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 23. Доказать, что M(D), пополненное функцией f (z) ≡ ∞, совпа- дает с множеством всех голоморфных отображений D → C.
Утверждение 41. Функция f (z) мероморфна на C тогда и только тогда, когда f рациональна (то есть f =
P
Q
, где P , Q – полиномы, Q ̸≡ 0).
Доказательство:
Доказательство в сторону ⇐ ясно из определения.
Докажем ⇒. Так как f ∈ M(C), то множество полюсов f конечно (так как лю- бое бесконечное подмножество C имеет в C предельную точку, а предельная точка полюсов – не полюс). Пусть a
1
, . . . , a n
– все полюсы f в C, R
j
(z) :=
l j
X
k=1
c jk
(z − a j
)
−k
– главная часть ряда Лорана f в точке a j
(то есть в кольце {0 < |z − a j
| < ε}),
P (z) :=
l
X
k=1
c k
z k
– главная часть ряда Лорана f на ∞ (то есть в кольце {|z| > R}).
Тогда функция g := f −
n
X
j=1
R
j
− P является целой функцией с устранимой особен- ностью на ∞, то есть по доказательству утверждения (39) g является константой
(обозначим её C). Таким образом, f (z) = C +
n
X
j=1
R
j
+ P – рациональная функция.
Замечание 20. Равенство f (z) = C +
n
X
j=1
R
j
+ P является разложением рацио- нальной функции f (z) на простейшие дроби.
Вычеты
Определение вычета
Определение 22. Пусть f ∈ O(0 < |z − a| < ε). Тогда вычетом функции f (z) в точке a называется число res z=a f (z) :=
1 2πi
Z
|z−a|=r f (z) dz,
(10.1)
где 0 < r < ε.
По интегральной теореме Коши (5) для кольца {r
1
< |z − a| < r
2
} от выбора r ∈ (0, ε) интеграл, стоящий в определении вычета, не зависит.
Теорема Коши о вычетах
Теорема 15. (Теорема Коши о вычетах) Пусть D ⊂ C – ограниченная область с кусочно-гладкой границей и f ∈ O(D\{a
1
, . . . , a n
}) для некоторых a
1
, . . . , a n
∈ D.
62
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
Тогда
Z
∂D
f (z) dz = 2πi n
X
j=1
res z=a j
f (z).
(10.2)
Доказательство:
Пусть ε > 0 таково, что замкнутые круги K
j
:= B(a j
, ε) при j = 1, . . . , n не пересекаются и лежат в D. Тогда множество D
1
:= D\
n
S
j=1
K
j является ограниченной областью с кусочно-гладкой границей. Используя интегральную теорему Коши (5),
получаем: 0 =
Z
∂D
1
f (z) dz =
Z
∂D
f (z) dz −
n
X
j=1
Z
∂K
j f (z) dz =
Z
∂D
f (z) dz − 2πi n
X
j=1
res z=a j
f (z).
Таким образом,
Z
∂D
f (z) dz = 2πi n
X
j=1
res z=a j
f (z).
Вычет в терминах ряда Лорана
Утверждение 42. Если f (z) =
+∞
X
n=−∞
c n
(z − a)
n
∈ O(0 < |z − a| < ε), то res z=a f (z) = c
−1
(10.3)
Доказательство:
Это частный случай формулы
(9.1)
для коэффициентов ряда
Лорана:
c n
=
1 2πi
Z
|z−a|=r f (z) dz
(z − a)
n+1
, где 0 < r < ε.
Можно получить формулу (10.3) и непосредственно почленным интегрированием ряда f (z) =
+∞
X
n=−∞
c n
(z − a)
n по {|z − a| = r}.
Формулы для вычисления вычета в полюсе 1-го порядка
Пусть f ∈ O(0 < |z − a| < ε) имеет при z = a не более чем полюс 1-го поряд- ка (то есть устранимую особую точку или полюс 1-го порядка): f (z) =
c
−1
z − a
+
+ c
0
+ c
1
(z − a) + . . . при 0 < |z − a| < ε. Тогда g(z) := (z − a)f (z) = c
−1
+
+ c
0
(z − a) + c
1
(z − a)
2
+ . . . имеет устранимую особую точку при z = a, то есть
∃ lim z→a
(z − a)f (z) = g(a) = c
−1
Утверждение 43. Пусть f (z) имеет при z = a не более чем полюс 1-го порядка.
Тогда res z=a f (z) = lim z→a
(z − a)f (z).
