Учебник москва мфти 2014
 Скачать 1.39 Mb.
|
|
?,R) . Функция ? ? f регулярна в кольце K ?,R (a) . Для любых чисел r 1 ,r 2 : ? < r 1 < r 2 < определим окружности с центром в точке a и радиуса r k , k ? 1,2, ориентированные положительно. Множество ? 4 = ? 2 ? ? ?1 является положительно ориентированной границей кольца и по обобщенной теореме Коши (теорема 3 џ 7) получаем, что 1 f (?) (? ? a) n+1 d? = 0, 79 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции откуда следует равенство (?) (? ? a) n+1 d? = Z ? 1 f (?) (? ? которое и требовалось для доказательства независимости интеграла) от выбора значения r ? (?,R) при каждом n ? Z. 2. Зафиксируем произвольную точку в кольце Выберем числа такие, что ? < r 1 < |z 0 ? a| < r 2 < R , и окружности ? k 4 = {z | |z ? a| = при k ? 1,2, ориентированные положительно. Тогда множество ? 4 = ? 2 ? ? ?1 1 , является положительно ориентированной границей кольца K r 1 ,r 2 (a) 4 = 4 = {z | r 1 < |z ? a| < r 2 } , в котором по интегральной формуле Коши (теорема 1 џ 8) получаем (z 0 ) = 1 2?i Z ? f (?) ? ? z 0 d? = = 1 2?i Z ? 2 f (?) ? ? z 0 d? ? 1 2?i Z ? 1 f (?) ? ? z 0 d? 4 = I 2 + Рассмотрим интеграл из равенства (6). Повторяя рассуждения доказательства теоремы 2 џ 9, для всех ? ? подин- тегральную функцию представляем в виде суммы геометрической прогрессии (см. пример 1 џ 9) вида 2?i f (?) (? ? z 0 ) = 1 2?i f (?) (? ? і ? z 0 ?a ??a ґ = = 1 2?i +? X n=0 (z 0 ? a) n (? ? a) n+1 f Из справедливости оценки Ї Ї Ї Їf (?) (z 0 ? a) n (? ? a) n+1 Ї Ї Ї Ї 6 M r 2 · (q 2 ) n , ? ? ? ? 2 , 80 џ 11. Ряд Лорана где q 2 4 = |z 0 ?a| r 2 < 1 , M 4 = sup{|f (z)| | r 1 6 |z ? a| 6 r 2 } < +? , и из того, что ряд +? P n=0 (q 2 ) n сходится, по признаку Вейерштрасса получаем, что ряд (7) сходится абсолютно и равномерно на По теореме 2 из џ 6 ряд (7) можно почленно интегрировать поте. получим, что 2?i Z ? 2 f (?) ? ? z 0 dz (7) = (7) = +? X n=0 1 2?i Z ? 2 f (?) (? ? a) n+1 d? · (z 0 ? a) n = +? X n=0 c n (z 0 ? где 2?i Z ? 2 f (?) (? ? a) n+1 d?, n = 0,1,2, . . . (9) 3. Рассмотрим интеграл из (6). Представим в виде суммы ряда (см. пример 1 џ 9) ? 1 ? ? z 0 = 1 (z 0 ? і ? ??a z 0 ?a ґ = +? X n=0 (? ? a) n (z 0 ? По признаку Вейерштрасса ряд (10) сходится равномерно по на ? 1 , так как Ї Ї Ї Ї ? ? a z 0 ? a Ї Ї Ї Ї = r 1 |z 0 ? a| 4 = q 1 < 1, ? ? ? Так как |f(?)| 6 M при ? ? ? 1 , тов выражении 2?i f (?) (? ? z 0 ) = +? X n=0 1 2?i f (?)(? ? a) n (z 0 ? a) n+1 , ? ? ряд справа также сходится равномерно на ? 1 , и аналогично случаю вычисления по теореме 2 џ 6 его можно почленно интегрировать по ? 1 . После интегрирования из равенства (получаем 1 2?i Z ? 1 f (?)(? ? a) n d? ? ? 1 (z 0 ? Заменяя в формуле (12) номер (n + 1) на (?m), получаем ра- 81 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции венство I 1 = ?1 X m=?? c m (z 0 ? где 2?i Z ? 1 f (?) (? ? a) m+1 d?, m = ?1, ? 2, . . В силу пункта 1) в формулах (9), (14) контуры ? 1 , можно заменить на любую окружность ? r = {z | |z ? a| = r} , где ? < < r < R , те. верна общая формула коэффициентов (5). Так как точка была выбрана в данном кольце произвольно, то, складывая ряды (8) и (13), получаем ряд Лорана с коэффициентами (5), сходящийся во всем кольце к функции Следствие 1. Если функция f : B R (a) ? регулярна на, то ее ряд Лорана с центром в точке a, полученный в теореме 1, совпадает с ее рядом Тейлора с центром в точке В самом деле, при отрицательных m = ?1,?2, . . . из регулярности функции f следует, что функция f(?)(? ? будет также регулярной в круге B R (a) , и по теореме Коши интеграл от нее по замкнутому контуру равен нулю, те. по формуле (5) c m = при ? m = ?1,?2, . . . . При m ? N для коэффициентов формулы (4) в џ 11 ив совпадают. Теорема 2 (о единственности разложения вряд Лорана). Представление функции f, регулярной в кольце) = {z | ? < |z ? a| < в виде сходящегося ряда Лорана с центром в точке a единственно. Д ока за тел ь ст во. Пусть регулярная функция f представлена в кольце в виде некоторого ряда (z) = ?1 X n=?? b n (z ? a) n + +? X n=0 b n (z ? a) n , ?z ? Выберем произвольное число r ? (?,R) и окружность ? r 4 = 4 = {z | |z ? a| = r} , которая ориентирована положительно. Как џ 11. Ряд Лорана показано в примере 1 џ 6, справедлива формула ? a) k+1 = ( 2?i, k = 0, 0, k = ±1, ± 2, . . Как было отмечено вначале параграфа, ряд (15) сходится локально равномерно нате. в частности на окружности он сходится равномерно. Зафиксируем любое число k ? Умножив ряд (15) на ограниченную по модулю на окружности функцию 2?i(z?a) k+1 , получаем равномерно сходящийся на окружности ряд 2?i f (z) (z ? a) k+1 = +? X n=?? 1 2?i b n (z ? a) n (z ? Следовательно, по теореме 2 из џ 6 его можно почленно интегрировать по окружности ? r , и, учитывая формулу (5), получаем те. ряд (15) совпадает с рядом Лорана (1), (Из следствия 1 и теоремы 2 получаем Следствие 2. Представление регулярной функции f: B R (a) ? в виде сходящегося степенного ряда по степеням единственно. Оно совпадает с рядом Тейлора этой функции с центром в точке a. x y 0 2 1 3 Рис. Пример 1. Разложить функцию (z) = 1 z(z ? вряд Лорана с центром в точке a = 2 в кольце K 1,2 (2) = {z | 1 < |z ? 