Векторные поля. ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ НА ПЛОСКОСТИ. М. А. Красносельский, А. И. Перов
 Скачать 2 Mb.
|
|
a m 1 x − b m 1 y), (c 1 x − d 1 y) . . . (c n 1 x − d n 1 y)). (8.17) Если это поле удовлетворяет условиям теоремы 8.2, то наша задача решена. Допустим, что прямые P 1 (x, y) = 0 не перемежаются с прямыми Q 1 (x, y) = 0. Для определенности предположим, что между прямыми a 1 x = b 1 y и a 2 x = b 2 y нет ни одной прямой Q 1 (x, y) = 0. В частности, эти две прямые могут совпадать. 13 Вычисление индекса особой точки полилинейных полей при помощи формулы Пуанкаре проведено для ряда случаев в статьях П.Т. Черевичного (см., например, Научные записки Одесского политехнического института, тома 23, 24, 31, 1960, 1961 гг.). В 1962 г. появились дальнейшие работы этого автора. 14 См. А.Г. Курош, Курс высшей алгебры, Физматгиз, 1963. 65 Прямые a 1 x = b 1 y и a 2 x = b 2 y делят плоскость на четыре части (см. рис. 8.2). Без ограничения общности можно считать, что прямых Q 1 (x, y) = 0 нет в тех двух углах, в которых функция φ(x, y) = [a 1 x − b 1 y)[a 2 x − b 2 y) отрицательна. Введем обозначение P 1 (x, y) = φ(x, y)P 2 (x, y). Рис. 8.2 Тогда индекс γ 1 нулевой особой точки поля (8.16) совпадает с индексом γ 2 ну- левой особой точки поля Φ 2 (x, y) = (P 2 (x, y), Q 1 (x, y)). (8.18) Для доказательства достаточно заметить, что векторы полей Φ 1 и Φ 2 ни в од- ной точке единичной окружности не направлены противоположно. Это следует из того, что на прямых Q 1 (x, y) функция φ(x, y) положительна, и поэтому на этих прямых векторы Φ 1 и Φ 2 направлены одинаково. В остальных точках одинаковы вторые компоненты Q 1 (x, y). Совершенно аналогично можно вычеркивать два линейных множителя в функ- ции Q 1 (x, y), если между соответствующими прямыми нет прямых P 1 (x, y) = 0. Вычеркивая последовательно пары линейных множителей, придем либо к по- лю, индекс которого можно вычислить при помощи теоремы 8.2, либо к полю, у которого одна из компонент — константа. В качестве примера найдем индекс γ нулевой особой точки поля (8.15), где P (x, y) = (2x − y)(3x − 2y)(x + y)(x 2 + 4xy + 5y 2 ), Q(x, y) = (x − y)(x 2 + y 2 )(22x 2 + xy + 2y 2 ). По описанному правилу можно перейти к полю Φ 1 с компонентами P 1 (x, y) = (2x − y)(3x − 2y)(x + y), 66 Q 1 (x, y) = x − y, а затем к полю Φ 2 с компонентами P 2 (x, y) = x + y, Q 2 (x, y) = x − y, индекс нулевой особой точки которого равен −1. Упражнение 8.2. Вычислить индекс нулевой особой точки следующих полей: 1) Φ(x, y) = ((2x + y)(x − 2y)(3x − y)(3x 2 + 2y 2 ), x 4 y − y 5 ), 2) Φ(x, y) = ((2x + 3y) sin(x 2 + 16y 2 ), (3x − 2y) sin(x 2 − 16y 2 )). Описанный способ перехода от одних полилинейных полей к другим полили- нейным полям, компоненты которых имеют низшую степень, может привести к полю, у которого одна из компонент не зависит от x и y, а является постоянным числом. В этом случае индекс γ 0 особой точки равен нулю. Рассмотрим, например, поле, одна из компонент которого имеет четную сте- пень, а вторая — нечетную. Тогда при вычеркивании квадратичных множителей это соотношение четностей степеней компонент сохранится. Мы в конце концов всегда перейдем к полю, у которого одна компонента имеет нулевую степень. На- ми доказана Теорема 8.3. Пусть компоненты невырожденного полилинейного поля яв- ляются многочленами, один из которых имеет четную степень, а второй — нечетную. Тогда индекс нулевой особой точки этого поля равен нулю. Упражнение 8.3. 1) Покажите, что теорема 8.3 является следствием утверждения, сформулированного в упражнении 2.6. 2) Пусть у некоторого (не обязательно полилинейного) поля Φ нулевая точка является изолированной особой точкой. Пусть одна из компонент φ 1 (x, y) поля Φ является четной функцией (φ 1 (−x, −y) ≡ φ 1 (x, y)), а вторая φ 2 (x, y) — нечетной (φ 2 (−x, −y) ≡ −φ 2 (x, y)). Покажите, что тогда индекс нулевой особой точки равен нулю. Изложенный в этом пункте метод вычисления индекса особой точки полили- нейного поля (8.1) требует представления компонент поля в виде произведения линейных и квадратичных множителей. Для того чтобы получить такое пред- ставление, нужно найти корни уравнений (8.2) и (8.3). Это, как известно, нелегкая задача. В связи с этим ниже будет изложен другой метод вычисления индекса, не требующий решения алгебраических уравнений. Впрочем, следует иметь в виду, что в описанном методе можно обойтись зна- нием приближенных значений корней уравнений (8.2) и (8.3). 