Файл: Конспект подготовлен студентами, не проходил проф. Редактуру и может содержать ошибки. Следите за обновлениями на vk. Comteachinmsu.pdf

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Упражнение 4. Пусть a, b ∈ C симметричны относительно обобщённой окруж- ности Γ ∈ C. Докажите, что ∃k > 0 : Γ ∩ C =

z ∈ C |
|z − a|
|z − b|
= k

Свойство трёх точек
Утверждение 11. (Свойство трёх точек) Для любых двух троек a
1
, a
2
, a
3
и b
1
, b
2
, b
3
попарно различных точек из C (то есть a i
̸= a j
и b i
̸= b j
при i ̸= j, но может быть, что a i
= b j
для некоторых i, j) ∃ единственное ДЛО f : C → C :
f (a k
) = b k
при k = 1, 2, 3.
Доказательство:
1) Пусть (b
1
, b
2
, b
3
) = (0, 1, ∞). Тогда f (z) =
z − a
1
z − a
3
·
a
2
− a
3
a
2
− a
1
– единственное ДЛО
с f (a k
) = b k
при k = 1, 2, 3, если среди точек a
1
, a
2
, a
3
нет ∞. Если же одно из a k
равно ∞, то формула для f сохраняется, если перейти в ней к пределу a k
→ ∞, то есть вычеркнуть оба множителя, содержащие a k
2) На рисунке ниже представлена схема отображений для доказательства, в ней
α и β – ДЛО из предыдущего пункта.
Рис. 4.1: Схема доказательства для пункта (2)
Полагая f := β
−1
◦ α, получаем требуемое ДЛО. Оно единственно, так как β ◦ f есть ДЛО с a
1
, a
2
, a
3
→ 0, 1, ∞, то есть равно α в силу единственности из пункта
(1).
Упражнение 5. Для любых попарно различных четырёх точек a
1
, a
2
, a
3
, a
4
∈ C
определим их двойное отношение (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) =
a
4
− a
1
a
4
− a
3
·
a
2
− a
3
a
2
− a
1
∈ C\{0} (это f (a
4
) для f (z), использовавшейся в пункте (1) доказательства утверждения
(11)). Доказать, что ∀ ДЛО f имеем (f (a
1
), f (a
2
), f (a
3
), f (a
4
)) = (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
).
Упражнение 6. Доказать, что ∃ ДЛО f : C → C : f (a k
) = b k
, где k = 1, 2, 3, 4,
тогда и только тогда, когда (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) = (b
1
, b
2
, b
3
, b
4
).
Упражнение 7. Доказать, что попарно различные точки a
1
, a
2
, a
3
, a
4
∈ C лежат на одной обобщённой окружности тогда и только тогда, когда (a
1
, a
2
, a
3
, a
4
) ∈ R.
22
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Из упражнений (5) и (7) вытекает другое доказательство кругового свойства
ДЛО.
Описание всех ДЛО верхней полуплоскости Π := {z ∈ C | Im z > 0} на себя
Утверждение 12. ДЛО f : C → C удовлетворяет f (Π) = Π (эквивалентно: f конформно отображает Π на себя) тогда и только тогда, когда f (z) =
az + b cz + d для некоторых a, b, c, d ∈ R : ad − bc > 0.
Доказательство:
Докажем ⇐. Im f (z) =
Im((az + b)(cz + d))
|cz + d|
2
. Учитывая, что z = x+iy, где x, y ∈ R,
получаем: Im f (z) =
(ax + b)(−cy) + ay(cx + d)
|cz + d|
2
=
(ad − bc)y
|cz + d|
2
=
ad − bc
|cz + d|
2
Im z. Так как ad − bc
|cz + d|
2
> 0, то знаки вещественных чисел Im f (z) и Im z совпадают, то есть f (Π) = Π (а если бы было ad − bc < 0, то f (Π) = −Π – нижняя полуплоскость).