2| < Решение. Очевидно, что функция регулярна в заданном кольце, т. е. требуемое разложение вряд Лорана по теореме существует. Формула (5) не совсем удобна для вычис- 83 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции ления коэффициентов ряда Лорана. Поэтому поступим иначе. Представим функцию f в виде элементарных дробей (z) = 1 z ? Преобразуем второе слагаемое в (18) к виду ? 1 (z ? 2) + 2 = ? 1 2 1 Ў 1 + z?2 2 ў Так как в заданном кольце выполнено неравенство Ї Ї z?2 2 Ї Ї < < 1 , то, сделав замену ? = ? z?2 и воспользовавшись примером из џ 9, получаем ряд 2 1 Ў 1 + z?2 2 ў = +? X n=0 µ ? 1 2 ¶ µ z ? 2 сходящийся в круге |z?2| < 2. Аналогично преобразуем первое слагаемое в (18) и при |z ? 2| > 1 получим сходящийся ряд ? 1 = 1 (z ? 2) + 1 = 1 (z ? і + 1 z?2 ґ = = 1 z ? 2 +? X n=0 µ ? 1 z ? 2 ¶ n = +? X n=1 (?1) n+1 (z ? В итоге из рядов (19) и (20) получаем представление функции в виде ряда (z) = +? X n=0 (?1) n+1 (z ? 2) n 2 n+1 + ?1 X n=?? (?1) n+1 (z ? 2) n , ? z ? который в силу теоремы 2 (единственности ряда Лорана) является искомым рядом Лорана данной функции f в кольце K 1,2 (2) Следствие 3 (неравенство Коши для коэффициентов ряда Лорана). Пусть функция f регулярна в кольце) = {z | ? < |z ? a| < и на каждой окружности ? r = = {z | |z?a| = r} , где r ? (?,R), справедлива оценка |f(z)| 6 A r 84 џ 11. Ряд Лорана ? z ? ? r . Тогда для коэффициентов (5) ряда Лорана (1) справедлива оценка 6 A r r n , ? n ? Доказательство. Из формулы (5) сразу следует = Ї Ї Ї Ї Ї Ї 1 2?i Z ? r f (?) d? (? ? a) n+1 Ї Ї Ї Ї Ї Ї 6 A r 2?r n+1 Z ? r |d?| что и требовалось доказать Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции 12. Изолированные особые точки Определение 1. Пусть функция f нерегулярна в точке ? C , но регулярна в некоторой проколотой окрестности этой точки a те. на множестве, ? > 0). Тогда точку a называют изолированной особой точкой (однозначного характера) функции В определении 1 точка a может быть как конечной точкой (тогда ? B ? (a) = {z | 0 < |z ? a| < ?}) , таки бесконечной (тогда) = {z | |z| > В зависимости от поведения функции f около особой точки будем различать три типа особых точек. Определение 2. Изолированная особая точка a ? C функции называется) устранимой особой точкой, если существует конечный предел) полюсом, если существует lim z?a f (z) = ? ; 3) существенно особой точкой, если не существует конечного или бесконечного предела lim z?a f В случае, когда особая точка a конечна, регулярную в кольце f по теореме 1 џ 11 можно представить в виде суммы сходящегося ряда Лорана с центром в точке a, те Тогда будем различать две части этого ряда Лорана I пр 4 = +? X n=0 c n (z ? игл ? которые называют соответственно правильной и главной частями ряда Лорана (1) с центром в особой точке a. 86 џ 12. Изолированные особые точки В случае, когда особая точка a = ?, функцию f можно представить в виде суммы сходящегося в кольце ? B ? (?) ряда Лорана (с центром в точке ?) f (z) = +? X n=?? c n z n , z и теперь будем различать части ряда (2) I пр 4 = 0 X n=?? c n z n и I гл 4 = +? X n=1 c n z n , которые называются соответственно правильной и главной частями ряда Лорана (2) с центром в Теорема 1. Пусть точка a ? C есть изолированная особая точка функции f. Пусть функция f представлена своим рядом Лорана с центром в точке a. 1) Для того, чтобы точка a ? C была устранимой особой точкой, необходимо и достаточно, чтобы главная часть ряда Лорана отсутствовала (те. гл) ? 0 ). 2) Чтобы точка a ? C была полюсом, необходимо и достаточно, чтобы главная часть ряда Лорана I гл (z) содержала конечное число ненулевых слагаемых) Чтобы точка a ? C была существенно особой точкой, необходимо и достаточно, чтобы главная часть ряда Лорана I гл (z) содержала бесконечное число ненулевых слагаемых. Д ока за тел ь ст во. Пусть точка a ? C, те. конечна) Необходимость. Пусть a устранимая особая точка функции f, те. существует конечный предел lim z?a f (z) . Тогда функция f ограничена в некоторой проколотой окрестности точки a, те. существуют числа ? 1 ? и A > 0 такие, что (z)| < при ? z Воспользуемся неравенством Коши для коэффициентов ряда Лорана функции f см. следствие 3 џ 11) |c n | 6 A r n , ? r ? (0,? 1 ). 87 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции Для каждого целого n < 0 следует, что |c n | 6 A · r |n| ? прите для всех n < 0, те. гл) ? 0 2) Достаточность. Пусть гл) ? 0 , те Тогда f(z) = +? P n=0 c n (z ? a) n 4 = S(z), ? z Так как по первой теореме Вейерштрасса (теорема 3 џ сумма сходящегося степенного ряда S(z) есть регулярная функция на круге B ? (a) , причем f(z) = S(z) при z 6= a, то существует предел lim z?a f (z) = lim z?a S(z) = S(a) = c 0 . 