8.5. Билинейные поля. В этом пункте мы изучим билинейное поле Φ(x, y) = (a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 , b 1 x 2 + 2b 2 xy + b 3 y 2 ). (8.19) 67 Рассмотрим матрицу µ a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 ¶ . (8.20) Если ее ранг равен 1, то a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 ≡ λ(b 1 x 2 + 2b 2 xy + b 3 y 2 ), где λ — некоторая постоянная. Здесь могут представиться два случая. Может оказаться, что многочлен a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 знакопостоянен (обращается в нуль лишь при x = y = 0); тогда нулевая особая точка изолирована и ее индекс равен нулю. Если многочлен a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 аннулируется на одной или двух прямых (если уравнение a 1 +2a 2 k +a 3 k 2 = 0 имеет вещественные корни), то нулевая особая точка не изолирована. Исследование поля (8.19) становится более сложным, если ранг матрицы (8.20) равен 2 или, что то же, если один из определителей D 1 = ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 2 b 1 b 2 ¯ ¯ ¯ ¯ , D 2 = ¯ ¯ ¯ ¯ a 2 a 3 b 2 b 3 ¯ ¯ ¯ ¯ , D 3 = ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 3 b 1 b 3 ¯ ¯ ¯ ¯ (8.21) отличен от нуля. В этом предположении и проводится дальнейшее исследование. Введем обозначение: D = 4D 1 D 2 − D 2 3 . (8.22) Теорема 8.4. Нулевая особая точка поля (8.19) изолирована в том и только том случае, если D 6= 0. Если D < 0, то индекс γ 0 нулевой особой точки поля (8.19) равен нулю: γ 0 = 0. Если D > 0, то индекс γ 0 нулевой особой точки поля (8.19) определяется фор- мулой γ 0 = 2 sign ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 2 b 1 b 2 ¯ ¯ ¯ ¯ . (8.23) Доказательство. Если нулевая особая точка поля (8.19) не изолирована, то существуют такие x 0 и y 0 (x 2 0 + y 2 0 = 1), что a 1 x 2 0 + 2a 2 x 0 y 0 + a 3 y 2 0 = 0, b 1 x 2 0 + 2b 2 x 0 y 0 + b 3 y 2 0 = 0. Эти равенства означают, что трехмерный вектор (x 2 0 , x 0 y 0 , y 2 0 ) ортогонален векто- рам A = [a 1 , 2a 2 , a 3 ) и B = (b 1 , 2b 2 , b 3 ) и, следовательно, коллинеарен векторному произведению A × B = (2a 2 b 3 − 2a 3 b 2 , a 3 b 1 − a 1 b 3 , 2a 1 b 2 − 2a 2 b 1 ) = (2D 2 , −D 3 , 2D 1 ). 68 Следовательно, x 2 0 = 2λD 2 , x 0 y 0 = −λD 3 , y 2 0 = 2λD 1 , (8.24) где λ — отличное от нуля число. Из равенств (8.24) вытекает, что λ 2 D 2 3 = x 2 0 y 2 0 = 2λD 1 · 2λD 1 = 4λ 2 · D 1 D 2 , то есть D = 0. Допустим, что нулевая особая точка изолирована и ее индекс равен нулю. Рас- смотрим угловую функцию θ(t) поля (8.19) на каком-либо квадрате max {|x|, |y|} = ρ (см. рис. 8.3). Пусть на правой вертикальной стороне квадрата параметр t отли- чается от ординаты y постоянным слагаемым. Тогда dθ(t) dt = dθ dy = d dy arctg b 1 x 2 + 2b 2 xy + b 3 y 2 a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 = = 2(b 2 x + b 3 y)(a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 ) (a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 ) 2 + (b 1 x 2 + 2b 2 xy + b 3 y 2 ) 2 − − 2(a 2 x + a 3 y)(b 1 x 2 + 2b 2 xy + b 3 y 2 ) (a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 ) 2 + (b 1 x 2 + 2b 2 xy + b 3 y 2 ) 2 = = 2x ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 x + a 2 y a 2 x + a 3 y b 1 x + b 2 y b 2 x + b 3 y ¯ ¯ ¯ ¯ (a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 ) 2 + (b 1 x 2 + 2b 2 xy + b 3 y 2 ) 2 . Пусть на верхней горизонтальной стороне квадрата параметр t также отличается от абсциссы x постоянным слагаемым; тогда dθ(t) dt = − dθ dx = 2y ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 x + a 2 y a 2 x + a 3 y b 1 x + b 2 y b 2 x + b 3 y ¯ ¯ ¯ ¯ (a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 ) 2 + (b 1 x 2 + 2b 2 xy + b 3 y 2 ) 2 Угловая функция не может быть монотонна (вращение на квадрате равно нулю); поэтому определитель ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 x + a 2 y a 2 x + a 3 y b 1 x + b 2 y b 2 x + b 3 y ¯ ¯ ¯ ¯ (8.25) должен принимать значения разных знаков. Иначе говоря, квадратичная форма ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 2 b 1 b 2 ¯ ¯ ¯ ¯ x 2 + ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 3 b 1 b 3 ¯ ¯ ¯ ¯ xy + ¯ ¯ ¯ ¯ a 2 a 3 b 2 b 3 ¯ ¯ ¯ ¯ y 2 (8.26) должна быть знакопеременной. Поэтому ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 3 b 1 b 3 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 > 4 ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 a 2 b 1 b 2 ¯ ¯ ¯ ¯ · ¯ ¯ ¯ ¯ a 2 a 3 b 2 b 3 ¯ ¯ ¯ ¯ то есть D < 0. 