1612043352-03848292b4014c515f1fab63cedbee02 (538304), страница 24

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

Текст из файла (страница 24)

Нопоследнее, как видно из (5.23), возможно только при κ = 0.В общем же случае введем новую функциюG0 (t) = (t−a)−κ G(t),(5.24)где a — произвольная фиксированная точка области D + , индекс которой равен нулю, и новую искомую кусочно-аналитическую функцию(Φ(z),z ∈ D+,(5.25)Ψ(z) =(z−a)κ Φ(z), z ∈ D − ,для которой условие (6.21) принимает видΨ+ (t) = G0 (t)Ψ− (t),t ∈ Γ.(5.26)Из (5.24) ясно, что G0 (t) ∈ H, а выбрав какое-нибудь значение функции log G0 (t) в некоторой точке кривой Γ и потребовав, чтобы эта функция изменялась на Γ непрерывно, мы получим вполне определенную однозначную на Γ функцию, которая, как легко видеть, тоже будет принадлежать классу H.167Действуя пока чисто формально, из (5.26) получимlog Ψ+ (t) − log Ψ− (t) = log G0 (t).Поэтому, считая, что log Ψ(z) — однозначная кусочно-аналитическая функция, исчезающая на бесконечности, на основании изложенного вZп.

2 будем иметь1log G0 (t) dtlog Ψ(z) =.2πit−zΓНепосредственная проверка показывает, что функциягдеΨ(z) = eθ (z) ,1θ(z) =2πiZlog G0 (t) dt,t−z(5.27)θ(∞) = 0,(5.28)Γявляется решением однородной задачи сопряжения с граничным условием (5.26). В самом деле, из (5.28) имеемθ+ (t) − θ− (t) = log G0 (t),откуда в силу (5.27) получаемΨ+ (t)= elogG0 (t) = G0 (t).−Ψ (t)Ясно также, что функция Ψ(z) всюду отлична от нуля и Ψ(∞) = 1.На основании (5.25) и (5.27) легко убедиться, что функция( θ (z)e ,z ∈ D+ ,χ(z) =(5.29)(z−a)−κ eθ (z) , z ∈ D − ,является частным решением исходной однородной задачи сопряжения.Очевидно также, что функция χ(z) нигде на комплексной плоскости необращается в нуль, а следовательно, и есть искомое каноническое решение задачи.Заметим, что χ(z) имеет на бесконечности порядок −κ, граничныезначения χ+ (t) и χ− (t) принадлежат классу H иχ+ (t) 6= 0,χ− (t) 6= 0,t ∈ Γ.(5.30)Функция χ(z) не зависит от выбора ветви функции log G0 (t) наΓ, поскольку всякая другая ветвь отличается от выбранной слагаемым1682kπi, где k — целое число, а в силу (5.28) функция θ(z) изменится тогдана слагаемое вида(Z2kπi, z ∈ D + ,12kπi dt=2πit−z0,z ∈ D− ,Γи следовательно, функция eθ (z) , а вместе с ней и χ(z) останется неизменной.Покажем теперь, что все решения однородной задачи сопряжениядаются формулойΦ(z) = χ(z)P (z),(5.31)где P (z) — произвольный полином.В самом деле, если Φ(z) — какое-нибудь решение этой задачи, то из(5.21) и равенства χ+ (t) = G(t)χ− (t) с учетом (5.30) получим соотношениеΦ+ (t)Φ− (t)=,χ+ (t)χ− (t)Φ(z)χ(z)аналитична на всей комплексной плоскости.

Но поскольку она имеет конечный порядок на бесконечности, то представляет собой полином, чтои требовалось доказать.Из (5.31) следует, что все канонические решения получаются умножением одного из них на произволльную (отличную от нуля) постоянную.Действительно, для того чтобы решение Φ(z) было каноническим,необходимо и достаточно, чтобы в формуле (5.31) полином P (z) сводился к постоянной, так как в противном случае функция Φ(z) не можетбыть отличной от нуля на всей комплексной плоскости.Покажем также, что функция χ(z) не зависит от положения точкиa ∈ D + . Действительно, поскольку каноническое решение определенос точностью до постоянного множителя, то оно единственным образомопределяется, например, требованием, чтобыиз которого, в силу принципа непрерывности, следует, что функцияlim z κ χ(z) = 1.z →∞Следовательно, если при построении функции (5.29), удовлетворяющейэтому условию, вместо a возьмем любую другую точку b ∈ D + , то получим ту же самую функцию χ(z).Этот факт можно также установить непосредственным вычислением.169Пусть теперь ищется решение однородной задачи сопряжения Φ(z),и с ч е з а ю щ е е н а б е с к о н е ч н о с т и.Если κ ≤ 0, то таких решений не существует (кроме тривиального:Φ(z) ≡ 0), поскольку, как видно из (5.29), тогда χ(∞) 6= 0, а в силу(5.31)и Φ(∞) 6= 0 ни при каком полиноме P (z).Если κ > 0, то задача имеет ровно κ линейно независимых решенийχ(z), zχ(z), .

. . , z κ−1 χ(z),а все решения задачи даются формулойΦ(z) = χ(z) Pκ−1 (z),где Pκ−1 (z), — произвольный полином степени не выше κ − 1. Этоследует из формулы (5.31) в силу того, что функция χ(z) имеет на бесконечности порядок −κ.Аналогично, решений однородной задачи сопряжения, о г р а н и ч е н н ы х н а б е с к о н е ч н о с т и, при κ < 0 не существует, а при κ ≥ 0существует κ+1 линейно независимое решениеχ(z), zχ(z), . . . , z κ χ(z),причем общее решение имеет видΦ(z) = χ(z)Pκ (z).Однородные задачи сопряжения, соответствующие граничным условиям (5.21) иΨ+ (t) = [ G(t) ]−1Ψ− (t), t ∈ Γ,(5.32)будем называть с о ю з н ы м и.Из вышесказнного непосредственно вытекает, что индексы союзныхзадач сопряжения отличаются только знаком и что если χ(z) — каноническое решение задачи (5.21), то [ χ(z) ]−1 будет каноническим решениемсоюзной с ней задачи (5.32).В частности, если индекс κ задачи (5.21) отрицателен, то союзная сней задача имеет ровно −κ линейно независимых решений, исчезающихна бесконечности:1zz −κ−1,, ...,.χ(z) χ(z)χ(z)II.

Неоднородная задача сопряжения. Пусть χ(z) — каноническое решение однородной задачи сопряжения.Тогда из равенства χ+ (t) =χ+ (t)G(t)χ− (t) находимG(t) = − ,χ (t)и граничное условие (5.22) принимает видg(t)Φ+ (t) Φ− (t)− −= + .+χ (t)χ (t)χ (t)170Φ(z)имеет конечный порядок на бесконечности, поэтому вχ(z)силу сказанного в п. 2 получимZΦ(z)1g(t) dt=+ P (z),+χ(z)2πiχ (t)(t−z)ФункцияΓгде P (z) — произвольный полином, откудаZg(t) dtχ(z)+ χ(z)P (z).Φ(z) =+2πiχ (t)(t−z)(5.33)ΓЭто и есть общее решение неоднородной задачи сопряжения.В приложениях важную роль играют решения неоднородной задачисопряжения, и с ч е з а ю щ и е н а б е с к о н е ч н о с т и.

Так как порядокканонического решения χ(z) однородной задачи сопряжения равен −κ,то при κ ≥ 0 решение (5.33) исчезает на бесконечности тогда и только тогда, когда P (z) является полиномом степени не выше κ−1, причем приκ = 0 надо считать P (z) ≡ 0. При κ < 0 надо, очевидно, взять P (z) ≡ 0и, кроме того, потребовать, чтобы коэффициенты при z −1 , z −2 , . . . , z κв разложенииZZZg(t) dtg(t) dttg(t) dt−1−2= −z−z− ...++χ (t)(t−z)χ (t)χ+ (t)ΓΓΓбыли равны нулю. Таким образом, приходим к следующему результату.Если κ ≥ 0, общее решение неоднородной задачи сопряжения (5.22),исчезающее на бесконечности, дается формулойZχ(z)g(t) dtΦ(z) =+ χ(z)Pκ−1 (z),(5.34)+2πiχ (t)(t−z)Γгде Pκ−1 (z) — произвольный полином степени не выше κ−1 (при κ = 0надо положить Pκ−1 (z) ≡ 0).Если κ < 0, то при соблюдении условийZ k −1tg(t) dt= 0, k = 1, 2, .

. . , −κ,(5.35)+χ (t)Γ171необходимых и достаточных для существования решения, исчезающегона бесконечности, это решение дается формулойZχ(z)g(t) dtΦ(z) =.(5.36)+2πiχ (t)(t−z)ΓАналогично, относительно решений неоднородной задачи сопряжения, о г р а н и ч е н н ы х н а б е с к о н е ч н о с т и, получим следующийрезультат. При κ ≥ −1 общее решение задачи дается формулой (5.34),в которой вместо Pκ−1 (z) надо взять Pκ (z), считая Pκ (z) ≡ 0 приκ = −1. При κ < −1 ограниченное решение существует лишь при соблюдении условий (5.35), где k = 1, 2, . . .

, −κ − 1, и дается формулой(5.36).5.5. Задача Римана – ГильбертаЭта задача состоит в следующем. Пусть D + — область, ограниченнаягладкой замкнутой кривой Γ.Требуется найти аналитическую в D + и непрерывную в D + функцию Φ(z) = u + iv, удовлетворяющую на Γ условию<e [ (a + ib) Φ+ (t) ] = au+ − bv + = c,(5.37)где a, b, c — заданные на Γ действительные непрерывные функции.С помощью конформного отображения задача сводится к случаю,когда область D + является единичным кругом, поэтому мы приведемздесь р е ш е н и е з а д а ч и Р и м а н а – Г и л ь б е р т а д л я к р у г а |z| < 1в предположении, что функции a, b, c ∈ H на окружности Γ : | t | = 1 иa2 + b2 6= 0.(5.38)Запишем граничное условие (5.37) в видеПоложим теперь(a + ib) Φ+ (t) + (a − ib) Φ+ (t) = 2c.1Φ∗ (z) = Φz172(5.39)и построим кусочно-аналитическую функцию(Φ(z), | z | < 1,F (z) =Φ∗ (z), | z | > 1.(5.40)Очевидно, функция F (z) ограничена на бесконечности.

Кроме того, учи 1 1 тывая, что Φ∗ ∗ (z) = Φ(z), < 1 при | z | > 1 и= t при | t | = 1,ztполучим следующие свойства этой функции:(5.41)F∗ (z) = F (z), | z | =6 1,F + (t) = Φ+ (t),F − (t) = Φ+1 (5.42)tВ силу (5.42) и (5.38) граничное условие (5.39) можно записать в виде= Φ+ (t).F + (t) = G(t)F − (t) + g(t),где функцииG(t) = −a − ib,a + ibg(t) =(5.43)2c,a + ibочевидно, принадлежат классу H и G(t) 6= 0 на Γ.Таким образом, задача Римана – Гильберта сводится к неоднороднойзадаче сопряжения, решения которой должны быть ограниченными набесконечности.Однако не любое решение F (z) задачи сопряжения (5.43), рассмотренное в замкнутом круге | z | ≤ 1, дает решение задачи Римана – Гильберта, так как F (z), вообще говоря, не удовлетворяет условию (5.41), врезультате чего F − (t) 6= F + (t) и из (5.43) не следует (5.39).Тем не менее при помощи функции F (z) всегда можно построитьи решение исходной задачи.

Для этого покажем, что наряду с F (z)решением задачи сопряжения (5.43) является также функция F∗ (z).Действительно, переходя в (5.43) к сопряженным величинам и используялегко проверяемые равенстваF∗+ (t) = F − (t),1G(t)= G(t),F∗− (t) = F + (t),g(t)G(t)173= −g(t),получимF∗+ (t) = G(t)F∗− (t) + g(t).Отсюда следует, что функция1[ F (z) + F∗ (z) ],2уже удовлетворяющая условию (5.41), тоже является решением задачи сопряжения (5.43) и, рассмотренная в круге | z | ≤ 1, дает решениезадачи Римана – Гильберта.

Характеристики

Список файлов лекций