1) Необходимость. Пусть точка a полюс функции f, т. е. существует предел lim z?a f (z) = ? . В силу этого можно выбрать > такое, что при всех z справедливо неравенство (z)| > 1 . Определим функцию g(z) 4 = 1 f при z Очевидно, что функция g регулярна в проколотой окрестности, причем g(z) 6= 0 и |g(z)| < 1 при всех z Так как точка a есть полюс функции f, то существует предел lim z?a g(z) = lim z?a 1 f (z) = 0 , те. получаем, что точка a есть устранимая особая точка функции g. Следовательно, доопределяя g(a) = 0 , получаем в силу пункта 1), что функция g представима в виде сходящегося степенного ряда) = b m (z ? a) m + b m+1 (z ? a) m+1 + . . . , ? z ? Так как функция g(z) 6? 0, в равенстве (3) существует наименьший номер m > 1, при котором b m 6= 0 . Таким образом, функцию g можем представить в виде g(z) = (z ? a) m h(z) , где b m +b m+1 (z ?a) + . . . , причем функция h как сумма сходящегося степенного ряда регулярна в круге и h(a) 6= Поэтому h(z) 6= 0 при всех z из некоторой окрестности где 0 < ? 1 6 ? . Следовательно, функция тоже регулярна в B ? 1 (a) , и по теореме 2 из џ 9 она также представима в џ 12. Изолированные особые точки виде суммы сходящегося степенного ряда, те причем здесь d 0 = 1 b m 6= 0 . В итоге получаем в (z) = 1 g(z) = p(z) (z ? a) m = (4) = d 0 (z?a) m + d 1 (z?a) m?1 +· · ·+ d m?1 (z?a) +d m +d m+1 (z?a)+. . . Таким образом, последняя часть в равенстве (4)- (5) есть ряд Лорана функции f с центром в точке a, причем его главная часть гл, очевидно, содержит конечное число ненулевых слагаемых. 2) Достаточность. Пусть справедливо представление функции f в проколотой окрестности ? B ? 1 (a) в виде суммы сходящегося ряда Лорана (4)- (5), причем d 0 6= 0 . Тогда, вынося за скобки общий множитель, получаем (z) = 1 (z ? a) m (d 0 + d 1 (z ? a) + . . . ) 4 = p(z) (z ? В формуле (6) функция p как сумма сходящегося степенного ряда регулярна в круге и lim z?a p(z) = p(a) = d 0 6= 0 . С другой стороны при z ? a. Отсюда получаем, что lim z?a f (z) = ? 3) Эквивалентность последних условий покажем методом исключения. Предел может существовать вили не существовать. У главной части I гл (z) ряда может быть конечное число ненулевых слагаемых или бесконечное. Эквивалентность существования предела в C и конечности числа ненулевых слагаемых в I гл (z) уже доказаны в пп. 1) и 2). Следовательно, отсутствие предела функции f эквивалентно бесконечному числу ненулевых слагаемых в гл. Пусть функция f имеет особую точку a = ?. Заменой аргумента ? приходим к функции e f (?) = і, у которой особой точкой является точка ? = 0, причем существование Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции предела функции e f в точке ? = 0 эквивалентно существованию предела функции f(z) в ?, те. тип особой точки a = ? у функции f(z) и тип особой точки ? = 0 у функции e f одинаков. В свою очередь, главная часть ряда Лорана функции с центром в точке ? при замене аргумента переходит в главную часть ряда Лорана функции e f с центром в точке ? = Так как необходимое соответствие в конечной точке ? = 0 уже установлено в пункте I, то это влечет требуемое соответствие при a = Следствие 1. Точка a ? C является полюсом функции тогда и только тогда, когда существуют окрестность, натуральное число m > 1 и регулярная в круге функция такие, что p(a) 6= 0 и справедливо равенство (z) = p(z) (z ? a) m , z В свою очередь, точка a = ? является полюсом функции тогда и только тогда, когда существуют окрестность ? B ? (?) , число m > 1, регулярная в ? B ? (?) функция h, у которой существует конечный предел h(?) 6= 0, такие, что справедливо равенство (z) = z m h(z), z Доказательство очевидно следует из формул (и (6) доказательства теоремы Определение 3. Пусть a ? C полюс функции f. Тогда число m в формулах (7) или (8) соответственно называется порядком полюса a функции Определение 4. Пусть a ? C, ? > 0, m > 1, пусть функция : B ? (a) ? регулярна и) = g 0 (a) = · · · = g (m?1) (a) = 0, g (m) (a) 6= Тогда говорят, что функция g имеет в точке a нуль го порядка (или й кратности. Если же g(a) 6= 0, то говорят, что точка a не является нулем функции g или для следствия функция g имеет в точке a нуль нулевого порядка џ 12. Изолированные особые точки Следствие 2. Пусть функции g,h : B ? (a) ? C регулярны, причем функция h имеет в точке a нуль го порядка (k > 0), а функция g имеет в точке a нуль го порядка (m > 1). Тогда, если m > k, то функция f(z) имеет в точке a полюс ? го порядка, а если m 6 k, то функция f имеет в точке a устранимую особую точку. Д ока за тел ь ст во. В силу определения 4 имеем для функций h и g представление) = (z ? a) k h 1 (z), g(z) = (z ? где функции h 1 , g 1 : B ? (a) ? регулярны и h 1 (a) 6= 0, g 1 (a) 6= 6= 0 . Определим функцию p(z) 4 = h 1 (z) g 1 (z) . Эта функция регулярна в некоторой окрестности точки a и p(a) 6= 0. В итоге для функции f получаем формулу (7) и из следствия 1 следует утверждение следствия Пример 1. Рассмотрим функцию f(z) при z 6= Точка z = 0 есть устранимая особая точка функции f, так как справедливо представление функции f в виде ряда с центром в точке 0: f (z) = (1 + z + z 2 2! + . . . ) ? 1 z = 1 + z 2! + z 2 3! + . . . при всех 0 < |z| < Точка z = ? существенно особая точка функции f, так как ряд (9) в свою очередь является рядом Лорана функции f с центром в ?, и его главная часть содержит бесконечное число ненулевых слагаемых. Пример 2. Рассмотрим функцию f(z) = sin при |z| > Для нее справедливо разложение вряд Лорана f (z) = z ? z 3 3! + z 5 5! ? . . . z 2 = 1 z ? z 3! + . . . , ? z 6= те полюс первого порядка, а ? существенно особая точка функции f. 91 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции Пример 3. Рассмотрим функцию f(z) = при |z| > Очевидно, справедливо разложение вряд Лорана f (z) = 1 + 1 z + 1 2!z 2 + . . . , |z| > откуда из теоремы 1 следует, что точка 0 есть существенно особая точка, а точка ? устранимая особая точка функции То, что точка 0 является существенно особой точкой, можно было доказать иначе, по определению 2, показав наличие различных пределов функции f в нуле справа и слева по действительной оси. Пример 4. Пусть для регулярной функции f : ? B 1 (0) ? установлена оценка (z)| где A = const > 0, z Какую особенность имеет функция f в точке Решение. Первый способ решения. При |z| 6 1 получаем, что p |z| 6 и |z| 6 p |z| , поэтому (z)| 6 p |z| · |f (z)| 6 A, z те. у функции zf(z) точка z = 0 есть устранимая особая точка. Поэтому в проколотой окрестности нуля ? B 1 (0) справедливо ее представление в виде ряда (z) откуда f(z) В случае, когда c 0 = 0 , точка z = 0 является устранимой особой точкой функции Допустим, что c 0 6= 0 . Тогда получаем выражение f(z) = = h(z) z , где функция h регулярна и h(0) 6= 0. Поэтому найдутся числа ? > 0 и ? 6 1 такие, что |h(z)| > ? при z ? B ? (0) . Отсюда (z)| при 0 < |z| < ?. В силу условия (10) получаем, что ? |z| 6 A ? |z| при всех z : 0 < |z| < ?, те при всех z : 0 < |z| < ?, что неверно. В итоге установлено, что функция f имеет в точке 0 устранимую особую точку џ 12. Изолированные особые точки Второй способ решения. Условия задачи (10) можно переписать в виде max |z|=r |f (z)| 6 A r 1/2 , ? r ? Рассмотрим ряд Лорана функции f с центром в точке 0. По неравенству Коши для коэффициентов этого ряда и из неравенства) получаем оценку Отсюда для каждого целого n < 0 получаем, что |c n | 6 6 A · r |n|? 1 2 ? прите для всех n < 0, т. е. I гл (z) ? 0 . В итоге мы еще раз показали, что функция f имеет в точке 0 устранимую особую точку. Пример 5. Для какой регулярной функции f : ? B 1 (0) ? можно указать функцию g : ? B 1 (0) ? C , g(z) 6? 0, такую, что lim z?0 (f (z)g(z)) = 0 При этом рассмотреть две возможности) функция g регулярна в круге б) функция g регулярна в проколотой окрестности ? B 1 (0) Р е ш е ни е. Отбросим тривиальный случай, когда f ? Для случаев аи б) приведем различные решения. Случай а. Имеем три возможности для особой точки z = функции f. 1) Функция f имеет в точке 0 устранимую особую точку. Тогда очевидно, что функция вида g(z) = z удовлетворяет условию (12) задачи, те. ответ положительный) Функция f имеет в точке 0 полюс го порядка. Тогда в силу следствия 1 справедливо представление функции f в виде f(z) = p(z) z m , где функция p регулярна в круге и) 6= 0 . Возьмем функцию вида g(z) = и получим, что (z)g(z) = zp(z) , те. для нее выполнено условие (12) и ответ положительный Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции) Допустим, что функция f имеет в точке 0 существенно особую точку. Тогда для всякой регулярной в круге функции g возможны два случая) g(0) 6= 0. Тогда, так как функция f не имеет предела в нуле, то и функция fg, очевидно, не имеет предела в нуле, что противоречит условию (12). 3.2) g(0) = 0. Тогда имеет представление g(z) = z k h(z) , где ? N , а функция h регулярна в круге и h(0) 6= 0. Но тогда функция p(z) 4 = z k f (z) также в главной части ряда Лорана имеет бесконечное число слагаемых, т. е. точка z = 0 тоже является существенно особой точкой функции. Следовательно, как ив случае 3.1), функция ph не имеет предела в 0, причем ph = fg, те. не выполнено условие (Таким образом, в случае а) мы получили ответ, что условие) выполняется не для всякой функции f, а лишь для функции, у которой точка 0 является устранимой особой точкой или полюсом. Случай б. По условию функция fg регулярна в окрестности, причем согласно (12) точка нуль для нее является устранимой особой точкой, более того, нулем функции fg. Поэтому существует число k > 1 (порядок нуля) и регулярная функция h : B 1 (0) ? такая, что h(0) 6= 0, для которых справедливо равенство (z)g(z) = z k h(z), ? z Из того, что h(0) 6= 0, следует, что существует число r > такое, что h(z) 6= 0, ? z ? B r (0) . Отсюда из выражения (получаем необходимое условие разрешимости задачи б r ? такое, что (z) 6= 0 ? z В случае, когда точка 0 является устранимой особой точкой функции f, условие (14), очевидно, выполнено. (Если бы существовала последовательность {z n } ? 0 , для которой f(z n ) = 0 , 94 џ 12. Изолированные особые точки то по теореме единственности получили бы, что f ? 0). В этом случае достаточно выбрать g(z) = В случае, когда точка 0 является полюсом го порядка функции f, условие (14) выполнено в силу следствия 1, и достаточно выбрать g(z) = В случае, когда точка 0 является существенно особой точкой функции f, условие (14) может как выполняться, таки нарушаться. Покажем это. Например, для функции f 1 (z) = условие (14) выполнено. В качестве функции g можно взять g(z) = Для функции f 2 (z) = условие (14) не выполнено (так как f 2 (z n ) = при всех z n = 1 ?n ), те. для такой функции не существует регулярной в ? B 1 (0) функции g, для которой выполнено условие (Замечание 1. Заметим, что кроме функций с изолированными особыми точками существуют регулярные функции сне- изолированными особыми точками. Так, например, функция 1 cos(?/z)?1 имеет полюсы в точках z n = 1 (2n) , n = ±1 ± 2, . . Следовательно, точка z = 0 является для нее неизолированной особой точкой, а именно, это предельная точка последовательности полюсов Упражнение. Пусть точка a есть полюс функции Какую особенность в точке a имеют функции и e f Упражнение. Пусть точка a является полюсом функции f и существенно особой точкой функции g. Какую особенность в точке a имеет функция Упражнение. Пусть точка a есть существенно особая точка функции f. Что можно сказать о поведении функции в окрестности точки a? 95 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции 13. Теория вычетов Определение 1. Пусть a ? C изолированная особая точка регулярной функции f : ? B ? (a) ? C , ? > 0. Пусть ? r 4 = {z | | |z ? a| = r} положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ?. Тогда вычетом функции f в точке a называется число res a f 4 = 1 2?i Z ? r f (z) Отметим, что в формуле (1) интеграл не зависит отвели- чины r ? Для получения более удобных выражений вычисления вычета функции, представим функцию f : ? B ? (a) ? ее рядом Лорана с центром в точке a f (z) = +? X n=?? c n (z ? Тогда по формуле (5) џ 11 для коэффициентов c n получаем, что интеграл (1) равен коэффициенту c ?1 , те Приведем некоторые правила вычисления вычетов. Лемма 1. Пусть a полюс функции f порядка m. Тогда для любого m 0 > справедлива формула res a f = 1 (m 0 ? 1)! lim z?a d m 0 ?1 dz m 0 ?1 [(z ? a) m 0 f (z)] Доказательство. Представим функцию f в виде ряда Лорана (2) с центром в полюсе a порядка m. Так как число m , тов ряде (2) коэффициенты c n = при всех n < Итак (z) = c ?m 0 (z ? a) m 0 + c ?m 0 +1 (z ? a) m 0 ?1 + + · · · + c ?1 (z ? a) + c 0 + c 1 (z ? a) + . . . Умножая ряд (5) на (z ? a) m 0 , получаем ? a) m 0 f (z) = c ?m 0 + c ?m 0 +1 (z ? a) + · · · + 96 џ 13. Теория вычетов ? a) m 0 ?1 + . . . , z Так как полученный в правой части равенства (6) степенной ряд сходится в B ? (a) , то по теореме Абеля (теорема 1 џ 9) он сходится абсолютно и локально равномерно в области Поэтому и по теореме Вейерштрасса (теорема 3 џ 9) его можно почленно дифференцировать (раз, после чего получаем ? a) m 0 f (z)] = = (m 0 ? 1)!c ?1 + m 0 !c 0 (z ? a) + . . . , z Левая часть равенства (7), очевидно, имеет предел при z ? ? a . Поэтому, переходя к пределу, в силу формулы (3) получаем формулу (Лемма 2. Пусть функция f : ? B ? (a) ? представима в виде (z) = P (z) Q(z) , z где функции P и Q регулярны в круге B ? (a) , причем (a) 6= 0, Q(a) = 0, Q 0 (a) 6= Тогда справедлива формула res a f = P Доказательство. В самом деле, в силу условия (точка a полюс го порядка функции f и по формуле (при m 0 = 1 ) получаем res a f = lim z?a · P (z)(z ? a) Q(z) ё = lim z?a P (z) Q(z)?Q(a) z?a = P Определение 2. Пусть функция f : ? B R 0 (?) ? регулярна (число R 0 > 0 ). Тогда вычетом функции f в бесконечности называется число res ? f 4 = 1 2?i Z ? R ?1 f (z) dz, (10) 97 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции x y 0 R 0 R ? ?1 R Рис. где число R > R 0 , а окружность {z | |z| = ориентирована движением походу часовой стрелки рис. 25 (те. отрицательно. Аналогично случаю конечной точки оценим через ряд Лорана для функции в окрестности, учитывая, что его коэффициенты имеют вид 2?i Z ? R f (?) ? n+1 d?, n ? где окружность при R > ориентирована движением против хода часовой стрелки. Сравнивая выражения (11) и (убеждаемся в справедливости формулы res ? f = где c ?1 коэффициент разложения функции f вряд Лорана с центром в бесконечности. Здесь появился знак минус за счет различной ориентации окружности в формулах (11) и (Лемма 3. Пусть ? устранимая особая точка функции Тогда можно вычислить по формуле res ? f = lim z?? [z (f (?) ? f (z))] Доказательство. Из условия леммы следует, что ряд Лорана в некоторой окрестности ? B R 0 (?) имеет вид (z) = f (?) + c ?1 z + c ?2 z 2 + . . . те+ что в пределе придает формулу (Теорема 1 (Коши о вычетах. Пусть задана область ? с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей (см. определения 1, 2 из џ 7), пусть G 4 = G S ? . Пусть џ 13. Теория вычетов функция f определена и регулярна на G всюду, за исключением конечного числа изолированных особых точек a 1 ,a 2 , . . . ,a n ? ? при этом имеется ввиду, что все различны и если ? ? ? G , то ? = a n ) и пусть к тому же функция f определена и непрерывна на G \ ( n S k=1 a k ) . Тогда справедлива формула (z) dz = Доказательство. Пусть область G ограничена. Так как число особых точек a 1 , . . . ,a n ? конечно, то существует число r > 0 такое, что B r (a k ) ? G ? k ? 1,n , причем эти круги попарно не пересекаются. Определим множество e G 4 = 4 = G Множество тоже является областью с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей e? = ? где суть окружности {z | |z ? a k | = r} , ориентированные движением против хода часовой стрелки, а ? k ?1 они же, но ориентированные походу часовой стрелки. По условиям теоремы функция f регулярна на и непрерывна на ее замыкании e G 4 = e G ? см. рис. 26). Тогда из теоремы 3 џ 7 и свойств интегралов получаем = Z e ? f (z) dz = Z ? f (z) dz ? n X k=1 Z ? k f (z) dz (1) = (1) = Z ? f (z) dz ? n X k=1 2?i откуда и следует формула (14). 2. Пусть ? ? G. Тогда особые точки a 1 , . . . ,a n?1 ? G конечны, а a n = ? . Так как по определению 1 џ 7 граница ? состоит из ограниченных гладких компонент, то существует число Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции x y 0 ? 1 G ? 2 ? 3 ? 1 ? k ? n a 1 a k a n x y 0 ? R ? 1 ? 2 a 1 a 2 a k a n?1 Рис. Рис. 27 R > такое, что для каждого z ? ? справедливо неравенство |z| < Определим e G = G?B R (0) . Тогда e G ограниченная область с кусочно-гладкой границей e? = ??? R , где ? R = {z | |z| = окружность, ориентированная движением против хода часовой стрелки (см. рис. 27). Для регулярной в C \ функции по определению 2 справедлива формула res ? f = ? 1 2?i Z ? R f (z) Так как область ограничена, то, опираясь на результат пункта 1), получаем (z) dz = С другой стороны (z) dz = Z ? f (z) dz + Z ? R f (z) dz (15) = Z ? f (z) dz ? 2?i откуда и из (16) следует (Следствие 1. Пусть функция f регулярна во всей комплексной плоскости, за исключением конечного числа изоли- 100 џ 13. Теория вычетов рованных особых точек a 1 , . . . ,a n ? C . Тогда = Доказательство. Так как ?, очевидно, является особой точкой данной функции f, то без ограничения общности полагаем, что a n = ? . Рассмотрим R > 0 такое, что все a k ? ? B R (0) ? k ? 1,n ? 1 . Как обычно, обозначим через ? R 4 = {z | | |z| = окружность, ориентированную движением против хода часовой стрелки. Тогда по теореме 1 для области получаем (z) dz = С другой стороны, по определению 2, ? Z ? R f (z) dz = 2?i что вместе сдает равенство (Применим теорию вычетов для вычисления различных ин- тегралов. Пример 1. Вычислим интеграл J = R ? z dz (z?1)(z?2) . Здесь контур интегрирования ? есть окружность ? = {z | |z| = 3}, а функция f(z) = z (z?1)(z?2) . Особыми точками этой функции внутри контура ? являются точки 1 и 2, это полюсы го порядка. Применяя теорему 1 и формулу (9), получаем = і + res 2 f ґ = 2?i µ z z?2 1 Ї Ї Ї Ї z=1 + z z?1 1 Ї Ї Ї Ї z=2 ¶ = Пример 2. Вычислим интеграл J = +? R ?? 1+x 2 Чтобы применить теорему о вычетах выбираем произвольное число R > 1, для которого определим ориентированный движением против хода часовой стрелки контур ? R 4 = [?R,R] ? ? C R , где C R 4 = {z | |z| = R, Im z > см. рис. 28). Опреде- 101 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции лим функцию f(z) = 1+z 2 и вначале вычислим интеграл J R 4 = 4 = R ? R f (z) Рис. Функция f имеет полюсы го порядка (нули знаменателя) в точках причем только точки и лежат внутри контура По теореме 1 о вычетах и формуле) получаем 2?i µ res z 0 f + res z 1 f ¶ = 2?i " 1 + e i 2? 4 4e i 3? 4 + 1 + e 2i 3? 4 4e i 9? 4 # = = 2?i " 1 2i · e ?i ? 4 + e i ? 4 2 + 1 ?2i · e ?i 3? 4 + e i 3? 4 2 # = = ? µ cos ? 4 ? cos 3? 4 ¶ = С другой стороны (z) dz + Z C R f (z) dz 4 = I 1 R + Очевидно, что интеграл I 1 R ? при R ? +?. Позже (см. лемму 4) мы докажем, что интеграл I 2 R ? при R ? откуда в итоге получим, что J = Обобщая пример 2, изучим правила вычисления интегралов различных типов с помощью теории вычетов. Вычисление интегралов вида = +? Z ?? F n, m (x) Здесь F n, m (x) = P n (x) Q m (x) рациональная функция, где) = x n + a n?1 x n?1 + · · · + a 0 , Q m (x) = x m + b m?1 x m?1 + · · · + b 0 , (20) 102 џ 13. Теория вычетов причем полагаем, что Q m (x) 6= при всех x ? Из математического анализа известно, что интеграл J сходится при условии m > n + 1. С помощью теории вычетов независимо и очень просто покажем, что это условие достаточно для сходимости интеграла (Пусть {z + k } l k=1 совокупность всех различных нулей многочлена, лежащих в верхней полуплоскости Im z > Как ив примере 2, для всякого числа R > R 0 4 = max{|z + k | | k ? ? определим контур ? R 4 = [?R,R] ? C R , ориентированный движением против хода часовой стрелки, где C R 4 = {z | |z| = = R, Im z > 0} полуокружность (см. рис. 28). Определим интеграл, m (z) По теореме 1 о вычетах, при каждом R > получаем Г, те не зависит от R > R 0 . С другой стороны, имеет место представление интеграла в виде суммы J R = J 1 R + где, m (x) dx, J 2 R 4 = Z C R F n, m (z) Если показать, что при условии m > n + 1 существует lim R?+? J 2 R = 0 , то получим, что существует lim R?+? J 1 R = и справедлива формула, m (x) dx = 2?i l X k=1 res z + k F n, Докажем необходимое утверждение, опираясь на лемму. Лемма 4. Пусть ?(z) непрерывная функция на замкнутом множестве {z | Im z > 0, |z| > R 0 > 0} . Пусть C R 4 = {z | | |z| = R, Im z > 0} , R > R 0 , полуокружность в верхней Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции полуплоскости. Обозначим max{|?(z)| | z ? при R > Если lim R?+? ?(R)R = то lim R?+? Z C R ?(z) dz = Доказательство. Из условий леммы получаем оцен- киЇ Ї Ї Ї Ї Ї Ї Z C R ?(z) dz Ї Ї Ї Ї Ї Ї Ї 6 Z C R |?(z)||dz| 6 ?(R) Z C R |dz| = ?(R)?R ? Применим лемму 4 для случая рациональной функции ?(z) 4 = 4 = F n, тек правому интегралу в (При достаточно больших |z| > получаем = |z n |(1 + o 1 (1)) |z m |(1 + o 2 (1)) = |z| n?m (1 + те. справедлива оценка |?(z)| 6 2|z| n?m , те при n ? m + 1 < 0, откуда следует, что выполнены условия леммы 4, по которой получаем равенство lim R?+? J 2 R = Таким образом, сходимость интеграла (19) при m > n + 1 и формула (22) обоснованы полностью. Вычисление интегралов вида = 2? Z 0 F (cos ?, sin ?) Здесь F (x,y) 4 = P (x,y) Q(x,y) ; где P,Q многочлены переменных и Сделаем замену z = z(?) = e i? , 0 6 ? 6 2?. Тогда cos ? = = 1 2 Ў e i? + e ?i? ў = 1 2 Ў z + 1 z ў ; sin ? = 1 2i Ў z ? 1 z ў , dz = ie i? d? , 104 џ 13. Теория вычетов те) В итоге интеграл (23) свелся к интегралу по кругу |z| = 1 от рациональной функции F 1 (z) , который может быть вычислен с помощью теоремы 1 о вычетах. Вычисление интегралов вида = +? Z ?? e i?x F n,m (x) Здесь F n,m (x) 4 = P n (x) Q m (x) рациональная функция (20), ? действительное число, ? > 0 и Q m (x) 6= при всех x ? т. е. интеграл (24) есть преобразование Фурье рациональной функции. С помощью теории вычетов покажем, что интеграл (сходится при условии, что m ? n > 0, и вычислим этот инте- грал. Пусть через обозначены все различные нули многочлена знаменателя функции F n,m (z) ), лежащие вверх- ней полуплоскости. Рассмотрим, как ив пункте I, при любом > R 0 4 = max{|z + k | | k ? положительно ориентированный контур ? R 4 = [?R,R] ? C R , где C R полуокружность радиуса в верхней полуплоскости (см. рис. 28). По теореме о вычетах получаем) dz = те. интеграл не зависит от R > R 0 . С другой стороны, справедливо представление этого интеграла (25) в виде суммы Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции двух интегралов) dx + Z C R e i?z F n,m (z) Первое слагаемое справа в (26) будет иметь предел и сходиться к искомому значению J интеграла (24) при R ? +?, если второе слагаемое в (26) имеет предел при R ? +?, равный нулю. Чтобы показать последнее, докажем лемму. Лемма 5 (Жордан). Пусть ?(z) непрерывная функция на замкнутом множестве {z | Im z > 0, |z| > R 0 > 0} . Пусть число ? > 0 и C R 4 = {z | |z| = R, Im z > 0} , R > R 0 , семейство полуокружностей в верхней полуплоскости. Обозначим при > Если lim R?+? ?(R) = 0 , то lim R?+? R C R e i?z ?(z) dz = Доказательство. Пусть z ? C R , тогда z = Re i? = = R cos ? + iR sin ? , 0 6 ? 6 ?. Поэтому при z ? C R Ї Їe i?z Ї Ї = Ї Ї Їe i?(x+iy) Ї Ї Ї = e ??y = e ??R sin Воспользовавшись известным неравенством sin ? при получаем оценки Ї Ї Ї Ї Ї Ї Ї Z C R e i?z ?(z) dz Ї Ї Ї Ї Ї Ї Ї 6 Z C R |?(z)|e ??R sin ? |dz| 6 6 ?(R)R ? Z 0 e ??R sin ? d? = 2?(R)R ?/2 Z 0 e ??R sin ? d? 6 6 2?(R)R ?/2 Z 0 e ??R2?/? d? те. справедливо утверждение леммы џ 13. Теория вычетов Возвращаясь к формуле (26), покажем с помощью леммы Жордана, что при условии m > n второй интеграл в (26) стремится к нулю при R ? ?. При достаточно больших R > в силу условия m?n > 1 получаем ?(R) 6 2 R m?n 6 2 R ? 0 . Отсюда по лемме 5 из (25) и (26) получаем равенство lim R?+? J R = и формулу) dx = 2?i Пример 3. Вычислим интеграл Лапласа вида) = +? Z ?? e i?x 1 + x 2 dx, ? ? Здесь F (z) = 1 1+z 2 ; ее особые точки z 1,2 = ±i , те. в верхней полуплоскости лежит лишь точка z + 1 = i полюс го порядка. При ? > 0 по формуле (28) получаем) = 2?i res i µ e i?z 1 + z 2 ¶ = 2?i µ e i?z 2z Ї Ї Ї Ї z=i ¶ = Приделаем в интеграле замену x = ?t: J(?) = ?? Z +? e ?i?t 1 + t 2 (?dt) = +? Z ?? e i|?|t 1 + t 2 dt = В итоге, J(?) = С другой стороны, так как + x 2 dx = +? Z ?? cos ?x 1 + x 2 dx + i +? Z ?? sin ?x 1 + причем последний интеграл от нечетной функции, очевидно, равен нулю, то получаем еще одну формулу ?x 1 + x 2 dx = ?e ?|?| . 107 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции Следствие 2. Интегралы вида ?x · F n,m (x) и J 2 = +? Z ?? sin ?x · F n,m (x) где F n,m (x) рациональная функция, сводятся к интегралу вида (24), те. Приращение аргумента z вдоль контура 14. Приращение аргумента z вдоль контура Пусть z = x + iy 6= 0. Напомним, что ? ? Arg z, если выполнены равенства cos ? = x |z| , sin ? где Arg z = {? + 2?k | k ? Z} многозначная функция аргумента, определенная на C \ {0}. Нас будет интересовать вопрос выделения непрерывных ветвей многозначной функции Теорема 1. Пусть z : [0,1] ? C непрерывно дифференцируемая функция (те. класса C 1 [0,1] ), причем z(t) 4 = x(t) + + iy(t) 6= 0 ?t ? [0,1] . Пусть задано значение ? 0 ? Arg Тогда существует действительная функция ?(·) ? C 1 [0,1] , удовлетворяющая включению ?(t) ? Arg z(t), t ? [0,1], те. уравнениями условию ?(0) = ? 0 . Более того, эта функция единственна и задается явной формулой) = ? 0 + Z t 0 xy 0 ? yx 0 x 2 + Доказательство. Рассмотрим функцию ?