Докажем ⇒. Пусть f (Π) = Π. Тогда в силу гомеоморфности f : C → C имеем f (∂Π) = ∂Π, то есть f (R ∪ {∞}) = R ∪ {∞}. Значит, точки a
1
:= f
−1
(0), a
2
:=
:= f
−1
(1), a
3
:= f
−1
(∞) принадлежат R ∪ {∞}. По свойству трёх точек (11) f (z) =
=
z − a
1
z − a
3
·
a
2
− a
3
a
2
− a
1
. Тогда если среди a k
нет ∞, то f (z) =
az + b cz + d для некоторых a, b, c, d ∈ R, а если среди a k
есть бесконечность, то равенство тоже верно в силу предельного перехода, то есть вычёркивания двух множителей, содержащих a k
. При этом ad − bc > 0, так как иначе f (Π) = −Π, как было показано выше.
Упражнение 8. Установить изоморфизм групп
SL(2, R)
{±I}
и
SU(1, 1)
{±I}
Интеграл вдоль пути
Определение интеграла вдоль пути и примеры
Определение 11. Пусть γ : [a, b] → C – кусочно-непрерывно-дифференцируемое отображение, то есть γ непрерывно на [a, b] и ∃ разбиение отрезка a = t
0
<
< t
1
< . . . < t n
= b : сужение γ на [t i−1
, t i
] непрерывно дифференцируемо (включая односторонние производные в концах) ∀i = 1, . . . , n.
Заметим, что условий типа γ
′
(t) ̸= 0 пока не требуется.
Приведём примеры.
1) γ(t) = 0 ∀t ∈ [a, b] – одна точка.
2) γ(t) = a + Re it
, 0 ≤ t ≤ 2π – окружность {|z − a| = R}.
3) γ(t) = t
2
+ it
2
sign(t), −1 ≤ t ≤ 1 – непрерывно-дифференцируемое на [−1, 1]
отображение.
23
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Определение 12. Пусть f : γ([a, b]) → C – такая функция, что f ◦ γ : [a, b] → C
непрерывно. Тогда
Z
γ
f (z) dz :=
b
Z
a f (γ(t))γ
′
(t) dt.
(4.1)
Обычно f : D → C непрерывна, где D ⊂ C – открытое множество и D ⊃ γ([a, b]).
Приведём примеры.
1) Формула Ньютона-Лейбница. Пусть D ⊂ C – открытое множество,
f ∈ O(D), f
′
∈ C(D) (непрерывность f
′
в D – техническое условие, на самом деле излишнее), γ : [a, b] → C – кусочно-непрерывно-дифференцируемый путь и
γ[a, b] ⊂ D. Тогда
Z
γ
f
′
(z) dz = f (γ(b)) − f (γ(a)).
(4.2)
Доказательство:
Z
γ
f
′
(z) dz =
b
Z
a f
′
(γ(t))γ
′
(t) dt =
b
Z
a d
dt
(f (γ(t))) dt = f (γ(t))
t=b t=a
2) Единственное явное вычисление интеграла в курсе ТФКП. Пусть
R > 0, γ
R
(t) = Re it
, 0 ≤ t ≤ 2π. Тогда
Z
γ
R
z n
dz =
(
0,
n ∈ Z\{−1}
2πi,
n = −1
(4.3)
Доказательство:
Z
γ
R
z n
dz =
2π
Z
0
R
n e
int iRe it dt = iR
n+1 2π
Z
0
e i(n+1)t dt.
Если n = −1, то
Z
γ
R
z n
dz = i
2π
Z
0
dt = 2πi.
Если n ∈ Z\{−1}, то
Z
γ
R
z n
dz = iR
n+1
e i(n+1)t i(n + 1)
2π
t=0
=
R
n+1
n + 1
e
2πi(n+1)
− e
0

=
=
R
n+1
n + 1
(1 − 1) = 0.
