Добавил:

okley Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

term4-analysis.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.10.2025

Размер:

401.41 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Математический анализ

13. Теория функций комплексной переменной

∫R ! I

C∫R !

по теореме Жордана.

g(z) =

j g(z) j

1+z2

j z j2 1

R2 1

=) I =

ei x

x+i sin x

1 cos x

+1 cos x

∫

dx =

∫

cos 1+x2

dx = ∫

1+x2 dx = 2

∫0 1+x2

1+x2

Лемма (о полувычете).

Пусть a – полюс первого порядка у функции f.

Cr = fz 2 C

: j z

a j = r

arg(z

a) g

lim

f(z) dz = i(

) res f

r!0C∫r

z=a

Доказательство.

Пусть a = 0. Иначе делаем сдвиг.

f(z) = g(z) + zc в окрестности z = 0. g голоморфная в окрестности нуля функция.

C∫r	f(z) dz = C∫r				g(z) dz + cC∫r						dz
C∫r	f(z) dz = C∫r				g(z) dz + cC∫r						z
C∫r	dz			reiφi dφ
	dz	=		reiφi dφ		= (				)i
	z	=		reiφ		= (				)i

			iφ∫	dz = re			iφ	i dφ
z = re				dz = re				i dφ
∫

Cr g(z) dz r( ) M ! 0
M :=				max	нуля j				g(z)	j
		окрестность			нуля j					j

1.4.1. Отступление. Главное значение интеграла.

Пусть есть отрезок [a; b] x0, где x0 – особая точка функции f.

Как раньше считали интеграл по такому отрезку? Били на два по x0, устремляли с каждой стороны, говорили, что сходится, если сходится каждый.

Определение 1.31.

v p	∫a	"!0	∫a		x0∫+"
	b	f(x) dx = lim(	x0	"	b
:	:	f(x) dx = lim(		+	)

Свойства.

1.Линейность

2.Аддитивность

Пример.

v		p	1	dx = lim	dx = 0
	:		:
			∫1	x "!0( 1; "∫)[(";1)	x

Пример.

Глава #1

27 из 78

Автор: Никифоровская Анна

Математический анализ

13. Теория функций комплексной переменной

+1	sin x dx =: I		> 0
	sin x dx =: I		> 0
0	x
0
+∫		1		1
1		1		1
∫0	sinx x dx = 21	∫	sinx x dx = 21	∫

ei x		1	v: p:	1	ei x		1	1 ei x
Im x	dx =	2	v: p:	∫	Im x	dx =	2 Im v: p:	∫	x	dx

Дополним отрезок [ R; R] дугой CR. Однако есть проблема в нуле – обойдем ее дужкой C"

f(z) = ei z
∫			z			∑
∫						∑
	f(z) dz = 2 i						res = 0
R;"
					"		R
0 = C∫R +C∫" + ∫R + ∫"
C∫R ! 0 по лемме Жордана.
	"	R			1		i x
∫R +		∫"	! v: p: ∫				e	dx
∫R +		∫"	! v: p: ∫				x	dx
c∫"	!		i res f =				i
c∫"	!		z=0
				1	i x
=) v: p:				∫	e	dx = i
=) v: p:				∫	x	dx = i
=) I =				2

22.03.2018

Пример.

+1 xp 1	dx =			p		(0; 1)
x+1	dx =	sin		p		(0; 1)
∫0	e(p 1) Ln z		p		2
f(z) =	z+1
	z+1

Контур – идем по отрезку [0; R], по окружности с центром в 0 и радиусом R, возвращаясь в вещественную точку R, дойти до вещественного числа ", и сделать круг вокруг 0 с этим

радиусом.

f(z) dz = 2 i res

f = 2 ie(p

1) Ln(

1) = 2 ie(p 1) i =

2 iep i

R;"

∫

Ln(

1) = ln j

1 j + i Arg(

1) = i

"e2 i

2 iep i = f dz = + + +

R;"

2 i

∫

∫R

∫

2 R

max

e(p 1) Ln z

2 RRp

∫

2 "

max

(p 1) Ln z

2 ""

p 1

z+1

1 "

∫

2 i

" e

1)(

ln x+2 i)

1) ln x

2 ip

p 1

2 ip

dx !

