Учебник москва мфти 2014

• Название: Учебник москва мфти 2014
• Дата: 06.06.2022
• Размер: 1.39 Mb.
• Имя файла: TFKP-POLOVIN.pdf
• Тип: Учебник; #571748
• страница: 11 из 15

. Так как ?
e
?
arg w =
= і +
g(z)
f (z)
ґ
, то второе слагаемое в (13) равно нулю, что и доказывает теорему.
Теорема 3 (Гаусс. Всякий многочлен й степени) = z
n
+ c
n?1
z
n?1
+ · · · + имеет в комплексной плоскости C ровно n нулей с учетом их порядков.
Д ока за тел ь ст во. Определим две функции (z)
4
= z
n
,
g(z)
4
= c
n?1
z
n?1
+ · · · + Так как функция при z ? ?, то существует число такое, что для всякого R > справедливо неравенство
Ї
Ї
Ї
g(z)
z
n
Ї
Ї
Ї < при |z| = R. По теореме Руше число нулей функции
P
n
внутри окружности {z | |z| = равно числу нулей функции f(z) = z
n
внутри
?
?
R
с учетом их порядков. Так как точка 0 есть нуль функции порядка n, то многочлен в любом круге B
R
(0)
, R > R
0
, имеет ровно n нулей с учетом их порядков, а в силу произвольности R > многочлен имеет ровно n нулей с учетом их порядков во всей плоскости C.
184

џ 23. Принцип аргумента. Теорема Руше
u
v
0
?
?
1
?
?
2
?
5 4
5 4
?
3 4
3 Рис. Пример 1. Рассмотрим функцию Жуковского вида f(z) =
=
1 2
Ў
z и две окружности ?
1
= {z | |z| = и ?
2
= {z | |z| =
=
1 Функция Жуковского имеет нули первого порядка в точках, а точка z = 0 является полюсом го порядка. По принципу аргумента получаем f (z) = 2?(N ? P ) = 2?(2 ? 1) = 2?,
?
?
2
arg f (z) = 2?(N ? P ) = 2?(0 ? 1) = Геометрически это значит, что окружность радиуса R > функцией Жуковского отображается в кривую (эллипс) с сохранением ориентации, а окружность радиуса
1
R
отображается в тот же эллипс с противоположной ориентацией (см. рис. 48).
185

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции 24. Геометрические принципы
В данном параграфе приведем основные геометрические принципы регулярных функций.
Лемма 1 (об открытости. Пусть заданы точка z
0
? число R > 0 и функция f : B
R
(z
0
) ? C
, которая регулярна.
Пусть w
0
= f и) = · · · = f
(n?1)
(z
0
) = 0, f
(n)
(z
0
) 6= где n > 2. Тогда существуют круг B
r
(z
0
)
, где 0 < r 6 R, и круг такие, что B
?
(w
0
) ? f и для любой точки у функции f найдется ровно n прообразов в круге B
r
(z
0
)
. В этом случае говорят, что функция f является
n
-листной в круге Доказательство. Так как по условию леммы точка является нулем функции порядка n, то справедливо представление вида ? w
0
= f (z) ? f (z
0
) = (z ? где функция h : B
R
(z
0
) ? регулярна и h(z
0
) 6= Обозначим ? w
0
= и из выражения (2) получим (z ? откуда, решая это уравнение относительно ?, следует, что ? ?
? (z ? Существует окрестность B
r
0
(z
0
)
, r
0 6 R
, в которой h(z) 6=
6= и по теореме 2 из џ 16 у многозначной функции существуют в ней регулярные ветви. Обозначим через одну из таких регулярных ветвей функции {
n
p
h(z)}
. Определим (z ? z
0
)g
0
(z), z ? Покажем, что функция ? из (5) удовлетворяет условиям теоремы 2 об обратной функции из џ 5. В самом деле, она регулярна в некоторой окрестности точки итак как g
0
(z
0
) + (z ? z
0
)g
0
0
(z)|
z=z
0
= g
0
(z
0
) ? {
n
p
h(z
0
)}.
186

џ 24. Геометрические принципы
Следовательно, по теореме об обратной функции существуют круг B
r
(z
0
)
, где r 6 r
0
, и круг B
?
(0)
, такие, что для любой точки w
1
? найдется ровно один прообраз функции ? в круге B
r
(z
0
)
u
v
0
B
?
n
(0)
w
0
B
?
(0)
2?
n
?
?
1
= ?
n
x
y
0
B
r
(z
0
)
z
0
z
? = Рис. Функция ?
1
= отображает проколотую окрестность
?
B
?
(0)
на проколотую окрестность) n
-листно, те. каждая точка из
?
B
?
n
(0)
имеет при отображении функцией ?
1
= ровно n прообразов в круге B
?
(0)
, каждый сектор круга с углом отображается функцией ?
n
однолистно в целый круг
B
?
n
(0)
(см. рис. В итоге, вспоминая, что в силу (3) и (5) справедливо равенство+ где) = (z ? получаем, что у функции f для любого имеется ровно n прообразов в круге Следствие 1. Если функция f регулярна в окрестности точки z
0
6= ?
, то условие f
0
(z
0
) 6= является необходимыми достаточным для однолистности отображения f в некоторой достаточно малой окрестности точки z
0
, те. "однолистности в малом".
Заметим, что условие f
0
(z
0
) 6= не является достаточным для однолистности в области, те. "однолистности в боль

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции шом". Например, функция w = всюду удовлетворяет условию, но она не однолистна, например, в Теорема 1 (принцип сохранения области. Пусть функция f : G ? C регулярна в области G и f(z) 6? const. Тогда при отображении f образом области G является область.
Д ока за тел ь ст во. Пусть G
?
 образ области G при отображении f, те) Рассмотрим любую точку w
0
? G
?
, тогда существует точка z
0
? такая, что w
0
= f (z
0
)
. Так как точка является внутренней точкой области G, то функция f регулярна в некоторой окрестности точки z
0
, причем так как f(z) 6? const, то существует n ? N такое, что f
(n)
(z
0
) 6= 0
. По лемме 1 существует круг B
?
n
(w
0
)
, входящий в G
?
, те внутренняя точка множества G
?
, поэтому множество открыто) Докажем (линейную) связность множества G
?
. Пусть точки и w
1
? G
?
, тогда существуют точки z
0
,z
1
? G
такие,
что f(z
0
) = и f(z
1
) = w
1
. Так как множество G есть область,
то существует кусочно-гладкая кривая ? ? G, соединяющая точку сточкой. Тогда в силу определения f(?) ? G
?
, т. е.
кусочно-гладкая кривая f(?) соединяет точки и Теорема 2 (принцип максимума модуля).
Пусть функция f : G ? C регулярна в ограниченной области G и непрерывна в G = G ? ?, где ?  граница области G. Пусть (z) 6? const
. Тогда супремум модуля этой функции sup{|f (z)| | z ? достигается строго на границе ? области Доказательство. Рассмотрим произвольную точку G
. Для доказательства теоремы достаточно доказать, что существует точка z
1
? такая, что |f(z
1
)| > |f (z
0
)|
. По теореме образом области G является область G
?
, и поэтому точка f является внутренней точкой образа, те. существует число ? > 0 такое, что справедливо включение B
?
(w
0
) ? G
?
188

џ 24. Геометрические принципы
Возьмем точку w
1
? B
?
(w
0
)
, которая находится дальше от начала координат (см. риса, например w
0
µ
1 +
?
2|w
0
|
¶
, |w
1
| > Так как w
1
? G
?
, то существует точка z
1
? такая, что f(z
1
) =
= w
1
, те а б
Рис. Следовательно (z)| | z ? ?} = sup{|f (z)| | z ? В свою очередь, функция |f(z)| непрерывна на ограниченном замкнутом множестве G, и поэтому она достигает свою точную верхнюю грань в некоторой точке границы.
Следствие 2. Если функция f : G ? C регулярна в ограниченной области G и непрерывна в ее замыкании G, причем (z) 6= 0
, ? z ? G и f(z) 6? const, то inf{|f(z)| | z ? G} достигается строго на границе области Упражнение. Докажите следствие Еще одним важным следствием принципа максимума модуля является
Лемма 2 (Шварц). Пусть функция f : B
1
(0) ? регулярна в круге B
1
(0)
, ограничена |f(z)| 6 1 для всех z ? и f(0) = 0. Тогда справедлива оценка (z)| 6 |z|, ?z ? Если равенство в (6) достигается хотя бы водной точке z
0
?
? B
1
(0), z
0
6= то оно справедливо всюду в и существует ? такое, что f(z) = при всех z ? B
1
(0)
189

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
Д ока за тел ь ст во. Рассмотрим функцию g(z)
4
=
f В силу условия f(0) = 0 функция g имеет в нуле устранимую особенность, те. доопределяя ее по непрерывности в нуле, получаем, что g регулярна в круге B
1
(0)
. По принципу максимума модуля для любого r ? (0,1) максимум |g(z)| в круге достигается на границе ?
r
4
= {z | |z| = r}
. Отсюда и по условию леммы ( |f(z)| 6 1) получаем оценку 6 1
r
, ?z ? Зафиксируем произвольное z
0
? B
1
(0)
. Так как справедливо включение z
0
? при любом r ? (|z
0
|,1)
, то из оценки (имеем |g(z
0
)| 6 при всех r ? (|z
0
|,1)
. Устремляя r ? 1, получаем, тете. оценка (6) доказана.
Допустим, что существует точка z
1
? B
1
(0), z
1
6= в которой в неравенстве (6) имеет место равенство. Тогда функция достигает свой максимум в этой внутренней точке, те. |g(z
1
)| =
= 1
. Но по принципу максимума модуля это возможно только в случае, когда g константа, те. найдется ? ? такое, что) = e
i?
. Тогда f(z) = Упражнение. Покажите, что в условиях леммы
Шварца справедливо неравенство |f
0
(z)| 6 1
, в котором равенство возможно лишь в случае, когда f(z) = Теорема 3 (Принцип максимума и минимума гармонической функции. Пусть функция u : G ? гармонична в ограниченной области G ? и непрерывна на ее замыкании = G ? ?
. Пусть u(x,y) 6? const. Тогда максимум и минимум этой функции достигаются на границе области Доказательство. Допустим противное. Пусть в точке (x
0
,y
0
) ? достигается max{u(x,y) | (x,y) ? G}. Так как множество G есть область, то точка z
0
= x
0
+ является внутренней точкой множества G, и существует число r > такое, что круг B
r
(z
0
) ? Как показано в теореме 2 из џ 4, существует регулярная функция f : B
r
(z
0
) ? такая, что Re f(z) = u(x,y). (На