(10.4)
Утверждение 44. Если φ, ψ ∈ O(|z − a| < ε), причём ψ(a) = 0, ψ
′
(a) ̸= 0, то res z=a
φ(z)
ψ(z)
=
φ(a)
ψ
′
(a)
(10.5)
63
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:
В этом случае ∃ lim z→a
(z − a)
φ(z)
ψ(z)
= lim z→a z − a
ψ(z) − ψ(a)
φ(z) =
φ(a)
ψ
′
(a)
. Следовательно,
f (z) :=
φ(z)
ψ(z)
имеет при z = a не более чем полюс 1-го порядка, так как (z − a)f (z)
имеет при z = a устранимую особую точку. Тогда по утверждению (43) получаем,
что res z=a
φ(z)
ψ(z)
=
φ(a)
ψ
′
(a)
Упражнение
24. Вывести отсюда интегральную формулу
Коши
(6.1):
f (a) =
1 2πi
Z
∂D
f (z) dz z − a
∀f ∈ O(D) ∀a ∈ D.
64
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 11
Вычеты (продолжение)
Формула для вычисления вычета в полюсе любого порядка
Утверждение 45. Пусть f ∈ O(0 < |z − a| < ε) имеет при z = a не более чем полюс порядка n ∈ N (эквивалентно: функция g(z) := (z − a)
n f (z) имеет устранимую особую точку при z = a). Тогда res z=a f (z) =
g
(n−1)
(a)
(n − 1)!
=
1
(n − 1)!
((z − a)
n f (z))
(n−1)
z=a
(11.1)
Доказательство:
По условию f (z) =
c
−n
(z − a)
n
+
c
−n+1
(z − a)
n−1
+ . . . +
c
−1
z − a
+ c
0
+ . . . при 0 < |z − a| < ε.
Следовательно, g(z) = (z − a)
n f (z) = c
−n
+ c
−n+1
(z − a) + . . . + c
−1
(z − a)
n−1
+
+ c
0
(z − a)
n
+ . . .. Отсюда по формуле (7.3) для коэффициентов ряда Тейлора и по формуле (10.3) для вычета получаем, что c
−1
= res z=a f (z) совпадает с g
(n−1)
(a)
(n − 1)!
Приведём примеры.
1) ∀n ∈ N вычислим I
n
:=
+∞
Z
−∞
dx
(1 + x
2
)
n
Пусть f (z) =
1
(1 + z
2
)
n
, D
R
:= {|z| < R, Im z > 0} и γ
R
= {|z| = R, Im z ≥ 0}
(R считаем достаточно большим, то есть R > 1). Полюсами функции f (z) являются точки ±i, но только точка i лежит в D
R
Рис. 11.1: Область D
R
для вычисления интеграла I
n
Тогда по теореме Коши о вычетах (15) имеем: 2πi res z=i f (z) =
Z
∂D
R
f (z) dz =
=
R
Z
−R
dx
(1 + x
2
)
n
+
Z
γ
R
dz
(1 + z
2
)
n
65
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
При R
→ +∞ имеем:
R
Z
−R
dx
(1 + x
2
)
n
→ I
n
, а
Z
γ
R
dz
(1 + z
2
)
n
→ 0, так как
Z
γ
R
dz
(1 + z
2
)
n
≤ max z∈γ
R
1
|1 + z
2
|
n
· πR ≤ max z∈γ
R
1
(|z|
2
− |1|)
n
· πR =
πR
(R
2
− 1)
n
→ 0 при
R → +∞, так как n ∈ N.
Тогда 2πi res z=i f (z) → I
n при R → +∞. Поскольку 2πi res z=i f (z) не зависит от R, то
2πi res z=i f (z) = I
n
Таким образом, по утверждению (45) получаем: I
n
=
2πi res z=i
1
(1 + z
2
)
n
=
=
2πi
·
1
(n − 1)!
·

(z − i)
n
1
(1 + z
2
)
n

(n−1)
z=i
=
2πi
·
1
(n − 1)!
·
·

1
(z + i)
n

(n−1)
z=i
= 2πi ·
−n(−n − 1) · . . . · (−n − (n − 2))
(n − 1)!
·
1
(z + i)
2n−1
z=i
=
= 2πi ·
(−1)
n−1
n(n + 1) · . . . · (2n − 2)
(n − 1)!
·
1
(2i)
2n−1
= 2πi ·
i
2n−2
(2n − 2)!
(n − 1)!(n − 1)!
·
1 2
2n−1
i
2n−1
=
=
π
2 2n−2
· C
n−1 2n−2
=
π
4
n−1
· C
n−1 2n−2
∀n ∈ N.
2) ∀a > 0 ∀t ∈ R вычислим I(t) :=
+∞
Z
−∞
cos tx x
2
+ a
2
dx.
Сначала рассмотрим случай t ≥ 0.