2 i

f dz =

x+1

dx =

x+1

dx = e

x+1

Re∫

∫

Глава #1

28 из 78

Автор: Никифоровская Анна

cmzm – правильная часть ряда Лорана в 1.

Математический анализ		13. Теория функций комплексной переменной
=) ∫R + ∫	+ ∫ + "e∫2 i	! (1 e2 ip)I

"CR C" Re2 i

2 iep i = (1 e2 ip)I
	2 iep i		2 iep i			2 i
I =		=		=			=
I =	1 e2 ip	=	e2 ip 1	=	e ip	e ip	=	sin(p )

Теорема 1.32.

f – мероморфна в C.

a1; a2; :::; an – ее полюсы, в 1 устранимая особая точка или полюс.

∑n

Тогда f(z) = C + Gk(z) + G(z), где

k=1

Gk(z) – главная часть ряда Лорана в ak.

∑N

G(z) =

m=1

В частности, f – рациональная функция.

Доказательство.	k∑
	n
g(z) := f(z) G(z)	Gk(z)
	=1

g мероморфна в C, a1; :::; an; 1 – ее особые точки, и они все устранимые.

=) g 2 H(C) =) g const

(целая = голоморфная во всей плоскости)

Теорема 1.33.

f мероморфна в C.
a1; a2; a3; ::: – полюсы.
MRn :=	max			f(z)	j n!		0
j	z	=Rn j			j n!
j	j				!1
Тогда f(z) =			lim				Gk(z)
			n			n
				!1 j ak∑j		n
					<R

Доказательство.

In(z) :=

f( )

j j∫

f( )

MRn

In(z)

2 Rn

max

2 Rn

Rn z j

j j=Rn

С другой стороны:

f( )

d = 2 i

res = 2 i(res +

∑

<Rn

j j∫

k∑j

res

f( )

= res

Gk( )

=ak

j j∫=R

Gk( )

d = 2 i(res + res )

=ak

! 0

res ) = 2 i(f(z)+?)

=ak

res = Gk(z)

:::

2 R

max

Gk( )

= O(

)

j j=R

res =

res

)

=ak

Глава #1

29 из 78

Автор: Никифоровская Анна

Математический анализ

13. Теория функций комплексной переменной

=	res	Gk( )
=	res
)	=ak	z

= 2 i(f(z)

=Gk(z)

∑

Gk(z))

j ak j<Rn

Пример. f(z) =

ctg z

Лемма.

На окружностях j z j = (n + 21 )

ctg z ограничен абсолютной константой.

Доказательство.

и j

z j 2 .

Все дуги сдвинем в 0 < Re z < и причем j z j 2

Докажем, что тут ctg z ограничен.

Проверим, что если j Im z j 1, то j ctg z j ограничен.

На оставшейся части ограничен, т.к. непрерывная функция на компакте.

cos z

eiz+e iz

e2iz+1

e2iz +1

2y+1

j ctg z j =

sin z

eiz

e iz

e2iz

e2jiz j

e 2y

1 e

z = y

z = x + iy

e2iz

= e2ix

1+e

2iz

1+ e

2iz

1+e

j ctg

2iz

2iz1

2iz

1 e

2yjj

1 e

Im z = y

= e

max

ctg z

0 =

ctg z

= lim

∑

Gk(z)

j z j= (n+ 21 )

)

f(z) =

ctg

в нуле z

в точке k :

res

k(z

(

) =

k(z k)

k(z+ k)

z k

z+ k

( k)

ctg z

( k)

k∑

ctg z = z

( k)2

Пример.

k∑

ctg z = (ln sin z)′

(ln

sin z

)′ = ctg z

z2 ( k)2

k=1

sin z

∑

1 z

w=z

( k)2 z2

= 0 k=1

dw = k=1

dw = k=1 ln(w

( k)

) w=0

= k=1 ln

w2 ( k)2

( k)2

∫

∑2

∑

∫

∑

sin z

( k)

(

)2)

( k)

k=1

k∏

∏

sin z = z k∏ (1

(

)2)

Пример.

Вычисление суммы ряда.

∑1 1

n=1

Глава #1

30 из 78

Автор: Никифоровская Анна

Математический анализ

13. Теория функций комплексной переменной

f(z)

– есть вычеты в целых точках

sin z

res

f(z)

f(n)

( 1)nf(n)

cos n

z=n sin z

(sin z)′ z=n

f(z) cos z

f(n)

res f(z) ctg z =

(sin z)′

z=n

g(z) :=

ctg

res g(z) =

ctg z

)′′

z cos z

)′′

z + ctg z)′

( sin z

2 (

z=0

sin2 z

z=0

2 2 cos z

z=0

cos

z z sin z

(

)

sin

sin z

z=0

(Последнее равенство – аккуратно

разложить

в ряд Тейлора)

res = 2 i(

g(z) dz = 2 i

3 )

j z j=∫n+ 2

∑

k∑

∫

ctg z

g(z) dz

2 (n +

2 )

max

const

(n + 2 )

(n+ 21 )2

z =n+ 2

k∑

j z j=n+

∑

= 3

k=1

)

k∑

28.03.2018

Теорема 1.34.

f – мероморфная в Ω функция и контур C не проходит через нули и полюсы функции f.

Тогда

∫

f′(z)

dz = 2 i(Nf

Pf )

f(z)

где Nf – кол-во нулей f внутри C с учетом кратности, а Pf – число полюсов с учетом

кратности.

Доказательство.

∫

∑ m

по всем нулям и полюсам лежащим внутри C.

::: = 2 i

res ff′

f(z) = (z a) g(z) g(a) ̸= 0 m ̸= 0

f′(z) = m(z a)m 1g(z) + (z a)mg′(z)

f′

m(z

a)m 1g(z)+(z

a)mg′(z)

g′(z)

– голоморфна в точке a.

(z a)mg(z)

g(z)

res f′

= m

) z=a

Следствие.

1.Если

∫ f′(z)

f(z)

f 2 H(Ω) и C – контур в Ω, не проходящий через нули f, то

dz = 2 iNf , где Nf – кол-во нулей f внутри C с учетом кратности.

2.Принцип аргумента. Если f 2 H(Ω) и C – контур в Ω, не проходящий через нули f, то

Nf = 21 ∆C arg f

Глава #1

31 из 78

Автор: Никифоровская Анна

anmzn(wz )m = f(z; wz )

Математический анализ 13. Теория функций комплексной переменной

Доказательство.

f′(z) = (Ln f(z))′ = (ln j f(z) j + i Arg f(z))′

f(z)

Теорема 1.35 (Руше).

f; g 2 H(Ω) C – контур в Ω. И j f(z) j > j g(z) j при x 2 C. Тогда f и f + g внутри C имеют одинаковое число нулей с учетом кратности.

Доказательство.

Надо понять, что ∆C arg f = ∆C arg(f + g)

arg(f + g) = arg(f (1 + fg )) = arg f + arg(1 + fg )
Докажем, что ∆C arg(1 + fg ) = 0.
	fg	< 1 1 + fg лежит в круге радиуса 1 с центром в 1.

Пример.

> 1 z + e z =

Докажем, что у уравнения в правой полуплоскости ровно один корень. f(z) = z g(z) = e z

На мнимой оси

f(z)

2 + y2 > 1

j g(z) j = j e iy j =j

√

j j Re iφ j = R

На полуокружности j f(z) j = j Re iφ

j g(z) j = e

Reiφ

R cos φ

iR sin φ

= e

R cos φ 1

теорему алгебры. f(z) = z

Упражнение.

Вывести

из т. Руше основную

Пример.

1. Диагонализация степенных рядов.

∑1

anmznwm = f(z; w)

n;m=0

Хотим найти ∑1 annzn

n=0

1		2n	zn
		2n	zn
=0	(	n	)
n∑	(		)			l∑ ∑ ( )
∑ (			)			l∑ ∑ ( )
1						1 l
			n+m	znwm	=	l	znwl n =
			n		l=n+m	n
n;m=0					l=n+m	=0 n=0

Как перейти к диагонали?

∑

1		1
(z + w)l =		1
(z + w)l =	1	z w
=0	1	z w
=0
l∑

			n∑			w	∫ ∑
				1				anmzn(w )m dz
2 i					annwn =			anmzn(w )m dz
				=0					z	z
				=0
j	z	j	мало,				мало.			n
j		j			w dz			1		n
						z
j z∫j=r				f(z; z ) z = 2 i					annw
								=0
				1		dz		n∑ dz
j z∫j=r						z	= j z∫j=r			=
j z∫j=r					1 z wz	z	= j z∫j=r		z z2 w	=

∑ ∫	∑
1	1
= n;m=0 wm	anmzn m 1 dz = n;m=0 wm 2 iann

Глава #1

32 из 78

Автор: Никифоровская Анна

Математический анализ

13. Теория функций комплексной переменной

	p			эта штука при + – 1, при
z =	1 1 4w
z =	2		res
= 2 i				1			= 2 i			1
										p
					2
					2				1		1	4w
	z=	1	p1	4w z z		w		(1 2 (		2			))
	z=		2					(1 2 (		2
			2

–w, при маленьких w.

=2 ip11 4w

n∑ ( )
1	2nn wn =		p		1
=0	2nn wn =		p		1 4w
=0
2. Произведение Адамара.						n∑
	∑	1				n∑
	1					1
A(z) =		anzn B(z) =				bnzn
	n=0	n∑				=0
		n∑
(A B)(z) :=				=0 anbnzn		n∑	∑
		∑				n∑	∑
		1				1	1
f(z; w) =					anbmznwm = anzn		bmwm = A(z)B(w)
	n;m=0					=0	m=0

А эта штука из предыдущего примера. –Диагонализация таблички.

3.Счастливые билеты.

abcdef

a + b + c = d + e + f

– пусть число таких an.

abc

a + b + c = n

Если смогли в такую функцию, то хотим получить

a2 zn.

(1 + z + ::: + z9)(1 + z + z2 + ::: + z9) =

zazb

∑ n

x1x2:::xk

x1 + x2 + ::: + xk = n

кол-во∑n

anz

= (1 + z + z

+ ::: + z

)

= (

z10

)

n∑

f(z;

z10 1

k dz

z10

10)k dz

(2 e10iφ

10iφ)

)

(

)

(

)

= i

dφ =

z 1

(2 z z

)

(2 e

iφ

j z j=1

)

∫

cos 10φ)k

∫

(sin 5φ)2k

(sin 10t)2k

∫

= i ∫

dφ = i ∫

dφ = 2i

∫/2

cos φ)k

(sin φ2 )2k

(sin t)2k

z = eiφ

dz = ieiφ dφ

Теперь поймем, как устроена полученная нами функция.

(sin 10t)2k

∫/2

∫/2 g(t)2k dt

dt = 2i

(sin t)2k

g(t) =

sin 10t

sin t

/10

g2k(t) dt =

/10

∫

–

растет медленнее,

чем

. Мелочь по сравнению с тем, что будет в

(

)

sin

/10

ответе∫

/10

∫/10 +( (

)

sin

∫/10 ∫" ∫/10

=+2

/10 " "

Глава #1

33 из 78

Автор: Никифоровская Анна

Математический анализ								13. Теория функций комплексной переменной
				/10
Надо оценить				∫"
sin(10t)	убывает на (";							), поэтому наибольшее значение в точке ". Т.е. получается, что
sin t						10
/10
∫"		(	sin(10")	)2k =			g(")2k
	10		sin "		10

Эта штука будет далее посчитана, она равна 102ke−33k"2 (1 + O(k"4)), но это тоже будет мелочь по сравнению с главным слагаемым, поскольку k"2 стремится к бесконечности как

какая-то степень и тогда e−33k"2 убывает быстрее, чем 1 .

∫" g2k

sin 10t sin t

= 10

					3∫3
						"
(t) dt = e2k ln g(t) dt =
						"
		10t 106t +O(t5)							103 2	4			t2	4	1		103	2	4	t2	4
=								= (10	6 t +O(t		))(1			+O(t ))		= (10		t	+O(t ))(1+		+O(t )) =
=			t		t3	+O(t5)		= (10			))(1		6	+O(t ))		= (10	6	t	+O(t ))(1+	6	+O(t )) =
			t	6		+O(t5)							6				6			6
			103	6
	(		103			10 )t2	+ O(t4) = 10(1			33 t2		+ O(t4))
	(					10 )t2	+ O(t4) = 10(1			33 t2		+ O(t4))
	6					6				2

ln g(t) = ln(10(1

332 t2 + O(t4))) = ln 10 + ln(1

332 t2 + O(t4)) = ln 10 332 t2 + O(t4)

e2k ln g(t) = e2k ln 10e 2k 332 t2 eO(kt4) = 102ke 33t2k(1 + O(kt4))

Надо, чтобы k"4 ! 0

66k"

= (1 + O(k"4))102k ∫" e 33kt

dt = (1 + O(k"4))102k

∫66k" e s

66k

s2/2 ds ! p

, если "p

66k"

Заметим, что

∫66k" e

! 1

2 i кол-во 2i10

2k p

66k

кол-во

102k

66k

33 k

(Трюк с интегралами – метод Лапласа)

29.03.2018

Пример. Метод Дарбу.

∑1

anzn = f(z)

n=0

Если ряд сходится в круге j z j < R, то он сходится в круге j z j R ". В частности, сходится при z = R ".

=) an(R ")n ! 0 =) an = o((R ") n)

На границе круга сходимости всегда есть особая точка. Пусть эта особая точка – b.

n+m 1 (z )n

(b z)

b )

n=0

m+1

∑ (

g(z) =

+ ::: +

z)m

z)m 1

n+m

nm 1

(nm n1

1)!

(m 1)!

Т.е. самая быстро растущая часть в g(z) – то, которое с коэффициентом c m.

Глава #1

34 из 78

Автор: Никифоровская Анна

Математический анализ

13. Теория функций комплексной переменной

Разберем пример применения метода Дарбу.

– пусть получилась такая производящая функция. Оно сходится в

f(z) =

0 < < 1

z)2

круге j z j < 1 и z = 1 полюс второго порядка.

n∑

1 p

g(z) =

1 (n + 1)z

1 z 1

(1 z) (1 )

– у этой штуки z = 1 – полюс

f(z)

g(z) =

(1 z)2

z)2

1 z

первого порядка. Тогда можно повторить:

h(z) =

1 z

n∑

bnzn – голоморфна в круге радиуса 1 , т.к. проблему в 1 убрали, а

f(z)

g(z) h(z) =

n∑

дальше проблема только у корня у f.

=) bn = o(( 1

") n) = o(1)

an =

(n + 1) +

+ bn

(n + 1) +

+ o(1)

Пример.

Число регулярных графов на n вершинах степени 2

=: an

zn =

z2+2z

=: f(z)

n∑

Радиус сходимости 1.

3/4

g(z) = p

z2+2z

z2+2z 3

(z 1)(z+3)

e 3/4

3/4p

e 4

f(z) g(z) =

p1 z (e

) =

p1 z

1) = p1 z

1) = e

1 z h(z)

Последнее равенство – т.к. e

(z 1)(z+3)

1 = (1 z)h(z), где h – голоморфная. Т.к. при под-

становке z = 1 получаем ноль (нулевой коэффициент – ноль).

1 1 (

1 )(

3 ):::(

n+1)

1 (

1)n

(2n 3)!!

1 z =

= n=0

(2n

3)!!

n∑ (2n)!

(2nn )

∑

n3/2

2nn!

2nn!2nn!(2n

ukvn k)zn

1 zh(z) =

(

n=0

∑ k∑

vn = O(R

)

n3/2

– упражнение на теорему Штольца.

Rn k

k∑

=) коэффициенты p1

zh(z) = O(

)

n3/2

3/4

1 (

1 )(

3 ):::(

n+1)

g(z) = p

= e

1 z

n=0

(2n

1)!!

(2n!)

∑2n

( n )

2nn!

2nn!2nn!

коэффициенты g(z)

3/4

)

3/4

1.5. §5. Конформные отображения.

Определение 1.32.

Глава #1

35 из 78

Автор: Никифоровская Анна

Математический анализ							13. Теория функций комплексной переменной
f		:		Ω1 ! Ω2 – конформные отображения из Ω1 в Ω2, если f – биекция и сохраняет углы
между кривыми.
Угол между кривыми = угол между касательными к кривым.
Пусть 1 и 2 – кривые, начинающиеся в точке a.
		1; 2		: [0; 1] ! Ω1		1(0) = 2(0) = a
				′ (0)	и	′ (0)
Угол между 1						2 .
	d		((f ◦ j)(t)) t=0 = d j(0)f( j′ (0)) = daf(				j′ (0))
	dt
daf – растяжение					плюс поворот =		умножение на комплексное число = комплексно-
						)	)
линейное =) есть голоморфность.
f		:		Ω1 ! Ω2 – конформные отображения из Ω1 в Ω2 () f 2 H(Ω1) и биекция между Ω1
и Ω2.
Определение 1.33.
f			: Ω ! C – однолистная, если f 2 H(Ω) и f – инъекция.

Теорема 1.36.

f 2 H(Ω) f ̸ const =) f(Ω) – область

Доказательство.

Линейная связность, очевидно, сохраняется.

Проверим, что f(Ω) – открыто. Пусть b 2 f(Ω) =) b = f(a)

f(z) b – не обращается в ноль в некоторой проколотой окрестности точки a.

=) 9" > 0, т.ч. f(z)				b не обращается в ноль на 0 < j z a j "
r := min	f(z)	b	j	> 0
j z a j=" j			j

Докажем, что Br/2(b) f(Ω). Возьмем w 2 Br/2(b). Надо показать, что f(z) w имеет ноль.

f(z) w = f(z) b + b w

На j z a j = " j f(z) b j r > 2r j b w j

=) по теореме Руше в круге j z a j < " у уравнения f(z) w = 0 столько же решений, сколько у f(z) b = 0.

=) хотя бы одно.

Следствие.

f : Ω ! C – однолистная =) f – конформное отображение из Ω в f(Ω).

Теорема 1.37.

f : Ω ! C – однолистна =) f′(z) ≠ 0 8z 2 Ω

Замечание.

Обратное неверно. f(z) = ez f′(z) ≠ 0, но точки склеиваются.

Доказательство.

Пусть f′(a) = 0. b := f(a).

Проделаем те же действия, что и в предыдущем доказательстве.

В круге j z	a j < " Nf w = Nf b 2, т.к. a – ноль 2 порядка.

Глава #1	36 из 78	Автор: Никифоровская Анна

Математический анализ		13. Теория функций комплексной переменной
=) f(z) = w имеет 2 решений.
Но f – однолистна =) это корень с кратностью.			f′	0	=	f	const
= f′(f 1(w)) = 0	=	(по т. единственности)						и не является
)	)				)

однолистной.

Следствие.

1.f(z) = c0 + cz1 + cz22 + ::: – однолистная в окрестности 1.

=) c 1 ≠ 0

2.f имеет полюс в точке a и однолистная в проколотой окрестности точки a =) это полюс первого порядка.

Доказательство.

1.	f(z1 ) = c0 + c					1z + c 2z2 + ::: – однолистная в проколотой окрестности 0.
	=) однолистна в окрестности 0. (Если есть две точки с одинаковыми значениями, то
	есть отрезок, на котором есть производная ноль)
	=	c	1	= f		′(0) = 0
	)		1			̸
2.	g(z) =		1		– голоморфна в окрестности точки a и однолистна в проколотой окрестности a.
2.	g(z) =		f(z)
	=) однолистна в окрестности точки a.
	=	g′(a) = 0
	)				̸

=) g имеет ноль первого порядка =) у f был полюс первого порядка.

05.04.2018

Определение 1.34.

Ω1 и Ω2 – области в C.

Ω1 и Ω2 конформно эквивалентны, если 9f : Ω1 ! Ω2 – конформное отображение.

Замечание.

Это отношение эквивалентности.

Теорема 1.38.

C и D не являются конформно эквивалентными.

Доказательство.

От противного. f : C ! D конформно.

=) f 2 H(C) и j f j 1 =) по теореме Лиувилля f const. Противоречие.

Лемма (Шварца).

f : D ! D; f 2 H(D) и f(0) = 0.

Тогда j f(z) j j z j. И если в какой-то точке 0 ≠ a 2 D j f(a) j = j a j, то f(z) = eiφz, где φ 2 R.

Глава #1

37 из 78

Автор: Никифоровская Анна

Математический анализ

13. Теория функций комплексной переменной

Доказательство.

g(z) =

f(z)

; 0 – устранимая особая точка.

g 2 H(D) и j g(z) j 1r при j z j = r < 1.

g(z) 1 при j z j < 1.

по принципу максимума j g(z) j 1r при j z j r

j fj(zzj) j

1 =) j f(z) j j z j

Если j f(a) j = j a j, то j g(a) j = 1, т.е. во внутренней точке достигается max g =)

по принципу

максимума g const =) f(z) = cz

=) j a j = j f(a) j = j c j j a j =) j c j = 1.

Теорема 1.39 (Римана о конформных отображениях).

Ω и

Ω – односвязные области в C, у которых граница состоит больше, чем из одной точки.

z0 2 Ω; z~0 2 Ω и 0 2 R. Тогда существует единственная f

: Ω ! Ω – конформное отображе-

ние, т.ч. f(z0) = z~0 и arg f′(z0) = 0.

Доказательство.

Существование доказывать сложно. Будем доказывать только единственность.

= z~0 = 0 = 0.

1. Ω = Ω = D z0

Одно такое отображение знаем – тождественное.

Докажем, что если

f :

D ! D, конформно и

f(0) = 0; f′(0) > 0

, то

f(z) = z

Воспользуемся леммой Шварца.

Тогда

f(z)

j j

. Применим ее же к f

1. Получим

j f 1(z) j j z j =) j z j j f(z) j

=) j f(z) j = j z j =)

по лемме Шварца f(z) = eiφz

Но

f′(0) = eiφ

> 0 =

eiφ = 1

)

2. Общий случай. Т.к. считаем, что существование есть, то

9φ : D ! Ω φ(0) = z0

φ′(0) > 0.

: Ω~ ! D

(z~0) = 0

arg ′(z~0) = 0

Пусть существуют f1 и f2

: Ω ! Ω~ конформные и fj(z0) = z~0

arg fj′(z0) = 0

:= ′ ◦ fj ◦ φ : D ! D – конформно.

arg

(0) = 0 g′ (0) = φ′(0)

f′(φ(0))

′(f (φ(0))) = φ′(0)f′(z

) ′(z~ )

g′ (0) = 0

)

=) gj(z) z =) ◦ f1 ◦ φ ◦ f2 ◦ φ =) f1 f2.

Следствие (версия теоремы Лиувилля).

f 2 H(C) и не принимает значения на некоторой кривой .

=) f const

Доказательство.

! D – конформное отображение. Такое отображение существует.

: C n

Тогда g ◦ f

C ! D и g ◦ f 2 H(C).

т.

◦

const

const (т.к. g – биекция)

)

Лиувилля

Замечание от Ани. У нас было две теоремы Лиувилля. Тут пользуемся			теоремой 1.11.

Глава #1	38 из 78	Автор:	Никифоровская Анна

Математический анализ					13. Теория функций комплексной переменной
Определение 1.35.			az+b		, где ad bc ̸= 0.
			az+b
Дробно-линейное отображение f(z) = cz+d
Упражнение.
~			Az+B
az~ +b			Az+B
f~(z) = cz~ +d~. Доказать, что f~◦ f =				, где
f~(z) = cz~ +d~. Доказать, что f~◦ f =			Cz+D	, где
(C D) =	(c~ d~)	◦ (c d)
A B	~	a b
A B	a~ b	a b

Теорема 1.40.

f : C ! C – конформное отображение () f – дробно-линейная.

Доказательство. “(=”

f – биекция, f – мероморфна, особая точка z = dc , это полюс первого порядка. “ =) ”

Докажем более общее утверждение.

Теорема 1.41.

f 2 H(C n fz0g) и инъективна =) f – дробно-линейная.

Доказательство.

1. Пусть z0 – устранимая особая точка =) f 2 H(C) =) f const

2.Пусть z0 – существенная особая точка. Возьмем a ≠ z0 и b = f(a). B – круг с центром в точке a =) f(B) – открытое и b 2 f(B).

По теореме Сохоцкого в круге 0 < j z z0 j < " есть последовательность fzng, т.ч. f(zn) ! b

=) f(zn) 2 f(B) начиная с некоторого места =) противоречие с инъективностью.

3. z0 – полюс. =) z0 – полюс первого порядка.


Если z0	2 C g(z) = f(z)				c
					c	2 H(C) =) g(z) const
					z z0	2 H(C) =) g(z) const
			C
=) f(z) = A +				– дробное линейное отображение.
=) f(z) = A +		z	z0	– дробное линейное отображение.
Если z0	= 1 g(z) = f(z)
Если z0	= 1 g(z) = f(z)				cz 2 H(C)
=) g(z) = const			=) f(z) = A + cz – дробное линейное.

Глава #1

39 из 78

Автор: Никифоровская Анна

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
31.05.202580.62 Кб0ACF (автокорелляционная функция).xlam
#
26.12.20251.06 Mб0Grachev_Metodicheskie_rekomendatsii_po_vypolneniyu_nauchno_issledovatelskoy.pdf
#
22.04.2025490.78 Кб1svetozarov.pdf
#
22.04.20253.02 Mб1Svetozarov_Osnovy_obrabotki_rezultatov_izmereniy_1980.pdf
#
22.04.202514.03 Mб2Svetozarov_V.V._Elementarnaya_obrabotka_rezultatov_izmereniy.pdf
#
24.10.2025401.41 Кб0term4-analysis.pdf
#
07.09.202513.73 Mб3Гордон Б.Г. Безопасность ядерных объектов.pdf
#
19.02.20241.43 Mб0Как написать статью.pdf
#
19.02.20242.06 Mб0Как сделать презентацию.pdf
#
16.09.20259.38 Mб0Коспект Вороновой_Анализ лаб.pdf
#
13.07.20242.12 Mб11ответы на историю инженерии в ПДФ Аванпост.pdf