1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 38
Текст из файла (страница 38)
е. двукратное применение преобразования (127) приводит с точностью допостоянного слагаемого к прежней функции с обратным знаком. Полученныйрезультат мы можем записать в виде следующей формулы:14π 2π πu(s) ctg−π−ππt1 − tt−s1ds ctgdt = −u(t1 ) +u(s)ds.222π(132)−πЭто есть известная формула Гильберта, и ядро преобразования (127) естественно назвать ядром Гильберта. Заметим, что в левой части формулы (132) мы,как и в интеграле Фурье, не имеем права менять порядок интегрирования.Обозначая символически преобразование (127) одной буквой h, можем написать формулу (127) в виде v(s) = h[u(s)], причем в обеих функциях аргументобозначен буквой s.
При этом формула Гильберта (132) запишется в видеh2 [u(s)] = −u(s) +12ππu(s)ds.−πФормулу (127) можно рассматривать как интегральное уравнение относительноu(s) при заданной функции v(t). Из предыдущих рассуждений следует, что для49]Ядро ctgs−t2223его разрешимости необходимо выполнение условия (128). Одним из решенийэтого уравнения будет в силу (131) функцияu(s) = −12ππv(t) ctg−πs−tdt.2(133)Это есть то решение уравнения (131), которое удовлетворяет условиюπu(s)ds = 0.−πИначе говоря, это есть та мнимая часть регулярной функции v(reiϕ )− iu(reiϕ ),которая обращается в нуль в начале координат.
Если значение функции u(reiϕ )в начале координат равно C, то12πu(s) = C −πv(t) ctg−πs−tdt,2(134)причем u(s) = const есть решение однородного уравнения12ππu(s) ctg−πt−sds = 0,2ибо если u(s) = const, то мнимая часть v, равная нулю в начале, равна, очевидно, нулю. Формула (134) дает все решения уравнения (127), так как по вещественной части мнимая определяется с точностью до постоянного слагаемого.В предыдущих рассуждениях считалось, что заданная и искомая функции удовлетворяют условию Липшица.Мы можем написать преобразование (127) в виде обычного несобственногоинтеграла, аналогично тому как это мы делали в случае ядра Коши.
Действительно, принимая во внимание, что12ππctg−πt−sds = 0,2так как однородное уравнение (127) имеет в качестве решения постояннуюu(s) = C, можем переписать формулу (127) в видеv(t) =12ππ[u(s) − u(t)] ctg−πt−sds.2(135)Положим, что функция u(s) имеет непрерывную производную. Принимая вовнимание, чтоt−sdt−sctg=−ln sin2,2ds2Гл.
II. Конформное преобразование и плоское поле224[50применяя к интегралу (127) формулу интегрирования по частям на промежутках (−π, t − ε), (t + ε, π) и учитывая еще формулуεεlim [u(t + ε) − u(t − ε)] ln sin2= lim u (ξ)2ε ln sin2ε→+0ε→+022(t − ε < ξ < t + ε),получим для v(t) следующее выражение:v(t) =12ππu (s) lnsin2−πt−sds,2причем справа стоит обычный несобственный интеграл.Если u(τ ) удовлетворяет условию Липшица, то функция комплексного переменного z = reiϕ , определенная формулой (125), как мы видели выше, будетнепрерывной вплоть до окружности |z| = 1.
Пусть∞a0+(ak cos ks + bk sin ks)2k=1(1361 )есть ряд Фурье функции u(s). Для функции v(s) будем иметь ряд Фурье [48]∞(−bk cos ks + ak sin ks).(1362 )k=1В силу уравнения замкнутости [II, 169]1ππ−ππ∞∞a20122+u (s)ds =(ak + bk ) иv2 (s)ds =(b2k + a2k ),2πk=1k=12и, следовательно,−ππ−πv2 (s)ds πu2 (s)ds,−πпричем знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда a0 = 0.
Итак, врезультате преобразования (127) интеграл от квадрата функции по промежутку (−π, π) может только уменьшиться. Отметим при этом, что мы считаемфункцию u(s) вещественной. Мы видим, таким образом, что преобразование(127) равносильно переходу от ряда Фурье (1361 ) к ряду Фурье (1362 ).50. Предельные задачи. Задача Дирихле является наиболее простой изпредельных задач для гармонических функций. Формулируем общую предельную задачу для гармонических функций, частным случаем которой являетсязадача Дирихле: требуется найти гармоническую функцию внутри некоторойодносвязной области B с контуром l, удовлетворяющую на контуре предельному условию вида∂u∂uau + b+c= d,(137)∂x∂y50]Предельные задачи225где a, b, c и d — заданные вещественные функции на контуре l, которые считаемфункциями длины дуги s этого контура.
Мы можем считать u вещественнойчастью некоторой регулярной функцииf (z) = u(x, y) + iv(x, y).При этом, как известно,f (z) =∂u∂u−i,∂x∂yи, следовательно, мы имеем отсюдаb∂u∂u+c= Re[(b + ic)f (z)],∂x∂yгде Re — знак вещественной части.Условие (137) переписывается в видеRe[af (z) + (b + ic)f (z)] = d,(138)и, таким образом, вопрос сводится к разысканию регулярной внутри B функции, которая на контуре удовлетворяет условию (138).Пусть известна функция z = ω(τ ), совершающая конформное преобразование нашей области B в единичный круг |τ | < 1. Мы можем рассматриватьискомую функцию как функцию F (τ ), регулярную внутри единичного круга:F (τ ) = f [ω(τ )],f (z) = F (τ )При этом будем иметь вместо (138)b + ic F (τ ) = dRe aF (τ ) + ω (τ )1.ω (τ )(|τ | = 1),где в результате преобразования z = ω(τ ) можно считать, что a, b, c и d определены на окружности |τ | = 1. Таким образом, задача привелась к случаюкруга.Рассмотрим подробно тот случай, когда предельное условие (137), котороемы будем считать относящимся к окружности |z| = 1, не содержит самой искомой функции u.
В этом случае задача формулируется следующим образом:требуется найти гармоническую внутри единичного круга функцию, u(x, y),удовлетворяющую на окружности этого круга предельному условию видаb∂u∂u+c= d.∂x∂yБудем рассматривать u(x, y) как вещественную часть некоторой регулярнойфункции f (z). При этом ∂u/∂x и (−∂u/∂y) будут вещественной и мнимой частью f (z). Меняя обозначения и полагаяf (z) = u + iv, b = l(ϕ), c = −m(ϕ),226Гл. II. Конформное преобразование и плоское поле[50сводим сформулированную выше задачу к следующей, называемой обычно задачей Гильберта: найти функцию f (z), регулярную внутри единичного круга,у которой вещественная и мнимая части удовлетворяют на окружностикруга предельному условию видаl(ϕ)u(ϕ) + m(ϕ)v(ϕ) = d(ϕ)(0 ϕ 2π),(139)где l(ϕ), m(ϕ) и d(ϕ) — заданные функции полярного угла ϕ на единичнойокружности.
Мы считаем, что коэффициенты суть непрерывные функции,причем l(ϕ) и m(ϕ) одновременно в нуль не обращаются. Можно при этом,деля обе части уравнения (139), добиться того, чтобы коэффициенты удовлетворяли условиюl2 (ϕ) + m2 (ϕ) = 1.(140)При этом можно положитьl(ϕ) = cos ω(ϕ),m(ϕ) = − sin ω(ϕ),(141)где ω(ϕ) есть некоторая функция от ϕ, а именно:ω(ϕ) = −arctgm(ϕ).l(ϕ)(142)Разберем сначала подробно тот случай, когда формулы (141) дают ω(ϕ)как однозначную функцию ϕ. Это будет иметь место, например, в том случае,когда l(ϕ) или m(ϕ) не обращаются в нуль в промежутке (−π, π).
Пользуясьфункцией ω(ϕ), мы можем записать предельное условие (139) в видеRe[eiω(ϕ) f (z)] = d(ϕ)(z = eiϕ ).(143)Построим функцию π(z) по ее вещественной части ω(ϕ), пользуясь формулой Шварца:π1eiϕ + zdϕ.(144)π(z) =ω(ϕ) iϕ2πe −z−πОбозначим через ω1 (ϕ) предельные значения ее мнимой части.
Функцияeiπ(z) f (z)имеет на единичной окружности z = eiϕ вещественную часть, равнуюe−ω1 (ϕ) Re[eiω(ϕ) f (z)](z = eiϕ ),и, следовательно, предельное условие (143) равносильно следующему предельному условию:Re[eiπ(z) f (z)] = d(ϕ)e−ω1 (ϕ) .Зная вещественную часть функции на контуре, мы можем определить этуфункцию внутри опять по формуле Шварца:eiπ(z) f (z) =12ππ−πd(ϕ)e−ω1 (ϕ)eiϕ + zdϕ + iC,eiϕ − z50]Предельные задачи227где ω1 (ϕ) суть предельные значения мнимой части функции (144): πω1 (ϕ) = lim Imr→1ω(ψ)−πeiψ + reiϕdψ.eiψ − reiϕ(145)Здесь Im — знак мнимой части. Окончательно для f (z) будем иметь выражениеf (z) = e−iπ(z)12ππd(ϕ)e−ω1 (ϕ)−πeiϕ + zdϕ+iC.eiϕ − z(146)Рассмотрим теперь тот случай, когда при обходе единичной окружностифункция ω(ϕ) приобретает слагаемое (−2nπ), где n — целое положительное число:ω(π) − ω(−π) = −2nπ.(147)Построим функцию, однозначную на единичной окружности:χ(ϕ) = ω(ϕ) + nϕ,и по этой функции построим соответствующую функцию комплексного переменного σ(z), имеющую предельные значения вещественной части χ(ϕ).
Предельные значения вещественной части у функцииσ1 (z) = σ(z) + in ln zбудут равны ω(ϕ), а предельные значения ее мнимой части будут, очевидно, теже, что и у функции σ(z). Обозначим их опять через ω1 (ϕ). Совершенно также, как и выше, мы можем показать, что функцияeiσ1 (z) f (z) = z −n eiσ(z) f (z)должна иметь предельные значения вещественной части равнымиRe[z −n eiσ(z) f (z)] = d(ϕ)e−ω1 (ϕ) .(148)Ввиду присутствия множителя z −n эта функция может иметь в начале координат полюс порядка не выше n.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