Заметим, что I(t) = Re J (t), где J (t) :=
+∞
Z
−∞
e itx dx x
2
+ a
2
Пусть f (z) :=
e itz z
2
+ a
2
, D
R
:= {|z| < R, Im z > 0} и γ
R
= {|z| = R, Im z ≥ 0}
(R считаем достаточно большим, то есть R > a). Полюсами функции f (z) являются точки ±ai, но только точка ai лежит в D
R
Рис. 11.2: Область D
R
для вычисления интеграла J (t)
66
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
Тогда по теореме Коши о вычетах (15) имеем: 2πi res z=ai f (z) =
Z
∂D
R
f (z) dz =
=
R
Z
−R
e itx dx x
2
+ a
2
+
Z
γ
R
e itz dz z
2
+ a
2
При R → +∞ имеем:
R
Z
−R
e itx dx x
2
+ a
2
→ J(t), а
Z
γ
R
e itz dz z
2
+ a
2
→ 0, так как
Z
γ
R
e itz dz z
2
+ a
2
≤
≤ max z∈γ
R
|e itz
|
|z
2
+ a
2
|
· πR ≤ max z∈γ
R
e
−t Im z
|z|
2
− |a|
2
· πR =
πR
R
2
− a
2
→ 0 при R → +∞.
Тогда 2πi res z=ai f (z) → J (t) при R → +∞. Поскольку 2πi res z=ai f (z) не зависит от R,
то 2πi res z=ai f (z) = J (t).
Таким образом, по утверждению (44) получаем: J (t) = 2πi res z=ai e
itz z
2
+ a
2
= 2πi ·
·
φ(ai)
ψ
′
(ai)
, где φ(z) := e itz и ψ(z) := z
2
+ a
2
, так как φ, ψ ∈ O(|z − ai| < ε), ψ(ai) = 0,
ψ
′
(ai) ̸= 0. Тогда J (t) = 2πi ·
e
−ta
2ai
=
π
a e
−ta
Следовательно, I(t) = Re J (t) =
π
a e
−ta
∀a > 0 ∀t ≥ 0.
Заметим, что если t < 0, то cos tx = cos |t|x ⇒ I(t) = I(|t|) =
π
a e
−a|t|
Таким образом, I(t) =
π
a e
−|t|a
∀a > 0 ∀t ∈ R.
Упражнение 25. Найти
+∞
Z
−∞
cos tx x
4
+ 1
dx ∀t ∈ R.
Лемма о логарифмическом вычете
Лемма 2. (Лемма о логарифмическом вычете)
1) Если f ∈ O(|z − a| < ε) имеет при z = a нуль порядка n ∈ N, то res z=a f
′
(z)
f (z)
= n.
2) Если f ∈ O(0 < |z − a| < ε) имеет при z = a полюс порядка p ∈ N, то res z=a f
′
(z)
f (z)
= −p.
Доказательство:
1) По условию f (z) = (z − a)
n g(z), где g(z) ∈ O(|z − a| < ε), g(a) ̸= 0.
Следовательно,
f
′
(z)
f (z)
=
n(z − a)
n−1
g(z) + (z − a)
n g
′
(z)
(z − a)
n g(z)
=
n z − a
+
g
′
(z)
g(z)
. Функция g
′
(z)
g(z)
∈ O(|z − a| < ε
1
), значит,
f
′
(z)
f (z)
имеет при z = a полюс 1-го порядка с вычетом res z=a f
′
(z)
f (z)
= res z=a n
z − a
= n.
67
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
2) Заменяем в пункте (1) этого доказательства n на −p, всё остальное полностью аналогично.
Теорема о логарифмическом вычете
Теорема 16. (Теорема о логарифмическом вычете) Пусть D ⊂ C – ограни- ченная область с кусочно-гладкой границей и f ∈ M(G) для некоторого открытого множества G ⊃ D, причём f не имеет на ∂D ни нулей, ни полюсов. Тогда
N (f, D) − P (f, D) =
1 2πi
Z
∂D
f
′
(z)
f (z)
dz,
(11.2)
где N (f, D) – число нулей f в D с учётом кратностей, P (f, D) – число полюсов f в D с учётом кратностей.
Доказательство:
Из-за отстутствия нулей и полюсов на ∂D множество нулей f в D и множество полюсов f в D конечны (иначе у них была бы предельная точка в D, следовательно,
в D, следовательно, по теореме единственности (12) f ≡ 0 или f ≡ ∞ в D). Обозна- чим все нули f в D через a
1
, . . . , a k
, а их кратности – n
1
, . . . , n k
. Также обозначим все полюсы f в D через b
1
, . . . , b l
, а их кратности – через p
1
, . . . , p l
Тогда по лемме (2) о логарифмическом вычете res z=a i
f
′
(z)
f (z)
= n i
, где i = 1, . . . , k, и res z=b j
f
′
(z)
f (z)
= −p j
, где j = 1, . . . , l.