69 Рис. 8.3 Осталось рассмотреть случай, когда нулевая особая точка изолирована и ее индекс по абсолютной величине равен 2. Из результатов предыдущих пунктов вытекает, что в этом случае каждое из уравнений a 1 x 2 + 2a 2 xy + a 3 y 2 = 0, b 1 x 2 + 2b 2 xy + b 3 y 2 = 0 определяет две прямые, причем прямые, определяемые первым уравнением, пере- межаются с прямыми, определяемыми вторым уравнением. В этих условиях было показано, что определитель ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 + 2a 2 k + a 3 k 2 2a 2 + 2a 3 k b 1 + 2b 2 k + b 3 k 2 2b 2 + 2b 3 k ¯ ¯ ¯ ¯ (в общем случае — определитель (8.13)) отличен от нуля при всех k. Аналогично можно показать, что отличен от нуля при всех m определитель ¯ ¯ ¯ ¯ a 1 m 2 + 2a 2 m + a 3 2a 1 m + a 2 b 1 m 2 + 2b 2 m + b 3 2b 1 m + 2b 2 ¯ ¯ ¯ ¯ . Следовательно, определитель (8.25) не обращается в нуль при x 2 + y 2 > 0. Значит, квадратичная форма (8.26) знакоопределенна. Поэтому D > 0. Формула (8.23) вытекает из (8.14). Теорема доказана. Упражнение 8.4. Вычислить индекс особой точки поля Φ(x, y) в точке (x 0 , y 0 ) для 1) Φ(x, y) = (x 2 − 2xy + y 2 , xy), x 0 = y 0 = 0; 2) Φ(x, y) = (xy + x − y − 1, x 2 − y 2 − 2x − 2y), x 0 = 1, y 0 = −1; 3) Φ(x, y) = (2x 2 − 3xy + y 2 , xy + y 2 ), x 0 = y 0 = 0; 4) Φ(x, y) = (x (x 2 − y 2 ) − 1, x (xy − 1)), x 0 = y 0 = 0; 5) Φ(x, y) = ((x + y − 1) sin y, (x − 1)(ln x − 2y)), x 0 = 1, y 0 = 0. 8.6. Основная формула для вычисления индекса. Как уже отмечалось выше, изложенный в п. 8.4 метод вычисления индекса неудобен, так как он требует решения алгебраических уравнений высоких степеней. В этом пункте излагается другой метод. 70 Предварительно отметим одну формулу для вычисления вращения γ поля Φ(M) = (P (M), Q(M)) (8.27) на замкнутой кривой Γ, вытекающую из (2.7). Пусть горизонтальная компонента P (M) обращается в нуль лишь в конечном числе точек M 1 , M 2 , . . . , M k кривой Γ. Тогда γ = 1 4 k X i=1 sign Q(M i )(sign P (M i − 0) − sign P (M i + 0)), (8.28) где через sign P (M i − 0) и sign P (M i + 0) обозначены знаки компоненты P (M) в точках M, близких к M i , и лежащих на Γ соответственно до и после M i (при обходе Γ в положительном направлении). Вернемся к изучению полилинейного поля Φ 0 (x, y) = (a 0 m x m + a 1 m−1 x m−1 y + . . . + a m 0 y m , b 0 n x n + b 1 n−1 x n−1 y + . . . + b n 0 y n ). (8.29) Всюду далее предполагается, что нулевая точка является изолированной особой точкой этого поля. Если числа m и n имеют различную четность, то индекс нулевой особой точ- ки равен нулю (теорема 8.3). Поэтому в дальнейшем рассматривается лишь тот случай, когда m и n имеют одинаковую четность. Для простоты мы будем считать, что a m 0 6= 0. (8.30) Это условие не ограничивает общности рассмотрений: если оно не выполнено, то достаточно перейти к полю (Q(x, y), −P (x, y)). Обозначим через k 1 , . . . , k s (s ≤ m) вещественные корни уравнения (8.2). Обе точки пересечения каждой прямой y = k i x с единичной окружностью x 2 + y 2 = 1 будут точками, в которых горизонтальная компонента поля (8.29) равна нулю. Абсциссы этих точек обозначим через x i и −x i Компоненты поля (8.29) в точке M = (x, y) определяются, очевидно, равенства- ми P (M) = x m P ³ 1, y x ´ , Q(M) = x n Q ³ 1, y x ´ , где P (1, k) = a 0 m + a 1 m−1 k + . . . + a m 0 k m , (8.31) Q(1, k) = b 0 n + b 1 n−1 k + . . . + b n 0 k n . (8.32) Поэтому из (8.28) вытекает следующее выражение для индекса γ 0 нулевой особой точки поля (8.29): γ 0 = 1 4 s X i=1 sign x n i Q(1, k i )(sign x m i P (1, k i − 0) − sign x m i P (1, k i + 0))+ + 1 4 s X i=1 sign (−x i ) n Q(1, k i )(sign (−x i ) m P (1, k i − 0) − sign (−x i ) m P (1, k i + 0)) = 71 = 1 4 s X i=1 sign x m+n i Q(1, k i )(sign P (1, k i − 0) − sign P (1, k i + 0))+ + 1 4 s X i=1 sign (−x i ) m+n Q(1, k i )(sign P (1, k i − 0) − sign P (1, k i + 0)). Так как сумма m + n четна, то полученное выражение можно переписать в виде γ 0 = 1 2 s X i=1 sign Q(1, k i )(sign P (1, k i − 0) − sign P (1, k i + 0)). (8.33) Упражнение 8.5. Вычислить, пользуясь формулой (8.33), индекс нулевой особой точки следующих полей: 1) Φ(x, y) = (x 3 − x 2 y − 9xy 2 + 9y 3 , x 2 y − 4y 3 ), 2) Φ(x, y) = (x 3 − x 2 y − 9xy 2 + 9y 3 , x 3 y − 4xy 3 ), 3) Φ(x, y) = (sin(x + y), cos(x − y) − 1). Правую часть в формуле (8.33), как оказывается, можно найти, не отыскивая корней k 1 , . . . , k s Введем обозначения T 0 (k) = P (1, k), T 1 (k) = Q(1, k). (8.34) Пользуясь алгоритмом Евклида, построим такие многочлены T 0 (k), T 1 (k), . . . , T l (k), (8.35) что T 0 (k) = ε 1 (k)T 1 (k) − T 2 (k), T 1 (k) = ε 2 (k)T 2 (k) − T 3 (k), . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , T i−1 (k) = ε i (k)T i (k) − T i+1 (k), . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , T l−1 (k) = ε l (k)T l (k). (8.36) Многочлены (8.35) образуют, как говорят, обобщенный ряд Штурма. Многочлен T l (k) — это общий наибольший делитель многочленов (8.34). Этот многочлен не имеет вещественных корней, так как поле (8.29) невырождено. Про- верка невырожденности поля требовала отыскания многочлена T l (k); при этом были найдены и многочлены (8.35). Обозначим через s(k) число перемен знака в ряде чисел (8.35) и проследим, как меняется это число при возрастании k. Очевидно, s(k) может измениться лишь при переходе через корень k 0 одного из многочленов (8.35). Пусть вначале T i (k 0 ) = 0, где i — одно из чисел 1, . . . , l − 1. Из (8.36) вытекает, что числа T i−1 (k 0 ) и T i+1 (k 0 ) отличны от нуля, причем T i−1 (k 0 )T i+1 (k 0 ) < 0. 