Замечание 5. При n ∈ Z\{−1} это также частный случай примера (1), так как z
n
=
z n+1
n + 1

′
Утверждение 13. ∄f ∈ O(C\{0}) : f
′
(z) =
1
z на C\{0}.
24
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Доказательство:
Если такая f существует, то ∀R > 0 2πi =
Z
γ
R
dz z
=
Z
γ
R
f
′
(z) dz = f (γ
R
(2π)) −
− f (γ
R
(0)) = f (1) − f (1) = 0 – противоречие ⇒ такая f не существует.
Замечание 6. Тем не менее ∀θ ∈ R ∃f
θ
∈ O(V
θ, θ+2π
) : f
′
(z) =
1
z на V
θ, θ+2π
=
= C\{re iθ
| r ≥ 0}. А именно, f
θ
(z) = ln |z| + i arg z, где θ < arg z < θ + 2π. Свойство f
′
θ
(z) =
1
z вытекает из теоремы об обратной функции.
Свойства интеграла вдоль пути
1) Линейность:
Z
γ
(af + bg) dz = a
Z
γ
f dz + b
Z
γ
g dz, где a, b ∈ C.
2) Аддитивность:
Z
γ
1
∪γ
2
f dz =
Z
γ
1
f dz +
Z
γ
2
f dz, где конец пути γ
1
совпадает с началом пути γ
2
или γ
1
и γ
2
– замкнутые пути.
3) Независимость от параметризации:
Z
γ◦τ
f dz =
Z
γ
f dz для любого монотонно возрастающего диффеоморфизма τ : [a
1
, b
1
] → [a, b] (вытекает из теоремы о замене переменных в интеграле Римана).
4) Зависимость от ориентации:
Z
γ◦τ
f dz = −
Z
γ
f dz для любого монотонно убыва- ющего диффеоморфизма τ : [a
1
, b
1
] → [a, b].
Вывод из свойств (3) и (4):
Z
γ
f dz зависит только от ориентированной кривой
γ([a, b]). Например,
Z
|z−a|=R
(z−a)
n dz =
(
0,
n ∈ Z\{−1}
2πi,
n = −1
(по умолчанию ориентация задаётся так, чтобы при обходе ограниченная область оставалась слева).
5) Оценка интеграла:
Z
γ
f (z) dz
≤ max z∈γ([a,b])
|f (z)| · (длина γ).
Доказательство:
Введём обозначение: J :=
Z
γ
f (z) dz. Если J = 0, то неравенство верно. Ес- ли J ̸= 0, то запишем J = |J |e iθ
для некоторого θ ∈ R. Тогда |J| = Je
−iθ
=
=
b
Z
a f (γ(t))γ
′
(t)e
−iθ
dt. Введём обозначение: φ(t) := f (γ(t))γ
′
(t)e
−iθ
. Так как
25
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
b
Z
a
φ(t) dt = |J | ∈ R, то b
Z
a
Im φ(t) dt = 0, тогда |J | =
b
Z
a
Re φ(t) dt ≤
b
Z
a
|φ(t)| dt =
=
b
Z
a
|f (γ(t))| · |γ
′
(t)| dt ≤ max t∈[a,b]
|f (γ(t))| ·
b
Z
a
|γ
′
(t)| dt =
max z∈γ([a,b])
|f (z)| · (длина γ).
Замечание 7. Неверно (и даже бессмысленно), что
Z
γ
f (z) dz
≤
Z
γ
|f (z)| dz.
Напрмиер, если f (z) =
1
z и γ(t) = e it
, 0 ≤ t ≤ 2π, то
Z
γ
f (z) dz
= |2πi| = 2π, а
Z
γ
|f (z)|dz =
Z
γ
1 dz = z z=γ(2π)
z=γ(0)
= z
1 1
= 0.
Верно будет написать, что
Z
γ
f (z) dz
≤
Z
γ
|f (z)| |dz|.
