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
Если к тому же γ(a) = γ(b), то
∆ arg
γ
f =
1
i
Z
f ◦γ
dw w
(12.6)
Замечание 22. Свойство (4) вытекает из теоремы (17) о непрерывной ветви аргумента вдоль пути.
Принцип аргумента
Теорема 18. (Принцип аргумента) Пусть D ⊂ C – ограниченная область с кусочно-гладкой границей и функция f ∈ M(D) не имеет на границе ни нулей, ни полюсов. Тогда
N (f, D) − P (f, D) =
1 2π
∆ arg
∂D
f,
(12.7)
где N (f, D) – число нулей f в D с учётом кратностей, P (f, D) – число полюсов f в D с учётом кратностей.
Замечание 23. Геометрический смысл: (число нулей) − (число полюсов) = (числу обходов f (z) вокруг 0 с учётом знака, когда z обходит ∂D один раз в положитель- ном направлении).
Доказательство:
Пусть ∂D состоит из одной замкнутой кусочно-гладкой жордановой кривой и
γ : [a, b] → C – параметризация ∂D. Тогда по теореме (16) о логарифмическом вы- чете N (f, D) − P (f, D) =
1 2πi
Z
∂D
f
′
(z)
f (z)
dz =
1 2πi b
Z
a f
′
(γ(t))
f (γ(t))
γ
′
(t) dt =
1 2πi
Z
f ◦γ
dw w
(ис- пользовали определение интеграла (11)). Используя формулу (12.6) из свойства (4)
и свойство (2) о независимости от параметризации, получаем: N (f, D) − P (f, D) =
=
1 2π
∆ arg
γ
f =
1 2π
∆ arg
∂D
f .
Если ∂D состоит из нескольких компонент, то доказательство аналогично с за- меной γ на набор γ
1
, . . . , γ
n
Теорема Руше
Теорема 19. Пусть D ⊂ C – ограниченная область с кусочно-гладкой границей и f, g ∈ O(D) : |f (z)| > |g(z)| ∀z ∈ ∂D. Тогда N (f + g, D) = N (f, D).
Доказательство:
Из условия |f | > |g| на ∂D вытекает, что f ̸= 0 на ∂D и f + g ̸= 0 на ∂D.
Поэтому применима теорема (18) о принципе аргумента: N (f + g, D) − N (f, D) =
=
1 2π

∆ arg
∂D
(f + g) − ∆ arg
∂D
f

. Применяя формулу (12.2) из логарифмического свойства (1), получаем: N (f + g, D) − N (f, D) =
1 2π
∆ arg
∂D
f + g f

71
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
Используя формулу (12.6) из свойства (4), получаем: ∆ arg
∂D
f + g f

=
= ∆ arg
∂D

1 +
g f

=
1
i
Z
φ(∂D)
dζ
ζ
, где φ(z) := 1 +
g(z)
f (z)
. По формуле Ньютона-Лейбница
(4.2)
Z
φ(∂D)
dζ
ζ
= 0, так как
1
ζ
(как и любая другая голоморфная функция) имеет первообразную в круге |ζ − 1| < 1 по теореме (4) о существовании первообразной в круге (фактически F (ζ) := ln |ζ| + i arg ζ, где −
π
2
< arg ζ <
π
2
, голоморфна при
|ζ − 1| < 1 и F
′
(ζ) =
1
ζ
при |ζ − 1| < 1 по теореме (3) об обратной функции).
Таким образом, ∆ arg
∂D
f + g f

= 0, значит, N (f + g, D) = N (f, D).
Проиллюстрируем геометрический смысл теоремы Руше (19). Эту теорему иногда называют принцип дамы с собачкой. В роли дамы выступает функция f , а в роли собачки – функция f + g (тогда функция g – в роли поводка). Дама гуляет вокруг клумбы (начала координат) и следит, чтобы собачка не забегала на клумбу (условие
|f (z)| > |g(z)| ∀z ∈ ∂D). Тогда сколько раз дама обойдёт вокруг клумбы, столько же раз и собачка, как бы она ни бегала.
Приведём примеры.
1) Найдём N (z
15
+ 7z
12
+ z
7
− iz
5
+ 2, |z| < 1).
Заметим, что |7z
12
| = 7 > 1 + 1 + 1 + 2 ≥ |z
15
+ z
7
− iz
5
+ 2| при |z| = 1, тогда по теореме Руше (19) получаем: N (z
15
+ 7z
12
+ z
7
− iz
5
+ 2, |z| < 1) = N (7z
12
, |z| < 1) =
= 12.
2) Докажем ещё одним способом основную теорему алгебры (8), но уже сразу вместе с её следствием, которое можно было бы получить с помощью теоремы Безу.
Теорема 20. (Основная теорема алгебры со следствием из теоремы Безу)
Любой полином P (z) = z n
+ a
1
z n−1
+ . . . + a n
, где a
1
, . . . , a n
∈ C и n ≥ 1, имеет ровно n нулей в C с учётом кратностей.
Доказательство:
Пусть R
0
> 0 таково, что R
n
> |a
1
|R
n−1
+ . . . + |a n
| ∀R ≥ R
0
. Тогда по теореме
Руше (19) получаем: N (P (z), |z| < R) = N (z n
, |z| < R) = n. Так как это верно
∀R ≥ R
0
, то N (P (z), C) = n.
Принцип сохранения области
Утверждение 46. Если D ⊂ C – область (то есть открытое линейно связное множество), f ∈ O(D) и f ̸≡ const, то f (D) – тоже область.
Доказательство:
1) Множество f (D) линейно связно в силу непрерывности f , так как если z
1
, z
2
∈
∈ D – любые точки и γ : [t
1
, t
2
] → D – непрерывный путь с γ(t
1
) = z
1
и γ(t
2
) = z
2
,
то непрерывный путь f ◦ γ → f (D) соединяет f (z
1
) и f (z
2
) в f (D).
72
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) Покажем, что f (D) открыто. Пусть z
0
∈ D – произвольная точка и w
0
:= f (z
0
).
Тогда по утверждению (29) о принципе изолированности нулей для функции f (z) − w
0
из условия, что f ̸≡ w
0
в D вытекает, что ∃ε > 0 :
f (z) ̸= w
0
при
0 < |z − z
0
| < ε. Выберем любое r ∈ (0, ε) и обозначим µ := min
|z−z
0
|=r
|f (z) − w
0
|. Тогда
µ > 0 по определению ε. Обозначим круг U := {|z − z
0
| < r}.
Рис. 12.1: Круг U и его образ f (U )
Тогда ∀w
1
из круга {|w − w
0
| < µ} имеем: f (z)−w
1
= f (z) − w
0
+ w
0
−w
1
. Заметим,
что |f (z) − w
0
| ≥ µ на ∂U , а |w
0
− w
1
| < µ. Следовательно, по теореме Руше (19)
N (f (z) − w
1
, U ) = N (f (z) − w
0
, U ) ≥ 1, так как f (z
0
) = w
0
. Этим доказано, что w
1
∈ f (U ). Следовательно, круг {|w − w
0
| < µ} лежит целиком в f (D). То есть f (D) вместе с каждой своей точкой w
0
= f (z
0
) содержит её окрестность ⇒ f (D)
открыто.
Критерий локальной однолистности
Определение 24. Функция f ∈ O(D) называется однолистной на открытом множестве D, если f (z
1
) ̸= f (z
2
) ∀z
1
, z
2
∈ D : z
1
̸= z
2
Утверждение 47. Функция f ∈ O(z
0
) однолистна в некоторой окрестности точ- ки z
0
тогда и только тогда, когда f
′
(z
0
) ̸= 0.
Доказательство:
Докажем ⇐. Если f
′
(z
0
) ̸= 0, то N (f (z) − w
0
, U ) = 1 при 0 < r < ε (в обозначе- ниях из доказательства утверждения (46) о принципе сохранения области), так как f (z
0
) = w
0
, f
′
(z
0
) ̸= 0 и f (z) ̸= w
0
при 0 < |z − z
0
| < ε. Как было показано в до- казательстве утверждения (46) о принципе сохранения области, N (f (z) − w
1
, U ) =
= N (f (z) − w
0
, U ) ⇒ N (f (z) − w
1
, U ) = 1 ∀w
1
в круге {|w − w
0
| < µ}. В силу непрерывности f в точке z
0
∃r
1
∈ (0, r) : |z − z
0
| < r
1
⇒ |f (z) − w
0
| < µ. Тогда равенство N (f (z) − w
1
, U ) = 1 ∀w
1
в круге {|w − w
0
| < µ} означает однолистность f (z) в круге {|z − z
0
| < r
1
}.
Докажем ⇒. Покажем, что если f
′
(z
0
) = 0, то f не является однолистной ни в ка- кой окрестности точки z
0
. Причём будем рассматривать случай, когда f (z) ̸≡ const ни в какой окрестности точки z
0
, так как в этом случае функция f уже не будет однолистной ни в какой окрестности точки z
0
. Раз f
′
(z
0
) = 0, то кратность N нуля функции f (z) − w
0
при z = z
0
будет > 1 (она равна порядку нуля f
′
