Билет 21. Аналитическое продолжение с помощью рядов и через границу. Принцип непрерывности.

Пусть заданы две непересекающиеся области с общим куском границы Г – кусочно-гладкая жорданова кривая, рассмотренная нами без концевых точек. Т принцип непрерывности. Пусть функции f1(z), f2(z), fi (~ A(Di)&&C(Di U Г), и совпадают на Г. Тогда существует f(z) (~ A(D), D = D1 U D2 U Г, f(z) = {f1(z), z (~ D1, f2(z), z (~ D2, f1=f2, z (~ Г}. Такая функция называется аналитическим продолжением f1(z) в D2 через Г. Док-во: построенная функция аналитична в каждой из областей, те доказать надо, что она аналитична на Г. z0 – точка на границе, у которой есть окрестность из D. Г1 – контур, объединение границы окрестности (|z-z0| = д) из первой области и куска Г в окрестности. Г2 – аналогично из 2ой области. Общая часть Г1 и Г2 будет обходится, поэтому сумма интегралов по этим кривым (1/(2пi))$<Г1>f(w)dw/(w-z) + ..$<Г2>.. = ..$<|w-z0| = д>.. (1) Интеграл справа – интеграл типа Коши, так что можно выразить f(z) = (1/(2пi))$<|w-z0|=д>f(w)dw/(w-z) внутри окрестности и f(z) аналитична. Так как первый интеграл из (1) для точки из второй области равен 0 и f1(z) для 1ой (аналогично для второй), то f(z) = f1(z) в первой области (для 2ой..) В силу произвольности точки получаем, что f(z) аналитична на границе и равняется именно предложенному выражению. ЧТД. Следствие: если функция аналитична в области и непрерывна в области и на участке границы, и на участке границы равна 0, ТОО она везде равна 0 (продолжить функцию 0 за границу, по внутренней теореме единственности – 0). ЧТД. Если есть степенной ряд, то прожолжать за границу можно разложив сумму ряда с другим центром и если новый круг вылезет за границу старого, значит удалось расширить. Точка, лежащая на окружности, радиусом равным радиусу сходимости степенного ряда с тем же центром, что и степенной ряд, называется правильной (регулярной) для суммы ряда, если у неё есть такая окрестность, в которой существует аналитичная функция F(z), на всем пересечении этой окрестности с областью сходимости ряда равная сумме этого степенного ряда. В противном случае точка называется особой. Т Пусть радиус сходимости степенного ряда конечен, тогда на границе круга радиуса сходимости имеется по крайней мере одна особая точка. От противного. Тогда для любой точки существует окрестность, в которой есть F(z). По лемме Гейне-Бореля покроем окружность конечным числом этих окрестностей (не пересекающихся). Получаем, что можем построить аналитическую функцию, равную f(z) внутри круга, и каждому F(z) в окрестностях. Разложим её с центром в z0, по теореме единственности разложение совпадет, те получим больший радиус сходимости, противоречие. ЧТД.

Билет 22. Аналитическое продолжение Гамма функции Эйлера. Формула дополнения.

Г(x) = $<0, inf>e^(-t)t^(x-1)dt. Разобьем на интегралы от 0 до 1 и от 1 до inf. В первом из них заменим e^(-t) на ряд тейлора и получим Add(n=0, inf)(-1)^n/(n!(n+x)) (из сходимости степенного ряда на [0,1]). Продолжим этот ряд в комплексную плоскость, он будет сходится везде в C\{0, -1, -2…} Точки z = 0, -1, -2… полюсы первого порядка. Второй интеграл заменим все к степени e под интегралом, $<1, inf>e^(-t)e^[(z-1)lnt] – целая функция, Те сумма построенных нами фукций – аналитическое продолжение Г(z).

Формула дополнения. J = $<0, inf>x^(a-1)dx/(x+L), 0 < a < 1, L > 0. Заменим x = Lt, dx = Ldt. Потом сделаем замену y = 1/(1+t), те J = L^(a-1)$<0, 1>(1-y)^(a-1)y^(-a)dy = L^(a-1)B(a, 1- a) = L^(a-1)Г(a)Г(1-a), B(x, y), Г(x) – эйлеровы интегралы. Исходный интеграл попадает под 4ый тип интегралов (Б18), те его можно посчитать. Получим J = (2пi/(1- e^(2пia))Res<z=-L>(z^(a-1) * (1/(z+L)) = 2пiL^(a-1)e^[(a-1)iп]/(1-e^(2пia)) = L^(a-1)Г(a)Г(1-a). Те Г(a)Г(1-a) = п/sin(пa). Формула дополнения справедлива для всех нецелых z.