26
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Лекция 5
Существование первообразной в круге
Теорема 4. Пусть D = {z ∈ C | |z − a| < R}, f : D → C непрерывна и
Z
∂T
f (z) dz = 0
(5.1)
для любого открытого треугольника T ⋐ D (эта запись означает, что замыкание
T треугольника T лежит в D). Положим F (z) :=
Z
[a,z]
f (ζ) dζ. Тогда F ∈ O(D) и
F
′
= f в D.
Доказательство:
Рассмотрим произвольную точку z ∈ D. Пусть h ∈ C – такое число, что z + h ∈ D.
Точки a, z и z + h образуют треугольник внутри круга D
⇒ по формуле (5.1)
получаем: F (z + h) − F (z) −
Z
[z, z+h]
f (ζ) dζ = 0, тогда
F (z + h) − F (z)
h
− f (z)
=
=
1
h
Z
[z, z+h]
f (ζ) dζ − f (z)
=
1
h
Z
[z, z+h]
(f (ζ) − f (z)) dζ
≤
1
|h|
max
ζ∈[z, z+h]
|f (ζ) − f (z)| ·
· |h| =
max
ζ∈[z, z+h]
|f (ζ) − f (z)| → 0 при h → 0 по определению непрерывности функции f (ζ) в точке ζ = z.
Замечание 8. Условие (5.1) необходимо для справедливости теоремы, так как
Z
∂T
F
′
(z) dz = 0 по формуле Ньютона-Лейбница (4.2).
Лемма Гурса
Лемма 1. (Лемма Гурса) Пусть D ∈ C – открытое множество и T ⋐ D (то есть T ⊂ D) – открытый треугольник. Тогда ∀f ∈ O(D) имеем:
Z
∂T
f (z) dz = 0.
Доказательство:
Пусть M :=
Z
∂T
f (z) dz
. Разобьём треугольник T средними линиями на четыре треугольника ∆
j
: T =
4
S
j=1
∆
j
27
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Рис. 5.1: Разбиение треугольника T
Так как при обходе по умолчанию (то есть таком, чтобы треугольник оставался слева) общие стороны треугольников ∆
j проходятся в разных направлениях, то
M :=
Z
∂T
f dz
=
4
X
j=1
Z
∂∆
j f dz
≤
4
X
j=1
Z
∂∆
j f dz
⇒ ∃j ∈ {1, 2, 3, 4} :
Z
∂∆
j f dz
≥
M
4
Введём обозначение: T
1
:= ∆
j
. Тогда T
1
⊂ T и
Z
∂T
1
f dz
≥
M
4
Повторяя аналогичную процедуру деления для T
1
, получим открытый треуголь- ник T
2
: T
2
⊂ T
1
и
Z
∂T
2
f dz
≥
1 4
Z
∂T
1
f dz
≥
M
4 2
И так далее. ∀n ∈ N получаем открытый треугольник T
n
: T ⊃ T
1
⊃ T
2
⊃ . . . ⊃
⊃ T
n
⊃ . . . и
Z
∂T
n f dz
≥ M · 4
−n
Множество
∞
T
n=1
T
n непусто (иначе {D\T
n
}
n∈N
есть открытое покрытие компак- та T монотонно возрастающими открытыми множествами, из которого нельзя выбрать конечное подпокрытие). Пусть z
0
∈
∞
T
n=1
T
n
. Тогда по определению C- дифференцируемости f (z) = f (z
0
) + f
′
(z
0
)(z − z
0
) + α(z)(z − z
0
),
(5.2)
где α(z) → 0 при z → z
0
Начиная с n = n
0
, все T
n лежат в той окрестности точки z
0
, где определена
α(z). Интегрируя уравнение (5.2) по ∂T
n при n ≥ n
0
, имеем: M · 4
−n
≤
Z
∂T
n f dz
=
=
f (z
0
)
Z
∂T
n dz + f
′
(z
0
)
Z
∂T
n
(z − z
0
) dz +
Z
∂T
n
α(z)(z − z
0
) dz
. Так как мы интегрируем по замкнутому контуру и функции 1 и (z −z
0
) имеют первообразные, то по формуле
28
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Ньютона-Лейбница (4.2) получаем:
Z
∂T
n dz =
Z
∂T
n
(z − z
0
) dz = 0. Тогда M · 4
−n
≤
≤
Z
∂T
n
α(z)(z − z
0
) dz
≤ max z∈∂T
n
(|α(z)| · |z − z
0
|) · (периметр T
n
). Так как |z − z
0
| ≤
≤ (периметр T
n
) ∀z ∈ ∂T
n
, то M · 4
−n
≤ max z∈∂T
n
|α(z)| · (периметр T
n
)
2
. Линейные размеры T
n убывают в 2 раза при каждом увеличении значения n на 1, поэтому M ·
· 4
−n
≤ max z∈∂T
n
|α(z)| ·
периметр T
2
n

2
= o(1) · const ·4
−n при n → ∞. Таким образом,
M ≤ o(1) · const при n → ∞ ⇒ M → 0 при n → ∞, но M не зависит от n и является константой, значит, M = 0.