Следовательно, по теореме Коши о вычетах (15)
1 2πi
Z
∂D
f
′
(z)
f (z)
dz =
k
X
i=1
res z=a i
f
′
(z)
f (z)
+
+
l
X
j=1
res z=b j
f
′
(z)
f (z)
=
k
X
i=1
n i
−
l
X
j=1
p j
= N (f, D) − P (f, D).
Непрерывная ветвь аргумента вдоль пути
Теорема 17.
1) Если α : [a, b] → C\{0} – непрерывное отображение, то ∀ значения θ
0
аргу- мента числа α(a) (то есть α(a) = |α(a)|e iθ
0
) ∃ единственная непрерывная функция
θ : [a, b] → R : θ(a) = θ
0
и α(t) = |α(t)|e iθ(t)
∀t ∈ [a, b].
2) Если при этом путь α кусочно-гладкий, то
Z
α
dw w
= ln
|α(b)|
|α(a)|
+ i(θ(b) − θ(a)).
(11.3)
3) Если, кроме того, путь α замкнут, то есть α(a) = α(b), то
θ(b) − θ(a) =
1
i
Z
α
dw w
(11.4)
68
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:
1) Если α([a, b]) лежит в некоторой полуплоскости φ
0
< arg w < φ
0
+ π, то в качестве θ(t) можно взять arg α(t), где интервал φ
0
+ 2πk < arg w < φ
0
+ 2πk + π
подобран так, чтобы он содержал θ
0
. Получаем искомую функцию θ(t).
В общем случае каждая точка t ∈ [a, b] имеет окрестность U
t
:= (t − ε, t + ε),
образ которой лежит в некоторой полуплоскости. Для любого открытого покры- тия {U
β
| β ∈ B} отрезка [a, b] ∃δ > 0 такое, что любой отрезок [t
1
, t
2
] ⊂ [a, b]
длины δ лежит целиком в одном из множеств покрытия (иначе существовала бы последовательность [a n
, b n
] отрезков длины
1
n
, не обладающих этим свойством, и для предельной точки t
0
:= lim k→∞
a n
k получили бы, что её окрестность диаметра
1
n
,
где n → ∞, не покрывается целиком никаким U

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Лекция 12
Определения и свойства чисел ∆ arg
γ
f и ∆ arg
∂D
f
Пусть γ : [a, b] → C – непрерывное отображение и функция f : γ([a, b]) → C\{0}
такая, что f ◦ γ : [a, b] → C\{0} – непрерывное отображение. Тогда по теореме (17) о непрерывной ветви аргумента вдоль пути ∃ единственное с точностью до +2πn, где n ∈ Z, непрерывная функция θ : [a, b] → R такая, что f (γ(t)) = |f (γ(t))|e iθ(t)
∀t ∈
∈ [a, b].
Определение 23. Изменение аргумента вдоль пути γ функции f определяется следующим образом:
∆ arg
γ
f := θ(b) − θ(a).
(12.1)
Свойства числа ∆ arg
γ
f :
1) (Логарифмическое свойство)
∆ arg
γ
(f
1
f
2
) = ∆ arg
γ
f
1
+ ∆ arg
γ
f
2
(12.2)
2) (Независимость от параметризации)
∆ arg
γ◦τ
f = ∆ arg
γ
f
(12.3)
∀ монотонно возрастающего гомеоморфизма τ : [a
1
, b
1
] → [a, b].
3) (Зависимость от ориентации)
∆ arg
γ◦τ
f = −∆ arg
γ
f
(12.4)
∀ монотонно убывающего гомеоморфизма τ : [a
1
, b
1
] → [a, b].
Замечание 21. Свойства (1)-(3) вытекают прямо из определения (23) числа
∆ arg
γ
f . Например, если θ
1
отвечает f
1
, а θ
2
отвечает f
2
, то θ
1
+ θ
2
отвечает f
1
f
2
Из свойств (2) и (3) следует, что можно корректно определить число ∆ arg
∂D
f
(изменение аргумента функции f вдоль границы области D) для любой ограничен- ной области D с кусочно-гладкой границей и любой непрерывной функции f : ∂D →
→ C\{0}. Можно корректно определить в том смысле, что число ∆ arg
∂D
f не будет зависеть от выбора параметризации.
4) Если непрерывное отображение γ : [a, b] → C и функция f : γ([a, b]) → C\{0}
таковы, что f ◦ γ являются кусочно-гладким отображением [a, b] → C\{0}, то
∆ arg
γ
f = Im
Z
f ◦γ
dw w
(12.5)
70
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА