , то22z α z ∈I = eα log z z ∈I = eα(log |z| + i arg z) z ∈I =222= eα(log x+2πi) = xα e2παi .119Ввиду того, что R(z) — однозначная функция, будем иметьZf (z) dz ==ZρCRZf (z) dz +ZρΓR ∪ Γ−ρf (z) dz −ΓRXkR(x)dx +xαf (z) dz + 1 − e−2παiΓρ= 2πiZRRes f (z) = 2πiz =zkXkZρRR(x) dx=xα e2παi ZR R(x)ρxαdx =(3.19)R(z)Res α .z =zk zТак как R(∞) = 0, то при больших | z | имеем | R(z) | ∼ C| z |−n , гдеn ≥ 1, а C — некоторая положительная постоянная.

Поэтому RM(R) ∼∼ CR1−n−α → 0 при R → ∞ и, следовательно,Zf (z) dz = 0.(3.20)limR→∞ΓRДалее, очевидно, что ρM(ρ) ∼ | R(0) |ρ1−α → 0 при ρ → 0, поэтому такжеZlim f (z) dz = 0.(3.21)ρ→0ΓρТаким образом, из (3.18) в пределе при ρ → 0, R → ∞ в силу (3.19),(3.20) получимI4 =5. I5 =R∞02πi1 − e−i2παXkR(z)R(z)πeiπα XResRes=.αz=zz =z k z αsin παk zkR(x) log x dx,где R(x) — действительная рациональная функция, непрерывная приx ≥ 0 и имеющая на бесконечности нуль не ниже второго порядка.Выбрав в области DRρ , указанной в предыдущем примере, ветвь функции log z условием 0 < arg z < 2π и положив f (z) = R(z) log2 z,120на нижнем берегу разреза I2 будем иметьf (z)z ∈I = R(x)(log x + 2πi)2 = R(x)(log2 x − 4π 2 ) + 4πiR(x) log x,2поэтомуZRZRZZ2R(x) dx − 4πi R(x) log x dx =f (z) dz = f (z) dz + 4πρρρCΓ ∪Γ−ρRR= 2πiXk(3.22)Res R(z) log2 z .z =z kПо условию при больших R имеем | R(Reiϕ ) | ∼ CR−n , n ≥ 2, поэтомуR | R(z) log2 z |z ∈ΓR ∼ CR1−n (log2 R + 4π 2 ) → 0 при R → ∞, вследствиечего и здесь имеет место соотношение (3.20).

Также легко видеть, что вэтом случае справедливо и равенство (3.21), так что, переходя в (3.22) кпределу при ρ → 0, R → ∞ и отделяя мнимые части, получим1 XI5 = − <eRes R(z) log2 z .z=z k2kНиже для простоты будем предполагать (если не оговорено противное), что D — конечная односвязная область с кусочно-гладкой жордановой границей Γ.

Легко видеть, что изложенные ниже результатыостаются в силе, если D является n - связной конечной областью, граница Γ которой состоит из n попарно не пересекающихся замкнутыхкусочно-гладких кривых Жордана.3.4. Принцип аргумента аналитической функцииПредположим, что функция ϕ(z) аналитична в D и непрерывна в D,а f (z) аналитична в D всюду, кроме конечного числа полюсов βk ∈ Dпорядка µk , k = 1, 2, . . . , n, и f (z) 6= 0 в D всюду, кроме конечного числа нулей αk ∈ D порядка λk , k = 1, 2, .

. . , m. Функция ψ(z) =ϕ(z)f 0 (z)f (z)будет аналитической в D и непрерывной в D всюду, кроме, быть может,точек αk и βk , которые могут быть ее полюсами.121Ввиду того, что в некоторой окрестности точки αk функцию f (z)можно представить в виде f (z) = (z − αk )λk fk (z), где fk (z) — аналитическая и отличная от нуля функция, то в этой окрестности имеемравенствоf 0 (z)f 0 (z)λk+ k=.z−αkf (z)fk (z)Отсюда следует, что коэффициент при (z−αk )−1 в лорановском разложении функции ψ(z) в окрестности точки αk равен λk ϕ(αk ). Аналогичным образом убеждаемся, что коэффициент при (z −βk )−1 в лорановском разложении ψ(z) в окрестности точки βk равен −µk ϕ(βk ).Следовательно, на основании (3.14) и (3.15) получим12πiZϕ(z)Γmnk=1k=1XXf 0 (z)dz =λk ϕ(αk ) −µk ϕ(βk ).f (z)При ϕ(z) ≡ 1 отсюда получается ф о р м у л а л о г а р и ф м и ч е с к о г овычетаZ 0mnXX1f (z)dz =λk −µk = N − P,(3.23)2πif (z)Γk=1k=1где N и P — соответственно число нулей и полюсов функции f (z) вобласти D, причем каждый нуль и полюс берется столько раз, каков егопорядок.Принцип аргумента.

Если функция f (z) аналитична в замкнутой области D с кусочно-гладкой границей Γ всюду, кроме конечногочисла полюсов, лежащих в области D, и f (z) 6= 0 на Γ, то приращениеаргумента функции f (z) при однократном обходе точкой z кривой Γ вположительном направлении равно 2π (N−P ), где N и P — соответственно число нулей и полюсов функции f (z) в области D с учетомих порядков.Доказательство. Так как функция f (z) аналитична и отлична отнуля на Γ, то число ее нулей в области D конечно и существует двусвязная область ∆, ограниченная кривыми Γ0 и Γ1 и содержащая кривуюΓ, и в ней аналитическая и отличная от нуля функция g(z), совпадающаяg 0 (z)тоже аналитична в области ∆, ис f (z) в ∆∩D.

Тогда функцияg(z)122пусть ζ — произвольная точка кривой Γ, а G — односвязная область, полученная из ∆ проведением разреза вдоль гладкой кривой σ, соединяющейΓ0 с Γ1 , причем можно считать, что σ пересекает Γ только в одной точке ζ. Тогда по теореме Коши интегралZz 0g (t)dtg(t)z0не зависит от лежащего в G пути интегрирования γ с началом в точкеz0 и концом в точке z. Поэтому, если z0 — фиксированная точка области G, а log g(z0 ) — какое-нибудь фиксированное значение Log g(z0 ),например, главное его значение, тоZz 0g (t)dtlog g(z) = log g(z0 ) +g(t)z0является однозначной аналитической в области G функцией.Пусть теперь z0 ∈ Γ, z0 6= ζ, а γ1 , γ2 — части кривой Γ с началомz0 и концом ζ, причем направление от z0 к ζ на дуге γ2 совпадает сположительным направлением кривой Γ. Положив(log f (ζ))k = lim log f (z),z →ζz ∈γполучимk = 1, 2,kZf 0 (z)dz = (log f (ζ))k − log f (z0 ),f (z)γkв силу чегоZ 0Z 0Z 0f (z)f (z)f (z)dz =dz −dz = (log f (ζ))2 − (log f (ζ))1 =f (z)f (z)f (z)γ2γ1Γ= [ log f (z) ] Γ = i [ arg f (z) ] Γ ,где символ [ ] Γ обозначает приращение стоящего в квадратных скобкахвыражения при однократном обходе точкой z кривой Γ в положительном направлении.123В силу (3.23) отсюда получим равенство[ arg f (z) ] Γ = 2π (N −P ),(3.24)которое и выражает принцип аргумента.Теорема Руше.

Если функции ϕ(z) и ψ(z) аналитичны в замкнутой области D с кусочно-гладкой границей Γ и для всех z ∈ Γ имеетместо неравенство| ϕ(z) − ψ(z) | < | ψ(z) | ,(3.25)то обе эти функции имеют в D одинаковое число нулей.Доказательство. Из (3.25) следует, что ϕ(z) 6= 0 и ψ(z) 6= 0 на криϕ(z)удовлетворяют на Γ условиювой Γ, а значения функции F (z) =ψ(z)| F (z) − 1 | < 1. Это означает, что при полном обходе точкой z кривойΓ в положительном направлении приращение аргумента функции F (z)равно нулю.

Отсюда, поскольку arg F (z) = arg ϕ(z)−arg ψ(z), получаем[ arg ϕ(z) ] Γ = [ arg ψ(z) ] Γ , но так как функции ϕ(z) и ψ(z) не имеютв области D полюсов, то согласно (3.24) они имеют в D одинаковоечисло нулей.Заметим, что теорема Руше останется верной, если (3.25) заменитьусловием| ϕ(z) − ψ(z) | < | ϕ(z) | + | ψ(z) | ,поскольку тогда значения функции F (z) на Γ будут лежать в C\(−∞, 0]и, следовательно, [ arg F (z) ] Γ = 0.Из теоремы Руше вытекает следующее свойство однолистных аналитических функций: в области однолистности аналитической функцииf (z) ее производная f 0 (z) нигде не обращается в нуль.В самом деле, допустим, что в некоторой точке z0 области однолистности D аналитической функции f (z) производная f 0 (z0 ) = 0.

Тогдаразложение f (z) в ряд Тейлора в окрестности точки z0 имеет видf (z) = c0 +∞Xk= nck (z−z0 )k , cn 6= 0, n ≥ 2,поскольку c1 = f 0 (z0 ) = 0. Выберем настолько малое число δ, 0 < δ << ρ(z0 , ∂D), чтобыf 0 (z) 6= 0, 0 < | z−z0 | ≤ δ,(3.26)124∞Xk= nck (z−z0 )k− n 6= 0,Из (3.27) следует, чтоmin| z −z0 |=δ| z−z0 | ≤ δ.(3.27)∞Xck (z−z0 )k = m > 0.k= nОбозначим через α произвольное комплексное число, удовлетворяющее условию 0 < | α | < m.

Функцииϕ(z) =∞Xk= nиck (z−z0 )k + α = f (z) − c0 + αψ(z) =∞Xck (z−z0 )kk= nудовлетворяют в замкнутом круге C(δ, z0 ) условиям теоремы Руше. Какследует из (3.27), число нулей функции ψ(z), а следовательно, и функции ϕ(z) в круге C(δ, z0 ) равно n, причем поскольку ϕ(z0 ) = α 6= 0 иϕ0 (z) = f 0 (z), то в силу (3.26) каждый из нулей функции ϕ(z) являетсяпростым. Таким образом, функция f (z) принимает значение c0 −α в nточках круга C(δ, z0 ), n ≥ 2, что противоречит ее однолистности.3.5. Интегральная формула Коши для внешнейобластиПусть D + и D − — соответственно внутренняя и внешняя области, на которые замкнутая кусочно-гладкая кривая Жордана Γ делитрасширенную комплексную плоскость, а функция f (z) аналитична вD − и непрерывна в D − . ТогдаZf (∞),z ∈ D+ ,1f (t) dt=2πit−zf (∞) − f (z), z ∈ D − .(3.28)ΓДоказательство.

Пусть z — произвольная точка комплексной плоскости, лежащая вне Γ, а ΓR — окружность | t | = R настолько большогорадиуса, что точка z и кривая Γ лежат в круге C(R, 0). В силу интег-125−ральной формулы Коши для двусвязной области DR= D − ∩ C(R, 0),ограниченной кривыми ΓR и Γ, имеем(ZZ0,z ∈ D+ ,f (t) dt1f (t) dt1(3.29)−=−2πit−z2πit−zf (z), z ∈ DR.ΓRΓПоскольку разложение функции f (z) в окрестности бесконечно удаленной точки имеет видc−1 c−2f (z) = c0 +++ ...,zz2f (ζ), аналитической при | ζ | > R, в окрестности точкито для функцииζ −zζ = ∞ получим разложениеcc−1f (ζ)f (ζ)z10+ ... 1 + + ... ===·+zζ −zζζζζ21−ζ=c0ζ+c0 z + c−1ζ2+c0 z 2 + c−1 z + c−2ζ3+ ....Отсюда следует, что12πiZΓRf (ζ)f (t) dt= − Res= c0 = f (∞),t−zζ=∞ ζ −zпоэтому формулу (3.30) можно записать в виде(Zf (t) dtf (∞),z ∈ D+ ,1=−2πit−zf (∞) − f (z), z ∈ DR.ΓПоскольку это равенство, доказанное для любой точки z ∈ C \ Γ, справедливо и при z = ∞ (см.

Характеристики

Список файлов лекций