џ 24. Геометрические принципы помним, что надо взять, y)
Z
(x
0
, y
0
)
?
?u
?y
dx и (z)
4
= u(x,y) + Пусть w
0
= f (z
0
)
. По теореме 1 существует круг такой, что B
?
(w
0
) ? f (B
r
(z
0
))
. Возьмем в круге точку правее w
0
, те см. рис. б, причем существует точка z
1
? такая, что f(z
1
) = w
1
. Тогда Re f(z
1
) =
= u(x
1
,y
1
) > u(x
0
,y
0
)
, что противоречит допущению. Следовательно, допущение неверно. Доказательство утверждения о минимуме следует из первой части доказательства о максимуме, так как min u(x,y) =
= ? max(?u(x,y))
, а функция ?u(x,y) также является гармонической функцией.
Для гармонической функции u(x,y) удобно ввести обозначение, где z = x + Теорема 4 (О среднем для гармонической функции).
Пусть функция u : B
R
(a) ? является гармонической в круге
B
R
(a)
и непрерывной на его замыкании B
R
(a)
. Тогда справедлива формула) =
1 2?
2?
Z
0
u(a + Re
i?
) Доказательство. По теореме 2 џ 4 существует регулярная функция f : B
R
(a) ? такая, что Re f(z) = Тогда по интегральной формуле Коши для любой окружности {z | |z ? a| = ?}
, где ? ? (0,R), имеем равенство (a) =
1 2?i
Z
?
?
f (?)
? ? Так как для всякой точки ? ? ?
?
, справедливо представление = a + ?e
i?
, где 0 6 ? 6 2?, то d? = i?e
i?
d?
, и после замены

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции переменных в интеграле получаем (a) =
1 2?i
2?
Z
0
f
Ў
a + ?e
i?
ў
i?e
i?
d?
?e
i?
=
1 2?
2?
Z
0
f
Ў
a + Выбирая в (9) действительные части, получаем равенство) =
1 2?
2?
Z
0
u(a + ?e
i?
) Из непрерывности функции u(z) = u(x,y) на круге следует равномерная по ? ? [0,2?] непрерывность функции ? ?
? u(a + при ? ? (0,R]. По известной теореме математического анализа о переходе к пределу под знаком интеграла,
устремляя ? к R, получаем формулу (8).
192

џ 25. Конформные отображения в C
џ 25. Конформные отображения в В данном параграфе сформулируем определение конформного отображения в произвольной области из C и объясним некоторые геометрические свойства такого отображения. Геометрический смысл модуля и аргумента производной функции.
Пусть задана функция f : G ? C, определенная в области ? C
. Пусть точка z
0
? такова, что в ней существует производная. Обозначим f (z
0
),
?w = f (z) ? f (z
0
),
?z = z ? Тогда в силу определения производной имеем = f
0
(z
0
)?z + где lim
?z?0
?(?z)
?z
= 0
, f
0
(z
0
) = u
x
(x
0
,y
0
) + Рассмотрим приращение функции ?w по формуле (1), воспользовавшись его приближенным представлением через дифференциал так как с точностью до члена более высокого порядка малости, чем |?z|, имеет место приближенное равенство ?w ' dw). Расписав дифференциал dw по компонентам, получаем
µ
?u
?v
¶
'
Г
u
x
?v
x
v
x
u
x
! µ
?x
?y
¶
= K Г где K
4
= |f
0
(z
0
)|
. Из выражения (2) следует, что линейное относительно отображение dw = является суперпозицией двух отображений растяжения с коэффициентом K =
= |f
0
(z
0
)| > и ортогонального преобразования плоскости
(так как очевидно, что последняя квадратная матрица в равенстве) является ортогональной).
В частности, так как |dw| = |f
0
(z
0
)||?z|
, то образом окружности радиуса r > 0 (на которой |?z| = при отображении f будет окружность ? = {w | |w ? w
0
| = радиуса Kr с точностью до o(|?z|) (см. рис. 51).
193

Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции
Полученное свойство отображения f называют свойством сохранения окружности в малом, причем коэффициент линейного растяжения в точке равен = |f