Сформулируем следствия из леммы Гурса (1).
Утверждение 14. Если D ⊂ C – открытый круг, то ∀f ∈ O(D) ∃F ∈ O(D) :
F
′
= f в D.
Доказательство:
Вытекает из теоремы (4) о существовании первообразной в круге и леммы Гурса
(1).
Утверждение 15. Если D ⊂ C – открытый круг, γ
1
, γ
2
: [a, b] → D – кусочно- непрерывно-дифференцируемые пути с γ
1
(a) = γ
2
(a) = z
0
и γ
1
(b) = γ
2
(b) = z
1
, то
∀f ∈ O(D) имеем:
Z
γ
1
f dz =
Z
γ
2
f dz.
Доказательство:
По формуле Ньютона-Лейбница (4.2) оба интеграла равны F (z
1
) − F (z
0
).
Определение ограниченной области с кусочно-гладкой границей
Определение 13. Открытое множество D ⊂ C называется ограниченной обла- стью с кусочно-гладкой границей, если:
1) D ограничено;
2) ∂D =
k
F
j=1
γ
j
([a j
, b j
]) – объединение конечного числа непересекающихся замкну- тых кусочно-гладких жордановых кривых, то есть γ
j
: [a j
, b j
] → C – кусочно- непрерывно-дифференцируемое отображение такое, что γ
j
(a j
) = γ
j
(b j
) (замкну- тость), γ
j
(t
1
) ̸= γ
j
(t
2
) при a j
≤ t
1
≤ t
2
< b j
(жордановость, то есть отсутствие самопересечений), γ
′
j
(t) ̸= 0 ∀t ∈ [a j
, b j
], включая односторонние производные в точках излома (кусочная гладкость), причём γ
j
([a j
, b j
]) ∩ γ
k
([a k
, b k
]) = ∅ при j ̸= k
(непересекающиеся кривые).
Соглашение об ориентации: ∂D ориентируется так, что D остаётся слева при обходе ∂D.
29
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Рис. 5.2: Пример ориентации.
В данном случае
Z
∂D
f dz =
Z
γ
1
f dz −
Z
γ
2
f dz −
Z
γ
3
f dz
Приведём примеры.
1) Являются ограниченной областью с кусочно-гладкой границей: круг, два непе- ресекающихся круга, два пересекающихся круга с удалённой границей во внутрен- них областях кругов, кольцо.
Рис. 5.3: Примеры областей, являющихся ограниченными с кусочно-гладкой границей
2) Не являются ограниченной областью с кусочно-гладкой границей: полуплос- кость, круг с удалённым касающимся его меньшим кругом, круг с разрезом.