72 Следовательно, и при близких к k 0 значениях k выполняется неравенство T i−1 (k)T i+1 (k) < 0, откуда следует, что число перемен знака не изменится при переходе через k 0 Пусть теперь T 0 (k 0 ) = 0. В этом случае, как легко видеть, при переходе через k 0 число перемен знака изменится на величину ∆s(k 0 = 1 2 sign T 1 (k 0 )(sign T 0 (k 0 − 0) − sign T 0 (k 0 + 0)). Поэтому s(b) − s(a) = 1 2 X sign T 1 (k i )(sign T 0 (k i − 0) − sign T 0 (k i + 0)), (8.37) где сумма распространена на все корни k i многочлена T 1 (k), расположенные на [a, b]. Из равенств (8.33), (8.34) и (8.37) вытекает Теорема 8.5. Индекс изолированной нулевой особой точки полилинейного поля (8.29) определяется формулой γ 0 = s(∞) − s(−∞). (8.38) Через s(−∞) здесь обозначено значение s(k) при отрицательных и больших по абсолютной величине k, а через s(∞) — значения s(k) при больших положитель- ных k. Упражнение 8.6. Вычислить индекс нулевой особой точки поля Φ(x, y) = (x 3 + xy 2 − y 3 , x 5 + x 3 y 2 + x 2 y 3 − xy 4 + y 5 ). 8.7. Асимптотически полилинейные поля. Рассмотрим Φ(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)), (8.39) в котором каждая компонента является многочленом (неоднородным!) относи- тельно x и y; степени этих многочленов обозначим соответственно через m и n. Обозначим через P m (x, y) и Q n (x, y) сумму всех слагаемых старшей степени в мно- гочленах P (x, y) и Q(x, y) соответственно. Допустим, что полилинейное поле Φ 0 (x, y) = (P m (x, y), Q n (x, y)) (8.40) невырождено. Индекс γ 0 его нулевой особой точки может быть вычислен, напри- мер, по формуле (8.38). Аналогично тому, как доказывалась теорема 8.1, можно установить следующее утверждение, обобщающее теорему 6.4: 73 Теорема 8.6. Вращение поля (8.39) на окружностях x 2 + y 2 = R 2 большого радиуса R равно индексу γ 0 нулевой особой точки поля (8.40). Аналогичное утверждение справедливо для асимптотически полилинейных по- лей (8.39), компоненты которых не являются многочленами, но удовлетворяют неравенствам lim x 2 +y 2 →∞ P (x, y) − P m (x, y) (x 2 + y 2 ) m 2 = lim x 2 +y 2 →∞ Q(x, y) − Q n (x, y) (x 2 + y 2 ) n 2 = 0. (8.41) § 9. Особые точки аналитических функций 9.1. Функция w = z n . Комплексное число z = x + iy будем рассматривать как точку комплексной плоскости. Функция w = f (z) = u(x, y) + iv(x, y) (9.1) определяет отображение Φ комплексной плоскости на себя или, что то же, вектор- ное поле Φ(x, y) = (u(x, y), v(x, y)). (9.2) Особую точку поля (9.2) будем называть особой точкой функции f (z). Таким образом, к особым точкам мы относим и нули функции f (z). Особой точке функции будем приписывать индекс, который определяется как индекс особой точки соответствующего векторного поля (9.2). В этом пункте рассмотрим простейшую функцию w = z n , (9.3) где n — целое положительное или отрицательное число. Если в комплексной плос- кости рассмотреть обычные полярные координаты ρ и t (см. рис. 9.1), то z в три- гонометрической форме запишется в виде z = ρe it . (9.4) Рис. 9.1 74 После этого отображение (9.3) можно записать в следующей форме: w = ρ n e int . (9.5) Рассмотрим отображение (9.5) на единичной окружности. Формула (9.5) озна- чает, что угловая функция θ(t) имеет простой вид: θ(t) = nt. Поэтому вращение поля z n на единичной окружности равно n. Но это вращение равно индексу един- ственной особой точки z = 0. Таким образом, доказана Теорема 9.1. Индекс особой точки z = 0 функции w = z n равен n при любом целом положительном или отрицательном n. Упражнение 9.1. Доказать теорему 9.1 для положительных n, используя тот факт, что поле (9.3) полилинейно. 9.2. Индекс нуля аналитической функции. Пусть f (z) аналитична в точке z 0 , и пусть f (z 0 ) = 0. Тогда, как известно, функция f (z) может быть представлена в виде f (z) = a 0 (z − z 0 ) n φ(z), (9.6) где n — некоторое комплексное число, n — целое положительное число (которое называется порядком нуля), f (z) — аналитическая в окрестности z 0 функция, удо- влетворяющая условию φ(z 0 ) = 1. Теорема 9.2. Индекс нуля n-го порядка аналитической функции равен n. Доказательство. Рассмотрим вспомогательную функцию h(z) = (z − z 0 ) n φ(z). (9.7) На окружностях |z − z 0 | = r малого радиуса r векторы h(z) и векторы (z − z 0 ) n не направлены противоположно, так как lim z→z 0 (arg h(z) − arg (z − z 0 ) n ) = lim z→z 0 arg h(z) (z − z 0 ) n = lim z→z 0 arg φ(z) = 0. Из теоремы 4.3 вытекает, что вращения полей h(z) и (z − z 0 ) n на окружностях малого радиуса одинаковы. Из теоремы 9.1 следует, что вращение γ поля h(z) равно n. Переход от поля h(z) к полю f (z) заключается в изменении длин векторов и в повороте их на одинаковый угол arg a 0 . При таком переходе вращение не меняется. Следовательно, поле f (z) на окружностях |z − z 0 | = r малого радиуса r имеет вращение, равное n. Теорема доказана. 9.3. Индекс полюса. Особая точка z 0 аналитической функции f (z) называ- ется полюсом порядка n, если f (z) в окрестности z 0 представима в виде f (z) = φ(z) (z − z 0 ) n , (9.8) 75 где φ(z) аналитична в окрестности z 0 и φ(z 0 ) 6= 0. Теорема 9.3. Индекс полюса порядка n аналитической функции равен −n. Для доказательства можно воспользоваться тем фактом, что в окрестности z 0 главной частью поля f (z) является поле (z−z 0 ) −n φ(z 0 ), а затем применить теорему 9.1. Детали предоставляем читателю. Упражнение 9.2. 1) Пусть бесконечно удаленная точка z = ∞ является нулем или полюсом анали- тической функции f (z). Индексом бесконечно удаленной особой точки назовем взятое с обратным знаком вращение поля f (z) на окружностях |z| = R большого радиуса R. Найти зависимость между порядком нуля или полюса z = ∞ и индексом этой особой точки. 2) Доказать, что сумма индексов всех особых точек (в расширенной комплексной плоскости) функции f (z) = z n + a 1 z n−1 + . . . + a n−1 z + a n z m + b 1 z m−1 + . . . + b m−1 z + b m равна нулю. 76 ГЛАВА 3 ПРИЛОЖЕНИЯ § 10. Разрешимость уравнений 10.1. Теорема Боля-Брауэра. Пусть F — непрерывное преобразование круга K в себя. Определим на K векторное поле Φ равенством (см. рис. 10.1) Φ(M) = F (M) − M. (10.1) Рис. 10.1 Если на граничной окружности S преобразование F не имеет неподвижных точек, то есть поле Φ(M) не имеет на S нулевых векторов, то ни в одной точке M ∈ S вектор Φ(M) не направлен противоположно вектору внутренней нормали к окружности. В силу теоремы 4.3 вращение γ поля Φ равно вращению поля внут- ренних нормалей, а вращение поля внутренних нормалей равно 1. Из равенства γ = 1 и теоремы 3.1 вытекает, что поле Φ по крайней мере в одной точке круга об- ращается в нуль. Это утверждение составляет содержание теоремы Боля-Брауэра. Теорема 10.1. Непрерывное отображение круга в себя имеет по крайней мере одну неподвижную точку. Для того чтобы оценить красоту и нетривиальность теоремы Боля – Брауэра, полезно помнить, что при отображении на себя более сложных фигур, чем круг, неподвижные точки могут отсутствовать. Например, поворот кругового кольца на 77 некоторый угол (см. рис. 10.2) является преобразованием без неподвижных точек кольца в себя. Рис. 10.2 Упражнение 10.1. 1) Показать, что ν-связную область при ν > 2 можно непрерывно отобразить на себя без неподвижных точек. 2) Пусть задана ν-связная область Ω, где ν > 2. Через T ε будем обозначать такие отображения Ω на себя, при которых каждая точка сдвигается не больше чем на ε. Доказать что отображение T ε имеет неподвижную точку, если ε < k, где k = k(Ω) > 0. Теорема 10.2. Непрерывное отображение F гомеоморфного кругу K множе- ства T в себя имеет по крайней мере одну неподвижную точку. Доказательство. Пусть гомеоморфное отображение круга K на T дается пре- образованием B; обратное преобразование обозначим через B −1 Преобразование B −1 F B преобразует, очевидно, круг K в себя, и притом непре- рывно. В силу теоремы 10.1 найдется такая точка M 0 ∈ K, что B −1 F B(M 0 ) = M 0 Но это значит, что точка B(M 0 ) ∈ остается неподвижной при применении преоб- разования F . Теорема доказана. Множества, гомеоморфные кругу, — это замкнутые односвязные области Ω, граница Γ которых является жордановой кривой. Рассмотрим систему уравнений вида x = P (x, y), y = Q(x, y), (10.2) где P (x, y) и Q(x, y) определены и непрерывны при всех вещественных x, y. Опре- делим преобразование F плоскости в себя равенством F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)). (10.3) Тогда система (10.2) равносильна векторному уравнению M = F (M) (10.4) и разрешимость системы (10.2) равносильна существованию у преобразования F неподвижных точек. Поэтому из теорем 10.1 и 10.2 можно получить различные признаки разрешимости системы (10.2). 78 Пусть, например, функции P (x, y) и Q(x, y) ограничены: |P (x, y)|, |Q(x, y)| ≤ c 0 (−∞ < x, y < ∞). (10.5) Тогда круг x 2 + y 2 ≤ 2c 2 0 при преобразовании (10.3) переходит в себя. Из теоремы 10.1 вытекает существование неподвижной точки у преобразования (10.3). Таким образом, система (10.2) имеет по крайней мере одно решение, если выполнено условие (10.5). Упражнение 10.2. Доказать, что система (10.2) имеет по крайней мере одно ре- шение, если 1) lim |x|+|y|→∞ P (x, y) |x| + |y| = lim |x|+|y|→∞ Q(x, y) |x| + |y| = 0. 2) lim sup |x|+|y|→∞ |P (x, y)| + |Q(x, y)| |x| + |y| < 1. 10.2. Основная теорема алгебры. Рассмотрим многочлен f 0 (z) = z n + a 0 1 z n−1 + . . . + a 0 n (10.6) (с комплексными коэффициентами) в комплексной плоскости. Пусть R > |a 0 1 | + . . . + |a 0 n | + 1. Тогда на окружности |z| = R выполняется неравенство |f (z) − z n | ≤ |a 0 1 |R n−1 + |a 0 2 |R n−2 + . . . + |a 0 n | < R n = |z n . Это неравенство в силу теоремы 4.6 означает, что вращение поля f 0 (z) на окруж- ности |z| = R равно вращению поля z n , то есть равно n (в силу теоремы 9.1). Из теоремы 3.1 вытекает, что поле f (z) по крайней мере в одной точке обращается в нуль. Мы доказали, что каждое алгебраическое уравнение z n + a 0 1 z n−1 + . . . + a 0 n = 0 (10.7) имеет по крайней мере одно решение. Этот факт составляет содержание так на- зываемой основной теоремы алгебры. Индекс каждого нуля функции (10.6) равен его порядку (теорема 9.2). Поэтому сумма порядков нулей всех корней уравнения (10.7) n-ой степени равна n. Этот факт также играет важную роль в алгебре многочленов. Пусть z 1 , z 2 , . . . , z k — все различные корни уравнения (10.7), а α 1 , α 2 , . . . , α k — их кратности. Пусть ε 0 — заданное положительное число, которое мы будем счи- тать меньшим, чем половина наименьшего модуля разности |z i − z j | (i 6= j). Через S i обозначим окружность радиуса ε 0 с центром в z i (i = 1, . . . , k), а через K i — ограниченный ею круг (см. рис. 10.3). Пусть все эти круги лежат в части ком- плексной плоскости, выделенной неравенством |z| ≤ R; без ограничения общности можно считать, что R > 1. 79 Рис. 10.3 Обозначим наименьшее значение |f 0 (z)| на окружностях S i через c 0 и положим δ 0 = c 0 nR n−1 . Рассмотрим наряду с уравнением (10.7) возмущенное уравнение f 1 (z) = z n + (a 0 1 + ∆a 1 )z n−1 + . . . + (a 0 n + ∆a n ) = 0 (10.8) и предположим, что возмущения ∆a i коэффициентов a 0 i удовлетворяют неравен- ствам |∆a i | < δ 0 (i = 1, . . . , n). (10.9) Тогда во всех точках каждой окружности S i (i = 1, . . . , k) будет выполнено нера- венство |f 1 (z) − f 0 (z)| = |∆a 1 · z n−1 + ∆a 2 · z n−2 + . . . + ∆a n | ≤ ≤ δ 0 (R n−1 + R n−2 + . . . + 1) < nδ 0 R n−1 = c 0 ≤ |f 0 (z)|. Из теоремы 4.3 следует тогда, что поля f 1 (z) и f 0 (z) имеют на каждой окружности S i одинаковое вращение. Вращение поля f 0 (z) на окружности S i равно кратности α i корня z i . Поэтому и поле f 1 (z) имеет вращение α i . Отсюда вытекает, что уравнение (10.8) в круге K i имеет ровно α i корней, если учитывать их кратность. Так как α 1 + . . . + α k = n, то вне кругов K i (i = 1, . . . , k) уравнение (10.8) корней не имеет. Мы доказали, что корни алгебраического уравнения являются непрерывными функциями коэффициентов. Рассмотрим многочлен f (z, λ) = a 0 (λ)z n + a 1 (λ)z n−1 + . . . + a n−1 (λ)z + a n (λ) с коэффициентами, являющимися непрерывными функциями вещественного па- раметра λ, α ≤ λ ≤ β. Допустим, что a 0 (λ) 6= 0 при α ≤ λ < β и a 0 (β) = a 1 (β) = . . . = a r−1 (β) = 0, a r (β) 6= 0. Из проведенных выше рассуждений вытекает, что корни уравнения f (z, λ) = 0 80 являются непрерывными функциями параметра λ при α ≤ λ < β. Посмотрим, как меняются корни при λ → β. Обозначим через z 1 , . . . , z m корни “предельного” уравнения f (z, β) = a r (β)z n−r + a r+1 (β)z n−r−1 + . . . + a n (β) = 0 и через α 1 , . . . , α m — их кратности. Пусть ε и R — заданные положительные числа. Обозначим через S i (i = 1, . . . , m) окружности |z − z i | = ε и через S 0 окружность |z| = R. При достаточно малых ε и достаточно большом R окружности S 1 , . . . , S m не пересекаются и лежат внутри S 0 . Из непрерывности коэффициентов a i (λ) вытекает, что при достаточно близ- ких к β значениях λ поля f (z; λ) на окружностях S 0 , S 1 , . . . , S m гомотопны полю f (z; β). Поэтому в каждом круге S i (i = 1, . . . , m) при близких к β значениях λ расположено ровно α i корней уравнения f (z; β) = 0, a r корней расположены вне круга S 0 Таким образом, r корней алгебраического уравнения “уходят в бесконечность”, если коэффициенты при r старших степенях переменной z обращаются в нуль. Остальные n−r корней переходят в корни предельного “вырожденного” уравнения. 10.3. О нулях и полюсах аналитических функций. В § 9 было показано, что индекс каждого нуля аналитической функции равен его порядку, а индекс полюса равен его порядку, взятому со знаком минус. Через N 1 (f ; Ω) обозначим число нулей функции f (z) в области Ω, а через N 2 (f ; Ω) — число полюсов; при этом каждый нуль и каждый полюс считаются столько раз, каков их порядок. Если полюс считать нулем отрицательного порядка, то разность N 1 (f ; Ω) − N 2 (f ; Ω) естественно назвать алгебраическим числом нулей. Допустим, что аналитическая функция f (z) имеет в области Ω конечное число нулей и конечное число полюсов и непрерывна на ограниченной замкнутой обла- сти Ω во всех точках, кроме указанных полюсов, причем на границе Γ области Ω функция f (z) не имеет нулей. Вращение поля f (z) на Γ можно определить как деленное на 2π полное приращение аргумента функции f (z) при обходе точкой z контура Γ в положительном направлении. Пусть начальное значение arg f (z) равно φ 0 , а его значение после полного оборота равно φ 1 . Тогда теорему об алгеб- раическом числе особых точек можно формулировать в виде равенства N 1 (f ; Ω) − N 2 (f ; Ω) = 1 2π (φ 1 − φ 0 ). (10.10) Это соотношение в теории аналитических функций называется принципом аргу- мента. Допустим, что аналитическая на Ω функция g(z) удовлетворяет условию |g(z)| < |f (z)| (z ∈ Γ). (10.11) Тогда из теоремы 4.3 вытекает, что вращения полей f (z) и f (z)+g(z) на Γ одинако- вы. Из равенства (10.10) вытекает тогда, что алгебраическое число нулей функций f (z) и f (z) + g(z) в области одинаково. 81 В частности, если f (z) и g(z) в области Ω не имеют полюсов, то из неравенства (10.11) вытекает, что функции f (z) и f (z) + g(z) в области Ω имеют одинаковое число нулей (учитывая их кратность). Это утверждение в теории аналитических функций называется (как и теорема 4.3) теоремой Руше. Упражнение 10.3. Пусть последовательность f n (z) аналитических функций рав- номерно в замкнутой области Ω сходится к f (z), отличной от тождественного нуля. Пусть f (z) на границе Γ области Ω не обращается в нуль. Докажите теорему Гурвица о существовании такого номера n 0 , что все функции f n (z) при n ≥ n 0 имеют в Ω одинаковое число нулей. Вернемся к формуле (10.10). Предположим, что граница Γ области Ω является замкнутой кусочно гладкой кривой. Модуль аналитической на Ω функции f (z) на Γ меняется непрерывно и в нуль не обращается. Поэтому функция ln |f (z)| при полном обходе кривой не получает приращения. Следовательно, I Γ d ln |f (z)| = 0. Вращение γ поля f (z) на Γ равно γ = 1 2π (φ 1 − φ 0 ) = 1 2π I Γ d arg f (z) = 2 2πi I Γ d ln e iarg f (z) . Объединяя последние два равенства, получим γ = 1 2πi I Γ d ln |f (z)| e iarg f (z) = 1 2πi I Γ d ln f (z), откуда γ = 1 2πi I Γ f 0 (z) f (z) dz. (10.12) Это выражение называется логарифмическим вычетом функций f (z) относитель- но Γ. Основная теорема о логарифмическом вычете вытекает из (10.10): 1 2πi I Γ f 0 (z) f (z) dz = N 1 (f ; Ω) − N 2 (f ; Ω). (10.13) Упражнение 10.4. Распространить формулу (10.13) на случай многосвязной об- ласти. 10.4. Системы двух и трех уравнений. Рассмотрим систему P (x, y) = 0, Q(x, y) = 0, (10.14) где функции P (x, y) и Q(x, y) непрерывны по совокупности переменных в замкну- той области Ω с границей Γ. Рассмотрим на Ω непрерывное векторное поле Φ(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)). (10.15) 82 Если вращение этого поля на Γ окажется отличным от нуля, то отсюда будет вытекать существование в области Ω по крайней мере одного решения системы (10.14). Если вращение окажется равным нулю, то можно пытаться находить под- области Ω 1 ⊆ Ω, на границах которых вращение поля (10.15) отлично от нуля. Вращение на Γ во многих случаях удается оценить по общим характеристи- кам функций P (x, y) и Q(x, y). Подобные примеры были разобраны выше, другие примеры будут приведены в следующем пункте. Для вычисления вращения могут быть применены, как уже указывалось, и численные методы — для этого достаточ- но представить вращение формулой Пуанкаре и провести вычисления так, чтобы ошибка была меньше, чем 0, 5; округляя полученный результат до целых единиц, мы получим точное значение вращения. Последнее замечание может быть применено для оценки погрешности найден- ного приближенного решения (x 0 , y 0 ) системы (10.14). Если окажется, что на окруж- ности (x − x 0 ) 2 + (y − y 0 ) 2 = ρ 2 вращение поля (10.15) отлично от нуля, то это будет означать, что найденное приближенное решение находится от некоторого точного решения системы на расстоянии меньшем, чем ρ. Теорема об алгебраическом числе особых точек векторного поля может быть применена и для оценки числа решений. Пусть, например, одно решение систе- мы (10.14) известно и известен его индекс. Если этот индекс окажется отличным от вращения поля (10.15) на Γ, то отсюда будет вытекать существование других решений. В следующем пункте будет приведен пример векторного поля, особые точки которого могут иметь только один вполне определенный индекс. Для таких полей Φ вращение на Γ полностью определяет число решений системы. Еще один принцип 15 доказательства существования решений основан на теоре- ме о негомотопности векторных полей с разным вращением. Рассмотрим систему трех уравнений P (x, y, t) = 0, Q(x, y, t) = 0, R(x, y) = 0, (10.16) где функции P , Q и R непрерывны. Третье уравнение — это уравнение некоторой плоской линии; допустим, что эта линия содержит замкнутую жорданову кривую Γ. На кривой Γ рассмотрим семейство Φ(M; t) векторных полей Φ(M; t) ≡ Φ(x, y, t) = (P (x, y, t), Q(x, y, t)) (10.17) и допустим, что эти поля при двух значениях t 1 и t 2 переменной t, рассматривае- мой как параметр, имеют на Γ разное вращение. Тогда при некотором t ∈ (t 1 , t 2 ) поле (10.17) на кривой Γ имеет нулевой вектор, так как в противном случае поля Φ(M; t 1 ) и Φ(M; t 2 ) были бы гомотопны на Γ и имели бы одинаковое вращение. Нуль поля (10.17) на Γ определяет решение системы (10.16). 15 Важные применения имеет аналог этого принципа для уравнений в бесконечномерных про- странствах (см. М.А. Красносельский, Топологические методы в теории нелинейных инте- гральных уравнений, Физматгиз, 1956). 83 Пусть, например, задана система 2x + ty + sin t(x + y) = 0, x − 2y + cos t(x + y) + t = 0, x 2 + y 2 = 1. (10.18) По описанной выше схеме нужно на единичной окружности Γ рассмотреть поля Φ(x, y, t) = (2x + ty + sin t(x + y), x − 2y + cos t(x + y) + t). Вращение поля Φ(x, y, 0) = (2x, x − 2y + 1) на Γ равно −1, так как это поле имеет единственную особую точку µ 0, 1 2 ¶ , ле- жащую внутри Γ, индекс которой равен −1. С другой стороны, при больших t вращение полей Φ(x, y, t) на Γ равно нулю, так как вторая компонента не при- нимает отрицательных значений. Значит, система (10.18) имеет по крайней мере одно решение. 10.5. Системы с полилинейной главной частью. В этом пункте через P k (x, y) и Q k (x, y) мы будем обозначать однородные многочлены степени k от пе- ременных x и y. Таким образом, P 0 (x, y) и Q 0 (x, y) — постоянные числа, P 1 (x, y) и Q 1 (x, y) — линейные выражения и т.д. Рассмотрим систему n X i=0 P i (x, y) = 0, n X i=0 Q i (x, y) = 0 (10.19) и допустим, что полилинейное поле Φ n (x, y) = (P n (x, y), Q n (x, y)) (10.20) не вырождено и индекс γ его нулевой особой точки отличен от нуля (см. § 8). Нетрудно проверить, что на окружностях x 2 + y 2 = R 2 большого радиуса R поле (10.20) является главной частью поля Φ(x, y) = Ã n X i=0 P i (x, y), n X i=0 Q i (x, y) ! . (10.21) Поэтому вращение поля (10.21) на этих окружностях совпадает с вращением поля (10.20) и равно, следовательно, γ. Отсюда вытекает существование нуля у поля (10.21), то есть, вытекает разрешимость системы (10.19). Предположим дополнительно, что |γ| = n. Как было показано в § 8, это значит, что каждое из уравнений P n (x, y) = 0, Q n (x, y) = 0 (10.22) определяет семейство ровно из n различных прямых, причем прямые семейств перемежаются. 84 Рассмотрим систему (10.19) частного вида P n (x, y) = a, Q n (x, y) = b, (10.23) где |a| + |b| > 0. Из доказанной выше теоремы вытекает, что эта система имеет по крайней мере одно вещественное решение. Покажем, что таких решений ровно n. Для доказательства покажем, что определитель ∆(x, y) = D(P n , Q n ) D(x, y) = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂ ∂x P n (x, y) ∂ ∂y P n (x, y) ∂ ∂x Q n (x, y) ∂ ∂y Q n (x, y) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (10.24) обращается в нуль лишь при x = y = 0. Отсюда будет вытекать, что во всех других точках определитель ∆(x, y) принимает значения одного знака. Из теоремы 6.2 то- гда будет следовать, что индексы всех особых точек поля (P n (x, y)−a, Q n (x, y)−b) одинаковы и по абсолютной величине равны 1. Остается воспользоваться теоремой об алгебраическом числе особых точек. По теореме Эйлера однородные функции P n (x, y) и Q n (x, y) могут быть пред- ставлены в виде P n (x, y) = x n ∂ ∂x P n (x, y) + y n ∂ ∂y P n (x, y), Q n (x, y) = x n ∂ ∂x Q n (x, y) + y n ∂ ∂y Q n (x, y) (10.25) Поэтому при x 6= 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂ ∂x P n (x, y) ∂ ∂y P n (x, y) ∂ ∂x Q n (x, y) ∂ ∂y Q n (x, y) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = = x n ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ P n (x, y) ∂ ∂y P n (x, y) Q n (x, y) ∂ ∂y Q n (x, y) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ + nx 2n−2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ P n ³ 1, y x ´ ∂ ∂y P n ³ 1, y x ´ Q n ³ 1, y x ´ ∂ ∂y Q n ³ 1, y x ´ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ . Правая часть, как было показано при доказательстве теоремы 8.2, имеет тот же знак, что и вращение поля (P n (x, y), Q n (x, y)) на единичной окружности. Для точек прямой x = 0 проведенные выше рассуждения нужно дополнить следующим соображением. Определитель (10.24) не изменится, если переменные x, y подвергнуть линейному преобразованию с определителем, равным 1. При та- ком преобразовании векторное поле останется n-линейным; индекс нулевой особой точки не изменится. Прямая x = 0 перестанет быть осью координат, и по уже до- казанному на точках этой прямой определитель (10.23) будет иметь тот же знак, что и вращение поля на единичной окружности. Упражнение 10.5. Сколько решений имеет система 4x 2 y − y 3 − 2 = 0, 3x 3 + x 2 y − 3xy 2 − y 3 |