при z = z
0
плюс
1). Как было показано в доказательстве утверждения (46) о принципе сохранения
73
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
области, N (f (z) − w
1
, U ) = N (f (z) − w
0
, U ) ⇒ N (f (z) − w
1
, U ) = N > 1 ∀w
1
в круге {|w − w
0
| < µ}, так как f (z
0
) = w
0
, f
′
(z
0
) = 0 и f (z) ̸= w
0
при 0 < |z −
− z
0
| < ε. При этом все эти N нулей имеют кратность 1 в некоторой проколотой окрестности z
0
(то есть геометрически различны), так как f
′
(z) ̸= 0 в некоторой проколотой окрестности z
0
по утверждению (29) о принципе изолированности ну- лей. Таким образом, f не является однолистной ни в какой окрестности точки z
0
Окончательная форма теоремы об обратной функции
На первой лекции мы делали замечание (2), в котором обещали предоставить доказательство позже. Сейчас сделаем это.
Теорема 21. (Окончательная форма теоремы об обратной функции)
Пусть D
1
, D
2
⊂ C – открытые множества и f ∈ O(D
1
) биективно отображает
D
1
на D
2
. Тогда обратная функция g := f
−1
∈ O(D
2
).
Доказательство:
Заметим, что f
′
(z) ̸= 0 ∀z ∈ D
1
по утверждению (47) о критерии локальной однолистности. А также отображение g : D
2
→ D
1
непрерывно (то есть f является гомеоморфизмом D
1
на D
2
) в силу утверждения (46) о принципе сохранения обла- сти, так как ∀ открытого U ⊂ D
1
прообраз g
−1
(U ) = f (U ) открыт в D
2
по принципу сохранения области.
Таким образом, выполнены все условия теоремы (3) об обратной функции, кото- рая и даёт, что g ∈ O(D
2
).
Сформулируем следствие.
Утверждение 48. Если D ⊂ C – любое открытое множество и f ∈ O(D) од- нолистна, то f конформно отображает открытое множество D на открытое множество f (D).
74
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 13
Принцип максимума модуля
Утверждение 49. (Принцип максимума модуля в двух формулировках)
1) Пусть D ⊂ C – область, f ∈ O(D) и ∃a ∈ D и ε > 0 : |f (a)| ≥ |f (z)| при
|z − a| < ε. Тогда f ≡ const.
2) Пусть D ⊂ C – ограниченная область и f ∈ O(D) ∩ C(D). Тогда max z∈D
|f (z)| = max z∈∂D
|f (z)|.
(13.1)
Доказательство:
1) Если f ̸≡ const, то по утверждению (46) о принципе сохранения области образ при f круга |z − a| < ε содержит некоторый круг |w − f (a)| < δ, где δ > 0. В
последнем круге всегда есть точка w
0
: |w
0
| > |f (a)|. Следовательно, ∃ точка z
0
круга |z − a| < ε такая, что f (z
0
) = w
0
, и значит, |f (z
0
)| > |f (a)|. Это противоречит условию |f (a)| ≥ |f (z)| при |z − a| < ε. Значит, f ≡ const.
2) По теореме Вейерштрасса о непрерывной функции на компакте ∃z
0
∈ D :
|f (z
0
)| = max z∈D
|f (z)|. Если z
0
∈ ∂D, то требуемое равенство max z∈D
|f (z)| = max z∈∂D
|f (z)|
доказано. А если z
0
∈ D, то f ≡ const по пункту (1) этого доказательства, и тогда равенство max z∈D
|f (z)| = max z∈∂D
|f (z)| тоже доказано.
Упражнение 26. Пусть D – ограниченная область и f ∈ O(D) ∩ C(D), причём
Re f (z) = 0 ∀z ∈ ∂D. Доказать, что f ≡ const.
Указание: применить утверждение (49) о принципе максимума в формулировке
(2) к функциях e if и e
−if
, а затем применить к любой из них формулировку (1)
этого же утверждения.
Лемма Шварца
Лемма 3. (Лемма Шварца) Пусть U := {z ∈ C | |z| < 1}, f ∈ O(U ), f (U ) ⊂ U
(то есть |f (z)| ≤ 1 при |z| < 1) и f (0) = 0. Тогда:
1) |f (z)| ≤ |z| при |z| < 1;
2) если ∃z
0
∈ U \{0} : |f (z
0
)| = |z
0
|, то f (z) = e iθ
z ∀z ∈ U и для некоторого
θ ∈ R;
3) |f
′
(0)| ≤ 1;
4) если |f
′
(0)| = 1, то f (z) = e iθ
z ∀z ∈ U и для некоторого θ ∈ R.
Доказательство:
Докажем пункты (1) и (3). Функция g(z) :=
f (z)
z
=
f (z) − f (0)
z
∈ O(0 < |z| <
< 1) по определению производной (1) имеет предел lim z→0
g(z) = f
′
(0). Следовательно,
особенность функции g(z) при z = 0 устранима, то есть после доопределения g(0) :=
:= f
′
(0) имеем g ∈ O(|z| < 1).
75
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
Фиксируем z
0
∈ U и выберем r : |z
0
| < r < 1. Тогда по утверждению (49) о прин- ципе максимума в формулировке (2) получаем: |g(z
0
)| ≤ max
|z|=r
|g(z)| = max
|z|=r
|f (z)|
|z|
≤
≤
1
r
, так как |f (z)| ≤ 1 при |z| < 1 по условию. При r → 1 − 0 получаем: |g(z
0
)| ≤ 1,
то есть



|f (z
0
)|
|z
0
|
≤ 1 при z
0
∈ U \{0}
|f
′
(0)| ≤ 1 при z
0
= 0
. Этим доказаны пункты (1) и (3).
Докажем пункты
(2)
и
(4).
Если какое-то из неравенств



|f (z
0
)|
|z
0
|
≤ 1 при z
0
∈ U \{0}
|f
′
(0)| ≤ 1 при z
0
= 0
превратилось в равенство, то по утверждению
(49) о принципе максимума в формулировке (1) g(z) ≡ const и, следовательно,
f (z) = Cz, где |C| = 1 (ясно из подстановки z
0
), значит, C = e iθ
для некоторого
θ ∈ R.
Описание всех конформных отображений единичного круга
U := {z ∈ C | |z| < 1} на себя
Утверждение 50. Пусть U := {z ∈ C | |z| < 1} и f : U → U – конформное отображение. Тогда f является ДЛО и, следовательно, по утверждению (10)
f (z) = e iθ
z − a
1 − az
(13.2)
для некоторых a ∈ U , θ ∈ R.
Доказательство:
1) Пусть дополнительно f (0) = 0. Тогда по пункту (1) леммы Шварца (3)
|f (z)| ≤ |z| ∀z ∈ U . Для обратного отображения z = g(w) тоже применим пункт
(1) леммы Шварца (3): |g(w)| ≤ |w| ∀w ∈ U . Подставим в последнее неравенство w = f (z), получим: |z| ≤ |f (z)| ∀z ∈ U . Таким образом, |f (z)| = |z| ∀z ∈ U . Тогда по пункту (2) леммы Шварца (3) f (z) = e iθ
z для некоторого θ ∈ R. Значит, f (z)
является частным случаем ДЛО f (z) = e iθ
z − a
1 − az при a = 0.
2) В общем случае согласно доказательству утверждения (10) получаем, что функция h(z) =
f (z) − f (0)
1 − f (0)f (z)
удовлетворяет условиям h : U → U конформно и h(0) = 0. Следовательно, h(z) = e iθ
z ∀z ∈ U и для некоторого θ ∈ R. Тогда f (z)
– ДЛО, так как по утверждению (5) о групповом свойстве ДЛО отображения, об- ратные к ДЛО, являются ДЛО. А то, что любое ДЛО единичного круга U на себя имеет вид z 7→ e iθ

