Главная > Математика > Курс высшей математики, Т.4. Ч.1
<< Предыдущий параграф
Следующий параграф >>
<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Макеты страниц

58. Предельные задачи для аналитических функций.

Прежде чем переходить к решению интегральных уравнений с ядром Коши, займемся некоторыми предельными задачами для аналитических функций. Предварительно введем одно новое понятие и докажем вспомогательную теорему.

Пусть некоторая функция регулярна в окрестности . Говорят, что она имеет на бесконечности конечный порядок, если ее разложение в окрестности имеет вид

и целое число (положительное, отрицательное или нуль) называется порядком на бесконечности. Если 0, то регулярна в точке , а если , то есть полюс При мы имеем

Теорема. Если регулярна на всей плоскости z и имеет конечный порядок на бесконечности, то есть полином.

В рассматриваемом случае разложение (369) имеет место на всей плоскости z, и это разложение не должно содержать отрицательных степеней , ибо должна быть точкой регулярности Таким образом, при функция будет полиномом, а при постоянной (полином нулевой степени). В частности, эта постоянная может равняться нулю. Функция, тождественно равная нулю, также считается имеющей конечный

порядок на бесконечности. Ее порядок считается равным нулю, как и у постоянной, отличной от нуля. Доказанная теорема является, по существу, обобщением теоремы Лиувилля

Пусть L — гладкий замкнутый контур. Решим указанные ниже три предельные задачи.

Задача 1. Найти функцию регулярную внутри L, и функцию регулярную вне L и имеющую конечный порядок на бесконечности, так, чтобы обе функции были непрерывны вплоть до L, и на L имело бы место соотношение:

где f ( - заданная на L комплексная функция, удовлетворяющая условию Липшица.

Формула

определяет функцию регулярную внутри L, и регулярную вне L и равную нулю на бесконечности. В силу формул для предельных значений интеграла типа Коши [1112; 29]:

мы видим, что удовлетворяют соотношению (370), т. е. формула (371) дает решение задачи 1. Нетрудно видеть, что также удовлетворяют условию Липшица [1112; 27]. Очевидно, что и

где произвольный полином, дает решение задачи 1, причем удовлетворяют условию Липшица.

Покажем, что эта формула дает все решения задачи 1. Пусть - какое-нибудь решение задачи 1. Из (370) и такого же соотношения для следует:

т. е. разности

имеют одинаковые значения на L, и тем самым эти разности определяют функцию, регулярную на всей плоскости и

имеющую конечный порядок на бесконечности. В силу доказанной теоремы упомянутые разности равны одному и тому же полиному откуда и следует формула (373).

Если поставить условие , то в формуле (373) надо положить . Сформулируем теперь вторую задачу, впервые рассмотренную Гильбертом, причем мы будем в дальнейшем считать, что точка находится внутри

Задача 2 (однородная задача Гильберта). Найти при прежних условиях так, чтобы вместо (370) выполнялось условие

где заданная на L комплексная функция, удовлетворяющая условию Липшица и отличная от нуля.

Пусть k — целое число, равное приращению аргумента при обходе точкой контура L, деленному на

Аргумент функции:

не получает приращения, когда обходит L, и непрерывная на L функция. Мы фиксируем при этом какое-нибудь определенное значение логарифма.

Нетрудно показать, что так же как и удовлетворяет условию Липшица, на чем мы не останавливаемся. Составим функцию:

где

Эти формулы определяют различные, вообще говоря, регулярные функции при z, лежащих внутри и вне

и, пользуясь формулой (372) для предельных значений интеграла Коши, непосредственно можно проверить, что функции (379) на L удовлетворяют соотношению:

Введем новые функции, регулярные внутри и вне

Принимая во внимание (376) и (380), мы видим, что являются решением однородной задачи Гильберта. Из (378) и (379) следует, что и в силу (381) можно утверждать, что порядок на бесконечности равен

Отметим еще, что не обращается в нуль нигде, а может обращаться в нуль лишь при Если любой полином, то функции

также являются решением однородной задачи Гильберта. Если - степень , то порядок на бесконечности равен (m — k). При этом, как и в задаче удовлетворяют условию Липшица.

Покажем еще, что формулы (382) определяют все решения упомянутой задачи. Действительно, пусть какое-нибудь решение задачи. Отношения

регулярны соответственно внутри и вне L и второе из них имеет конечный порядок на бесконечности. Кроме того, эти отношения совпадают на L Следовательно, отношения (383) определяют функцию, регулярную на всей плоскости и имеющую конечный порядок на бесконечности, и в силу доказанной выше теоремы эта функция есть полином, откуда и следуют формулы (382) для .

Задача 3 (неоднородная задача Гильберта). Найти при прежних условиях так, чтобы вместо (374) соблюдалось условие

где - заданные на L функции, удовлетворяющие условию Липшица, и .

Пусть - построенное выше решение задачи 2, не обращающееся в нуль. Из (374) следует: подставляя в (384), перепишем это условие в виде

т. е. мы пришли к первой задаче для отношения , откуда в силу (373)

где — любой полином, и, окончательно,

Для области, находящейся внутри L, мы должны вместо взять а для внешней области — Формула (385) дает общее решение задачи 3. Функции определяются формулой (381) и число k - формулой (375). Первое слагаемое правой части имеет порядок на бесконечности и второе - , где — степень полинома Как и в предыдущих задачах, удовлетворяют условию Липшица.

Выясним теперь вопрос о тех решениях задачи 3, которые обращаются в нуль на бесконечности. Иначе говоря, мы ищем решения, имеющие отрицательный порядок на бесконечности. Рассмотрим случаи: Если то первое слагаемое правой части формулы (385) имеет отрицательный порядок на бесконечности, а второе будет иметь отрицательный порядок в том и только в том случае, когда т. е. при формула (385) даег общий вид решений задачи 3, равных нулю на бесконечности, если за взять любой полином степени, меньшей, чем к. Мы имеем в этом случае бесчисленное множество решений задачи 3, равных нулю на бесконечности. Общее решение содержит k произвольных постоянных [коэффициенты

Если то первое слагаемое по-прежнему будет отрицательного порядка на бесконечности, а во втором слагаемом надо взять . Решение задачи 3 при этом, очевидно, единственно. Если , то, принимая во внимание сказанное выше о порядках слагаемых правой части формулы (385), нетрудно видеть, что надо взять и, кроме того, в первом слагаемом должны отсутствовать члены, содержащие т. е. в разложении интеграла

имеющем место при достаточно большом должны отсутствовать члены, содержащие Это приводит к следующим необходимым и достаточным условиям того, что задача 3 имеет решение, равное нулю на бесконечности:

При выполнении этих условий решение задачи 3, равное нулю на бесконечности, единственно и определяется формулой (385) при

<< Предыдущий параграф Следующий параграф >>
Оглавление