(·) из (3) и вычислим ее производную) = xy 0 ? yx 0 x 2 + Определим функции u(t) 4 = cos ?(t) , v(t) 4 = sin ?(t) . Тогда, вычисляя их производные, получаем ? sin ?(t) · ? 0 (t) = ?v? 0 , v 0 = cos ?(t) · ? 0 (t) = Определим функции и ev(t) 4 = y(t) |z(t)| . Тогда Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции Г+ y 2 ! = x 0 |z| ? x(xx 0 + yy 0 ) |z| 3 = = x 0 y 2 ? xyy 0 |z| 3 = ? y |z| · xy 0 ? yx 0 x 2 + y 2 = ?e v xy 0 ? yx 0 x 2 + y 2 , (6) e v 0 = d dt µ y |z| ¶ = · · · = x |z| · xy 0 ? yx 0 x 2 + y 2 = e u xy 0 ? yx 0 x 2 + В силу равенства (4) видим, что функции (eu,ev) удовлетворяют той же системе линейных дифференциальных уравнений, что и функции (u,v), причем при t = 0 имеем равенства. По теореме единственности решения задачи Коши для системы линейных дифференциальных уравнений (5) получаем u(t) ? eu(t), v(t) ? ev(t) прите. справедливы равенства (2), и функция ?(t) из (3) есть ис- комая. Допустим, что существует другая непрерывно дифференцируемая функция ? 1 (t) , удовлетворяющая равенствами условию ? 1 (0) = ? 0 . Тогда, дифференцируя равенства (2), получаем, в силу (5) и (6), (7), что ? 0 1 (? ) = xy 0 ?yx 0 x 2 +y 2 , откуда, интегрируя эту производную по отрезку [0,t] (при каждом t ? получаем в силу формулы (3), что ? 1 ? Замечание 1. Формулу (3) можно переписать в более компактном виде) = ? 0 + Im Z t 0 z 0 (? ) z(? В самом деле, преобразовав подынтегральную в (8) функцию+ получаем из формулы (3) формулу (Итак, при выполнении условий теоремы 1 существует непрерывно дифференцируемая ветвь ?(t) многозначной функции Arg z(t) вида (3). 110 џ 14. Приращение аргумента z вдоль контура Определение 1. Приращением аргумента функции z(·) ? ? на отрезке [0,1] назовем число z(t) 4 = ?(1) ? ?(0) = = 1 Z 0 x(t)y 0 (t) ? y(t)x 0 (t) x 2 (t) + y 2 (t) dt = Теорема 2 (логарифмическое свойство. Пусть функция имеет вид z(t) 4 = z 1 (t)z 2 (t) , где функции) ? C 1 [0,1] , причем z 1 (t) 6= 0 , z 2 (t) 6= 0 ? t ? [0,1] . Тогда справедливо равенство z(t) = ? [0,1] arg z 1 (t) + ? [0,1] arg Доказательство. Из определения 1 (формулы (получаем z(t) = Im 1 Z 0 (z 1 (? )z 2 (? )) 0 z 1 (? ) · z 2 (? ) d? = Im 1 Z 0 z 0 1 z 2 + z 0 2 z 1 z 1 z 2 d? = = Im 1 Z 0 µ z 0 1 z 1 + z 0 2 z 2 ¶ d? = ? [0,1] arg z 1 (t) + ? [0,1] arg Определение 2. Приращением аргумента z вдоль контура, заданного параметрически с помощью функции z(t), t ? ? [0,1] , назовем z 4 = ? [0,1] arg Замечание 2. В определении 2 приращение аргумента вдоль гладкого контура ? не зависит от выбора параметризации, с помощью которой задан этот контур ?, те. справедлива формула z = Это следует из формул (9) и (11), а также из свойства независимости криволинейного интеграла от выбора параметризации гладкого контура (см. свойство 5 ? џ 6). 111 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции Замечание 3. Легко установить геометрический смысл приращения аргуметра z вдоль гладкого контура ?. Это приращение является углом поворота радиус-вектора ?? ? 0z при непрерывном пробегании конца вектора z вдоль кривой ? от начальной ее точки z(0) до конечной ее точки Определение 3. Пусть в области G задано семейство контуров, представленное функцией z(t,?), t ? [0,1] , у которой существует производная z 0 t (t,?) , причем функции z(t,?), непрерывны по совокупности аргументов на [0,1] Ч [a,b]. Тогда говорят, что семейство задает непрерывную деформацию гладкого контура в гладкий контур в области Замечание 4. В частном случае, когда z(0,?) ? z 0 , z(1,?) = = те. семейство имеет неподвижные начальную и конечную точки, то получаем непрерывную деформацию контура в контур с неподвижными началом и концом (см. рис. В этом случае также говорят, что кривые и ? b гомотопны в области G. x y 0 ? a ? ? 1 ? b z 0 z 1 t ? 0 z(t, Рис. Теорема 3 (устойчивость при непрерывной деформации. Пусть семейство контуров задает непрерывную деформацию гладкого контура в гладкий контур вобла- сти C \ {0} в силу определения 3). При этом z(t,?) 6= 0 при всех (t,?) ? [0,1] Ч [a,b]. Пусть существует число A ? C, A 6= такое, что справедливо равенство z(1,?) = Az(0,?) ?? ? Определим функцию I(?) 4 = ? ? ? arg от параметра ? ? те. Тогда I(?) = const, откуда, в частности, следует равенство ? ? a arg z = ? ? b arg z 112 џ 14. Приращение аргумента z вдоль контура Д ока за тел ь ст во. При каждом значении ? ? обозначим через ?(t,?) непрерывную по t ветвь многозначной функции t ? Arg z(t,?), полученную в теореме 1 (см. формулу. Так как) ? Arg z(1,?), ?(0,?) ? Arg то) ? ?(0,?) ? итак как по условию A , те. не зависит от ?, то ? 0 ? Arg A ? n(?) ? Z, ?(1,?) ? ?(0,?) = ? 0 + 2?n(?), ? ? ? По определению 1 из равенства (13) получаем ? [0,1] arg z(t,?) = ?(1,?) ? ?(0,?) = ? 0 + те) есть ступенчатая функция. В свою очередь, из формулы (9) получаем равенство) = В этом равенстве подынтегральная функция в стоящем справа интеграле непрерывна по (t,?) на [0,1] Ч [a,b], откуда следует, что интеграл непрерывно зависит от параметра ?. В итоге непрерывная ступенчатая функция (14) может быть только константой. |