КОНСПЕКТ ПОДГОТОВЛЕН СТУДЕНТАМИ, НЕ ПРОХОДИЛ
ПРОФ РЕДАКТУРУ И МОЖЕТ СОДЕРЖАТЬ ОШИБКИ
СЛЕДИТЕ ЗА ОБНОВЛЕНИЯМИ НА VK.COM/TEACHINMSU
Указание: применить критерий устранимой особой точки (чтобы получить f ∈ O(a)), принцип максимума модуля (чтобы получить f (a) = 0), критерий локальной обратимости (чтобы получить f
′
(a) ̸= 0) и описание всех конформных отображений U на себя.
Единственность конформного отображения области на круг
Утверждение 51. Пусть D ∈ C – область и ∃ конформное отображение D на единичный круг U := {w ∈ C | |w| < 1}. Тогда ∀a ∈ D и ∀θ ∈ R ∃ единственное конформное отображение f : D → U такое, что f (a) = 0 и arg f
′
(a) = θ.
Доказательство:
1) Докажем существование. Доказательство приведём в виде построения схемы отображений.
Рис. 13.1: Доказательство существования отображения f : D → U такого, что f (a) = 0 и arg f
′
(a) = θ
2) Докажем единственность. Если f
1
, f
2
: D → U – конформные отображения с f
j
(a) = 0 и f
′
j
(a) = θ, то g := f
1
◦ f
−1 2
– конформное отображение U на U с g(0) = 0
и arg g
′
(0) = arg f
′
1
(a)
f
′
2
(a)
= θ − θ = 0.
77
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. 13.2: Доказательство единственности отображения f : D → U такого, что f (a) = 0 и arg f
′
(a) = θ
Применим формулу (13.2): g(w
2
) = e iα
w
2
− b
1 − bw
2
для некоторых b ∈ U и α ∈ R.
Тогда из условия g(0) = 0 вытекает, что b = 0, значит, g(w
2
) = e iα
w
2
. А тогда из условия arg g
′
(0) = 0 вытекает, что α = 0, значит, g(w
2
) = w
2
. Таким образом, g = Id
– тождественное отображение, значит, f
1
◦ f
−1 2
= Id, то есть f
1
= f
2
Задача на экстремум, решением которой является конформное отображение области на круг
Утверждение
52. Пусть
D ⊂ C
–
область,
U := {w ∈ C | |w| < 1}
и
F := {f ∈ O(D) | f (D) ⊂ U }.
Допустим,
что
∃
конформное отображение f
0
: D → U и обозначим a := f
−1 0
(0) ∈ D. Тогда sup f ∈F
|f
′
(a)| = |f
′
0
(a)|,
(13.3)
причём этот sup достигается только при f (z) = e iθ
f
0
(z) для некоторого θ ∈ R.
Доказательство:
Положим F := Φ ◦ f ◦ f
−1 0
, где f ∈ F – произвольный элемент, а Φ – ДЛО U на
U , переводящее f (a) в 0.
78
МЕХАНИКО-МАТЕМАТИЧЕСКИЙ
ФАКУЛЬТЕТ
МГУ ИМЕНИ М.В. ЛОМОНОСОВА