30
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Рис. 5.4: Примеры областей, не являющихся ограниченными с кусочно-гладкой границей
Интегральная теорема Коши
Теорема 5. (Интегральная теорема Коши) Пусть D ∈ C – ограниченная об- ласть с кусочно-гладкой границей и f ∈ O(G) для некоторого открытого множе- ства G ⊃ D. Тогда
Z
∂D
f (z) dz = 0.
(5.3)
Замечание 9. Условия Коши-Римана эквивалентны замкнутости 1-формы ω =
= f (z) dz на G. А именно, если f = u + iv, то ω = (u + iv)(dx + i dy) = (u dx −
− v dy) + i(u dy + v dx), откуда dω = (−u y
− v x
) dx ∧ dy + i(u x
− v y
) dx ∧ dy. Таким образом, равенство dω = 0 эквивалентно системе
(
u x
− v y
= 0
u y
+ v x
= 0
. Поэтому заклю- чение интегральной теоремы Коши вытекает из формулы Грина (или Стокса)
Z
∂D
ω =
Z
D
dω =
Z
D
0 = 0 при дополнительном техническом условии f
′
∈ C(D).
Теперь докажем интегральную теорему Коши (5) без использования формулы
Грина.
Доказательство:
1) Рассмотрим случай многоугольника, то есть когда ∂D состоит из конечного числа непересекающихся замкнутых жордановых ломаных. Проведём все прямые,
на которых лежат стороны и диагонали ∂D. Дополнение к любому конечному на- бору прямых на R
2
состоит из конечного числа выпуклых открытых множеств,
причём те их этих множеств, которые ограничены, можно в силу выпуклости диа- гоналями из одной вершины разбить на треугольники. Получаем представление
D =
N
S
j=1
T
j
, где T
1
, . . . , T
n
– открытые треугольники, причём T
i
∩ T
j есть либо ∅, ли-
31
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
бо общая вершина, либо общая сторона ∀i ̸= j. Таким образом,
Z
∂D
f dz =
N
X
j=1
Z
∂T
j f dz,
но по лемме Гурса (1)
Z
∂T
j f dz = 0 ∀j = 1, . . . , N ⇒
Z
∂D
f dz =
N
X
j=1 0 = 0.
2) Рассмотрим случай гладкой границы, то есть когда ∂D не имеет точек излома.
Построим многоугольник D
0
⋐ G :
Z
∂D
f dz =
Z
∂D
0
f dz и применим пункт (1).
Отступление. Реально в курсе необходимы только следующие классы областей:
в теории: круг с вырезанным меньшим кругом, круг с вырезанными двумя мень- шими кругами; в примерах: полукруг, прямоугольник с вырезанным окружностью углом (или несколькими углами), треугольник из дуг окружностей. Во всех этих случаях D
0
получается заменой дуг окружностей на вписанные в них правильные многоугольники с большим числом сторон.
Рис. 5.5: Примеры областей из отступления
Продолжаем общее доказательство.
а) ∀ε > 0 : ε < dist(D, ∂G), если γ : [a, b] → C – компонента ∂D и a ≤ s < t < b :
|γ(s) − γ(t)| <
ε
4
, то
Z
[γ(s), γ(t)]
f dz =
Z
γ([s,t])
f dz по утверждению о независимости от промежуточного пути интегрирования (15), так как оба пути интегрирования лежат в круге |z − γ(s)| < ε, в котором f голоморфна.
б) В силу равномерной непрерывности γ на [a, b]
∃δ > 0 :
|s − t| < δ
⇒
⇒ |γ(s) − γ(t)| <
ε
4
. Поэтому ∀ разбиения a = t
0
< t
1
< . . . < t n
= b мелкости
< δ интеграл от f dz по ∂D равен интегралу от f dz по ˜
Γ
1
∪ . . . ∪ ˜
Γ
m
, где ˜
Γ
j
–
ломаная с вершинами γ
j
(t i
), где Γ
j
= γ
j
([a j
, b j
]) – j-ая компонента ∂D.
32
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА