МЕТОДЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИСБОРНИК ЗАДАЧ ДЛЯ СТУДЕНТОВ 3-ГО КУРСА

А.Г.Аленицын, А.С.Благовещенский, М.А.Лялинов, В.В.Суханов

Cанкт-Петербургский Государственный УниверситетФизический факультет

Предлагаемый сборник задач и упражнений охватывает материал для практических занятий по ма-тематической физике. Он обобщает опыт, накопленный сотрудниками кафедры высшей математикии математической физики физического факультета Санкт-Петербургского государственного универ-ситета. Около половины задач сборника не являются оригинальными, они заимствованы из извест-ных задачников (Л.И.Волковыского, Г.Л.Лунца и И.Г.Арамановича; Н.М.Гюнтера и Р.О.Кузьмина;М.А.Евграфова; В.С.Владимирова), ссылки на которые не приведены. Использованы также мате-риалы из пособия "Методические указания к практическим занятиям по курсу математической физи-ки", написанного сотрудниками кафедры. Подбор задач и их последовательность соответствуют курсу"Методы математической физики", читаемому на физическом факультете Санкт-Петербургского уни-верситета в первом и втором семестрах третьего курса.

Сборник состоит из 5 глав, разбитых на параграфы. Нумерация параграфов сквозная по всемусборнику, причем полный номер задачи состоит из номера параграфа и номера задачи внутри парагра-фа, разделённых точкой. Некоторые более трудные задачи снабжены указаниями; для всех задач, кро-ме задач на доказательство, в конце каждого параграфа даны ответы. Несколько оригинальных задач(автор – А.С.Благовещенский) выделены в тексте в виде Дополнений. В каждом параграфе приведе-ны определения, формулы и теоремы, нужные для решения задач. Во многих случаях кратко описаныметоды решения.

Сборник предназначен для студентов и преподавателей физических и физико-математических фа-культетов университетов и других высших учебных заведений.

Оглавление

1 ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО 41.1 Однозначные регулярные функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1 Комплексные числа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.2 Условия Коши-Римана . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.3 Степенн´ые ряды. Ряд Тейлора . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.4 Интеграл по контуру на комплексной плоскости . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.5 Ряд Лорана. Особые точки функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.6 Вычеты и их применение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.1.7 Принцип аргумента. Теорема Руше . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.1.8 Разложение функций в ряды простых дробей

и в бесконечные произведения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.2 Многозначные аналитические функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.2.1 Регулярные ветви . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.2.2 Римановы поверхности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.2.3 Интегралы от многозначных функций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.3 Конформные отображения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.3.1 Дробно-линейная функция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.3.2 Степенн´ая функция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.3.3 Функция Жуковского . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.3.4 Функции exp z, ln z, sin z и cos z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.3.5 Интеграл Кристоффеля-Шварца . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.3.6 Применение конформных отображений в электростатике . . . . . . . . . . . . . . 35

2 ОБОБЩЕННЫЕ ФУНКЦИИ 402.1 Пространство K основных функций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.2 Пространство S основных функций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.3 Регулярные и сингулярные обобщённые функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.4 Действия с обобщёнными функциями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.5 Локальное поведение обобщённых функций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.6 Основные и обобщённые функции многих переменных . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.7 Предельный переход в пространстве обобщённых

функций. Обобщённые функции, зависящие от параметра . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.8 Свёртка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.9 Дифференциальные уравнения с обобщёнными

функциями . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.9.1 Обыкновенные дифференциальные уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.9.2 Уравнения с частными производными . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.10 Фундаментальные решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.11 Преобразование Фурье . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2

2.11.1 Дополнение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

3 ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ 583.1 Классификация уравнений 2-го порядка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.2 Метод разделения переменных (метод Фурье).

Элементаpные функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.2.1 Две независимых переменных . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3.3 Три или четыре независимых переменных . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.4 Метод Даламбера для уравнения колебаний струны . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.4.1 Неограниченная струна . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.4.2 Ограниченная струна . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.5 Метод разделения переменных. Специальные функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.5.1 Цилиндpические функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.5.2 Сфеpические функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

4 АСИМПТОТИЧЕСКИЕ РАЗЛОЖЕНИЯ 804.1 Понятие асимптотического разложения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

4.1.1 О-символика. Асимптотическая последовательность . . . . . . . . . . . . . . . . 804.1.2 Асимптотическое разложение функции . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4.2 Асимптотика интегралов типа Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 844.2.1 Монотонная фазовая функция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 844.2.2 Фазовая функция с наибольшим значением

внутри промежутка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.3 Асимптотика интегралов типа Фурье . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

4.3.1 Монотонная фазовая функция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 864.3.2 Немонотонная фазовая функция . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

4.4 Асимптотика кратных интегралов типа Фурье . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.5 Метод перевала . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

5 ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ В КОМПЛЕКСНОЙ ПЛОСКОСТИ 935.1 Построение решений с помощью рядов . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5.1.1 Неособые точки уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 935.1.2 Регулярная особая точка уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5.2 Уравнения с линейными коэффициентами:построение решений методом Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.2.1 Случай 1-й: A0 6= 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.2.2 Случай 2-й: A0 = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

3

ГЛАВА 1

ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

1.1 Однозначные регулярные функции

1.1.1 Комплексные числа

Комплексные числа – это пары вещественных чисел (a, b). Запись комплексного числа z в алгебраи-ческой форме: z = a + bi, где a – вещественная часть, b – мнимая часть числа z, i – мнимаяединица. Стандартные обозначения: a = Re z, b = Im z. Два комплексных числа равны, если равнысоответственно их вещественные и мнимые части. Комплексное число с нулевой мнимой частью, т.е.a+ 0i, отождествляется с вещественным числом a.

Сумма комплексных чисел z1 = a1 + b1i и z2 = a2 + b2i определяется формулой z1 + z2 = (a1 +a2)+ (b1 + b2) i, произведение – формулой z1z2 = (a1a2− b1b2)+ (a1b2 + b1a2) i. В частности, i2 = −1.Для комплексного числа z = a+ bi число a− bi является сопряженным, оно обозначается z.

Модуль комплексного числа: |z| =√a2 + b2 ≥ 0. Очевидно, z · z = |z|2 = a2 + b2. Деление

числа z1 на число z2 выполняется при помощи умножения числителя и знаменателя дроби z1z2

на число,сопряжённое знаменателю.

Комплексное число z = x+ iy изображается на плоскости x, y точкой с координатами (x, y). Рас-стояние между двумя точками z и z0 равно |z− z0|. Комплексному числу z = x+ iy можно сопоставитьтакже радиус-вектор точки (x, y). Угол между положительной полуосью Ox и радиусом-вектором на-зывается аргументом комплексного числа. При отсчёте против часовой стрелки угол считается по-ложительным, по часовой стрелке – отрицательным. Аргумент комплексного числа, не равного нулю,определяется с точностью до целого числа полных поворотов вокруг начала координат, т.е. 2πn, n ∈ Z.Для аргумента числа z применяют обозначение arg z.

Тригонометрическая форма комплексного числа: z = r (cosφ + i sinφ), где r = |z| =√a2 + b2 –

модуль, φ – аргумент числа z.Формулы Эйлера:

eit = cos t+ i sin t, cos t =eit + e−it

2, sin t =

eit − e−it

2i.

Показательная форма комплексного числа: z = r eiφ.При умножении комплексных чисел их модули перемножаются, а аргументы складываются. В част-

ности, если n – целое число, то zn = rn einφ.Корень степени n из комплексного числа z = reiφ при r 6= 0 имеет n различных значений:

z1n = r

1n e

in

(φ+2πk), k = 0, 1, 2, ..., (n− 1).

Логарифм комплексного числа z 6= 0 имеет счётное множество значений:

Ln z = ln r + i (φ+ 2πk), k = 0,±1,±2, ...

4

1.1. Преобразовать:

а) (3 + 2i)(−1 + i); б) (−1/2 + i√

3/2)2;

в) (−1/2− i√

3/2)3; г) 1+i1−i ; д) (1+2i)2−(1−i)3

(3+2i)3−(2+i)2.

1.2. Рассмотрим "инверсию", т.е. отображение комплексной плоскости w = 1/z. Каков образ наплоскости w окружностей: а) |z| = C; б) |z − z0| = C ?

Указание: записать равенство (б) в виде |w − w0|2 = C2|ww0|2, где w = u+ iv, w0 = u0 + iv0, w0 = 1/z0.

Записать числа в тригонометрической форме и изобразить их на комплексной плоскости:

1.3. а) i; б)−3; в)−1− i; г) 1− i123; д) 1−i1+i ; е)−1 + i

√3.

1.4. а)√

3− i; б) 2 +√

3 + i; в)− cos π7 + i sin π7 ; г) (1 + i)8(1− i)−6.

Дать геометрическое описание и изобразить на комплексной плоскости множества точек:

1.5. а) Im z > 0; б) 1 < Re z < 2; в) arg z = π/6; г) | arg z − π| < π/4;

1.6. а) |z| > 2; б) 1 < |z − i| < 2; в) |z − 1− i| < 1; г)|z − 1| < 1|z − 2| > 1

;

1.7. в) |z| = |z − 2|; |z − 3|+ |z + 3| = 8; |z − i| − |z + i| = 1.1.8. Рассмотрим отображение w = ez. Каков образ на плоскости w линий: а) x = C; б) y = C; в)

arg z = C ?

1.9. Разлагая (1 + i)n по формуле бинома Ньютона, доказать:

1− C2n + C4

n − C6n + ... = 2n/2 cos(πn/4);

C1n − C3

n + C5n − C7

n + ... = 2n/2 sin(πn/4).

1.10. Выразить через sinx и cosx тригонометрические функции кратных дуг: cos 3x; sin 5x; cos 8x.

1.11. Доказать для x 6= 2πk, k ∈ Z, формулы:

(1)12

+ cosx+ cos 2x+ ...+ cosnx =sin(n+ 1

2)x2 sin x

2

,

(2) sinx+ sin 2x+ ...+ sinnx = sinn+ 1

2x ·

sin nx2

sin x2

,

(3) sinx− sin 3x+ sin 5x− ...+ (−1)n+1 sin(2n− 1)x = (−1)n+1 sin 2nx2 cosx

.

1.12. Найти все значения корней и изобразить их точками плоскости:

а)√i; б) 3

√i; в)

√2− 2i; г) 3

√−1; д) 4

√−4; е) 5

√−2 + 2i.

1.13. Вычислить:

а) ( 1−i√3+i

)1/6; б)(

1−i1+i

)2/3; в) ( 1+i√

3−i)1/8.

1.14. Решить уравнения:а) z2 + (5− 2i)z + 5(1− i) = 0; б) z2 + (1− 2i)z − 2i = 0;

в) (z2 + 1)3 = 1.

1.15. Разложить на множители полиномы:

а) z2 + 5z + 6; б) z2 + z + 1; в) (z2 + 2z + 1)2; г) z4 − 1.

1.16. Вычислить: а) Ln 1+2ii(1−i) ; б) i i; в) (3− 4i)1+i.

1.17. Доказать равенства (для корней берутся все их значения):

5

а) Arccos z = −iLn (z +√z2 − 1); б) Arth z = 1

2 Ln 1+z1−z .

1.18. Решить уравнения: а) cos z = 2; б) 2 tg z = i; в) tg z = i.

1.19. Каков период функций: ez; ch z; sin(iz); th z ?1.20. Исследовать поведение функций sin z, tg z, sh z при y → ±∞.

1.1.2 Условия Коши-Римана

Окрестностью точки z0 на плоскости z называется какой-либо круг с центром в этой точке. Функ-ция f(z), имеющая производную в окрестности точки z0, называется регулярной, или голоморфной,функцией в этой окрестности.

Пусть f(z) = u(x, y) + iv(x, y), где u(x, y) и v(x, y) – дифференцируемые вещественные функциив окрестности D точки z0. Для регулярности функции f(z) в D необходимо и достаточно, чтобы в этойокрестности выполнялись условия Коши-Римана:

∂ u(x, y)∂ x

=∂ v(x, y)∂ y

,∂ u(x, y)∂ y

= −∂ v(x, y)∂ x

. (∗)

Условия (∗) можно записать в другом виде. Если учесть, что x = (z + z)/2, y = (z − z)/(2i), и под-ставить эти выражения в u(x, y) + iv(x, y), то мы получим некоторую функцию f , зависящую, вообщеговоря, от z и z. Условия Коши-Римана равносильны тому, что f фактически не зависит от z, т.е. что∂ f∂ z ≡ 0.

Множество точек на плоскости называется открытым, если каждую точку множества можноокружить окрестностью, все точки которой принадлежат множеству. Открытое множество называетсясвязным, если любые две его точки можно соединить ломаной, все точки которой принадлежат мно-жеству. Открытое связное множество называется областью. Если область лежит внутри какого-либокруга, то она называется ограниченной, в противном случае – бесконечной, или неограниченной.Функция, имеющая производную во всех точках области, называется регулярной (или голоморфной)в этой области.

1.21. Пользуясь условиями Коши-Римана, исследовать на регулярность функции:

а) z2; б) z−1; в) z|z|; г) x2 − y2 − 32y + y3 + i (2xy + x3 − 3xy2);

д) ez; е) cos z + (cos z).

1.22. Доказать теорему: пусть функция f(z) регулярна в области D, лежащей в верхней полуплос-кости Im z > 0, тогда функция f(z) регулярна в области D∗, симметричной D относительно веще-ственной оси.

1.23. Доказать формулы:

f ′(z) =∂ u

∂ x− i

∂ u

∂ y=∂ v

∂ y+ i

∂ v

∂ x.

1.24. Пусть функция f(z) регулярна в области D и её производная равна нулю во всех точках об-ласти. Доказать, что f(z) ≡ const.

1.25. Записать условия Коши-Римана в полярных координатах.1.26. Пусть функция f(z) регулярна в области D. Доказать,что если одна из функций:

u(x, y) = Re f(z), v(x, y) = Im f(z),

ρ(x, y) = |f(z)|, φ(x, y) = arg f(z),

cохраняет в области D постоянное значение, то и f(z) ≡ const.

Пусть задана вещественная часть u(x, y) регулярной функции f(z). Зная u(x, y), можно найтиv(x, y) – мнимую часть функции, а тем самым и саму функцию f(z). Именно, в силу условий Коши-Римана, дифференциал функции v(x, y) равен dv(x, y) = −u′y(x, y)dx + u′x(x, y)dy. Найти функцию

6

по её полному дифференциалу можно при помощи криволинейного интеграла 2-го рода (см. 2-ю частьданного задачника):

v(x, y) = v(x0, y0) +

(x,y)∫(x0,y0)

(−u′y(x, y) dx+ u′x(x, y) dy

). (∗∗)

Начальная точка (x0, y0) и постоянная v(x0, y0) произвольны. В силу произвола в выборе пути ин-тегрирования, соединяющего начальную и конечную точки, можно составить этот путь из отрезковпрямых, параллельных осям:

v(x, y) = v(x0, y0)−x∫

x0

u′y(x, y0) dx+y∫

y0

u′x(x, y) dy.

Если вместо вещественной части задана мнимая часть регулярной функции, то вещественная частьнаходится аналогично.

Пусть ξ(t) и η(t) – непрерывные функции, имеющие кусочно-непрерывные производные. Криваяγ : x = ξ(t), y = η(t), t ∈ [t0, t1] называется контуром. Контур γ простой, если он не имеетсамопересечений. Контур γ замкнутый, если его начальная и конечная точки совпадают: ξ(t0) =ξ(t1), η(t0) = η(t1). Контур бесконечный, если lim z(t) = ∞ при t→ t0 или t→ t1.

Область называется односвязной, если любой замкнутый контур, лежащий в этой области, можнопри помощи непрерывной деформации стянуть в точку, принадлежащую области. Например, семействоокружностей x2 + y2 = α2 непрерывно стягивается в точку (0, 0) при α → 0. Неодносвязные областиназываются многосвязными. Примеры: круг – односвязная область, кольцо – двусвязная область.Если область D многосвязна, то в результате интегрирования (∗∗) может получиться неоднозначнаяфункция (см. главу "Многозначные функции"). Если же D – односвязная область, то при любом вы-боре пути интегрирования внутри D значение полученной функции зависит только от точек (x0, y0) и(x, y).

Более короткая процедура нахождения регулярной функции по её вещественной части основана нааналитическом продолжении с вещественной оси (см. также параграф "Многозначные функции"): еслиобласть регулярности функции f(z) содержит отрезок [a, b] вещественной оси, то значения этой функ-ции при комплексных z полностью определяются её значениями на вещественном отрезке. Значенияфункции v(x, y) при y = 0 находятся по формуле

v(x, 0) = v(x0, 0)−x∫

x0

u′y(x, 0) dx.

Теперь f(z) известна на отрезке вещественной оси: f(x) ≡ u(x, 0) + i v(x, 0). Это тождество продол-жается в комплексную область простой заменой x на z, т.е. f(z) = u(z, 0) + i v(z, 0).

Примечание. Для того, чтобы функция u(x, y) была вещественной или мнимой частью регулярной функциив области D, необходимо и достаточно, чтобы она была гармонической, т.е. дважды непрерывно дифференци-руемой и удовлетворяющей уравнению Лапласа u′′xx + u′′yy = 0.

В задачах 1.27 – 1.30 восстановить регулярную функцию f(z) по заданной функции:

1.27. a) Re f = x2 − y2 + x, f(0) = 0; б) Im f = xx2+y2

.

1.28. Re f = ex (x cos y − y sin y) + 2 sinx sh y + x3 − 3xy2 + y.1.29. Im f = ln(x2 + y2) + x− 2y. 1.30. |f | = (x2 + y2)ex.

В задачах 1.31 и 1.32 выяснить, существуют ли гармонические функции указанного вида, и в случаесуществования – найти их, а также соответствующую регулярную функцию f(z) = u+ iv.

7

1.31. a) u = ψ(x); б) u = ψ(ax+ by), где a и b – вещественные числа.1.32. а) u = ψ(x2 + y2); б) u = ψ( yx); в) u = ψ(x2 + y).1.33. Найти регулярные функции, у которых вдоль каждой линии данного семейства сохраняет по-

стоянное значение: вещественная часть (1), или модуль (2), или аргумент (3):а) y = Cx; б) x2 + y2 = Cx; в) xy = C.

1.1.3 Степенные ряды. Ряд Тейлора

Степенной ряд имеет вид∞∑n=0

cn(z − a)n. Каждый степенной ряд имеет свой радиус сходимости

R и круг сходимости |z − a| < R. Внутри круга сходимости ряд сходится (и притом абсолютно), авне круга расходится. В любом меньшем замкнутом круге |z − a| ≤ R1 < R степенной ряд сходитсяравномерно.

Cумма степенного ряда S(z) есть регулярная функция в круге сходимости. Внутри круга сходимо-сти степенной ряд можно почленно интегрировать и почленно дифференцировать.

Радиус сходимости степенного ряда можно найти по формулам

R = limn→∞

∣∣∣∣ cncn+1

∣∣∣∣ , R = limn→∞

1n√|cn|

.

В случае R = 0 степенной ряд сходится только в точке z = a, в случае R = ∞ ряд сходится в любойточке плоскости z.

Найти круг сходимости степенного ряда:

1.34. a)∞∑n=1

zn

n ; б)∞∑n=0

zn

n! ; в)∞∑n=1

nnzn; г)∞∑n=1

n!nn zn;

д)∞∑n=0

zn!; е)∞∑n=0

cos(in)zn.

Исследовать поведение степенного ряда на границе круга сходимости:

1.35. а)∞∑n=0

zn; б)∞∑n=1

zn

n ; в)∞∑n=1

zn

n2 .

Регулярная в круге |z − a| < R функция f(z) может быть разложена в этом круге в ряд Тейлора:

f(z) = f(a) +11!f ′(a)(z − a) +

12!f ′′(a)(z − a)2 + ...+

1n!f (n)(a)(z − a)n + ...,

и такое разложение единственно.

Фактически радиус сходимости ряда Тейлора равен расстоянию от точки a до ближайшей особойточки функции (см. также параграф "Ряд Лорана и особые точки функции").

Для разложения функции в степенной ряд часто оказываются полезными следующие "основные"разложения(указан также круг сходимости):

11− z

= 1 + z + z2 + ...+ zn + ..., |z| < 1;

(1 + z)µ = 1 +µ

1!z +

µ(µ− 1)2!

z2 + ...+µ(µ− 1)...(µ− n+ 1)

n!zn + ..., |z| < 1;

ez = 1 +z

1!+z2

2!+ ...+

zn

n!+ ..., |z| <∞;

sin z =z

1!− z3

3!+ ...+ (−1)n

z2n+1

(2n+ 1)!+ ..., |z| <∞;

8

cos z = 1− z2

2!+ ...+ (−1)n

z2n

(2n)!+ ..., |z| <∞.

ln(1 + z) = z − z2

2+z3

3− ...+ (−1)n−1 z

n

n+ ..., |z| < 1.

Примечание. Ряд для логарифма, как и для бинома при нецелом показателе степени, сходится к главной ветвифункции: (1 + z)µ = 1, ln(1 + z) = 0 при z = 0.

Разложить данные функции в степенной ряд в окрестности точки z = 0 и указать область сходи-мости:

1.36. 1ax+b , b 6= 0.

1.37. zz2−4z+13

. Указание: разложить дробь на простейшие.

1.38. ch 2z. 1.39.z∫0ez

2dz. 1.40.

z∫0

sin zz dz.

1.41. Разложить функции в ряд в окрестности точки z = 1 и указать область сходимости:a) z

z2−2z+5; б) cos(2z + 1); в) f(z) = ln z

1+z , f(1) = − ln 2.

1.42. Найти несколько первых членов разложения функций в ряд по степеням z:

a) f(z) = ez sin z; б) tg z; в) f(z) =√

cos z, f(0) = 1.Указание: полезно воспользоваться методом неопределённых коэффициентов.

1.43. Доказать, что коэффициенты cn разложения

11− z − z2

=∞∑n=0

cnzn

удовлетворяют соотношению cn+2 = cn+1 + cn при n ≥ 0. Найти cn и радиус сходимости ряда.Примечание. Числа cn называются числами Фибоначчи (учёный-монах Фибоначчи жил в начале 13-го

века).

1.44. Доказать, что если разложение функции 1/ cos z записать в виде 1cos z =

∞∑n=0

(−1)n E2n(2n)!z

2n, то

числа Эйлера E2n удовлетворяют соотношениям

E0 = 1, E0 + C22nE2 + ...+ C2n

2nE2n = 0.

1.45. Доказать, что если разложение функции z/(ez − 1) записать в виде zez−1 =

∞∑n=0

(−1)nBnn! z

n, то

числа Бернулли Bn удовлетворяют соотношениям

B0 = 1, C0n+1B0 + C1

n+1B1 + ...+ Cnn+1Bn = 0.

1.46. Разложить в ряд по степеням z функцию z ctg z и найти радиус сходимости полученного ряда.Указание. Воспользоваться вытекающим из формул Эйлера равенством z ctg z = iz + 2iz

exp(2iz)−1 .

1.47. Найти сумму ряда:

а)∞∑n=1

nzn; б)∞∑n=1

n2zn

2n+1 ; в)∞∑n=1

sinnxn .

1.1.4 Интеграл по контуру на комплексной плоскости

Пусть функция f(z) непрерывна на контуре γ, у которого A – начальная точка и B – конечная точка.Интеграл по контуру γ от функции f(z) – это предел при n→∞ интегральной суммы:∫

γ

f(z) dz = limn→∞

n∑k=1

f(ζk)∆zk. (?)

9

Здесь ∆zk = zk − zk−1; z1, z2, ..., zn−1 – точки, которыми контур γ разделён на n частей; z0 = A, zn =B; ζk – произвольно выбранные точки на участке контура между точками zk−1 и zk; max |∆zk| → 0при n→∞. Предел (?) не зависит от способа разбиения контура и выбора точек ζk.

Интеграл (?) выражается через вещественные криволинейные интегралы 2-го рода от веществен-ной части u(x, y) и мнимой части v(x, y) функции f(z):∫

γ

f(z) dz =∫γ

u(x, y) dx− v(x, y) dy + i

∫γ

v(x, y) dx+ u(x, y) dy.

Имеют место оценки:

|∫γ

f(z) dz| ≤∫γ

|f(z)| dl ≤M · l,

где dl =√dx2 + dy2 – элемент длины дуги контура, M – максимум модуля функции f(z) на контуре, l

– длина контура.Интеграл по замкнутому контуру обозначают символом

∮γf(z)dz. В задачах 1.48б – 1.50 направ-

ление движения по контуру – положительное (против часовой стрелки).

1.48. Вычислить интегралы I1 =∫γx dz, I2 =

∫γy dz по следующим контурам:

a) по радиусу-вектору точки z = 2 + i; б) по окружности |z − a| = R.

1.49. Вычислить∮

|z|=azn dz, где n – целое число, a > 0.

1.50. Вычислить∫γ

dz√z

(причем√

1 = 1) по следующим контурам:

а) по полуокружности |z| = 1, y ≥ 0; б) по окружности |z| = 1.

1.1.5 Ряд Лорана. Особые точки функции

Функция, регулярная в кольце r < |z − a| < R, может быть разложена в ряд Лорана:

f(z) =+∞∑

k=−∞cn(z − a)n.

Ряд сходится внутри кольца (притом абсолютно), а во всяком меньшем замкнутом кольце r < r1 ≤ |z−a| ≤ R1 < R сходится равномерно. Ряд можно почленно интегрировать и почленно дифференцировать.Для коэффициентов ряда имеет место формула:

cn =1

2πi

∮|z−a|=ρ

f(z)(z − a)n+1

dz,

где r < ρ < R, и окружность |z − a| = ρ пробегается в положительном направлении.Замечание. На практике эта формула для коэффициентов почти никогда не используется; обычно разложе-

ние конкретной функции в ряд Лорана сводится к разложениям в ряды Тейлора.

Разложение f(z) =+∞∑

k=−∞cn(z − a)n в кольце 0 < |z − a| < R называется разложением в ряд

Лорана в окрестности точки a. Коэффициент c−1 называется вычетом функции в точке a; вычетобозначается res z=af(z) или res f(z); a.

Множество всех комплексных чисел Cz = z называется конечной плоскостью z. Преобра-зование w = 1/z взаимно-однозначно связывает конечные плоскости Cz = z и Cw = w, заисключением точек z = 0 и w = 0. Бесконечно удаленная точка w = ∞ вводится как образ точки

10

z = 0 (соответственно z = ∞– как образw = 0). Конечная плоскость Cz, дополненная точкой z = ∞,называется расширенной плоскостью z.

Разложение f(z) =+∞∑

k=−∞cnz

n в кольце r < |z| < ∞ называется разложением в окрестности

бесконечности. Вычет на бесконечности определяется формулой res z=∞f(z) = −c1.

В задачах 1.51 – 1.58 требуется разложить данную функцию в окрестности указанной точки или вуказанном кольце.

1.51. zz−1 в окрестности точки z = ∞. Указание: замена z = 1/t.

1.52. z+1z(z−1)(z−2) а) в окрестности точки z = 0; б) в кольце 1 < |z| < 2; в) в окрестности точки

z = ∞.Указание: разложить дробь на простейшие.

1.53. z2−2z+5(z−2)(z2+1)2

а) в окрестности точки z = 2; б) в кольце 1 < |z| < 2.

1.54. z(z−1)(z−2)(z−3) а) в кольце 1 < |z| < 2; б) в кольце 2 < |z| < 3; в) в кольце 2 < |z + 1| < 3.

1.55. z2e1/z а) в окрестности точки z = 0; б) в окрестности точки z = ∞.

1.56. cos z2−4z(z−2)2

в окрестности точки z = 0.

1.57. ez+1z в области 0 < |z| <∞.

1.58. Выяснить, допускают ли указанные функции разложение в ряд Лорана в окрестности даннойточки:

а) cos 1z , z = 0; б) cos 1

z , z = ∞; в) ctg z, z = ∞;

г) zsin z−3 , z = ∞; д)

√z, z = 0; е) ln z, z = 0.

1.59. Ряд Фурье+∞∑

n=−∞cne

inφ можно рассматривать как ряд Лорана+∞∑

n=−∞cnz

n на окружности |z| =

1. Разложить заданную функцию (при−1 < a < 1) в ряд Фурье, сделав замену eiφ = z.

а) 1−a cosφ1+a2−2a cosφ

; б) a sinφ1+a2−2a cosφ

.

Пусть функция f(z) определена и регулярна в проколотой окрестности точки z = a, a 6= ∞, т.е.в кольце 0 < |z − a| < r, и не определена в самой точке a. Точка a называется особой точкой функ-ции. Особые точки могут быть трёх типов: устранимая особая точка (у.о.т.), полюс и существенноособая точка (с.о.т.).

Точка a – устранимая особая точка, если существует конечный предел b = limz→a

f(z). Доопределяя

в у.о.т. функцию её пределом b, получаем функцию, регулярную во всём круге |z− a| < r. На практикеобычно устранимые особые точки считают точками регулярности функции.

Точка a– полюс функции, если limz→a

f(z) = ∞. Точка a– существенно особая точка, если у функциинет ни конечного, ни бесконечного предела.

Вид ряда Лорана в окрестности особой точки функции:

а) если a – у.о.т., то ряд Лорана не содержит отрицательных степеней разности (z − a), т.е. f(z) =c0 + c1(z − a) + c2(z − a)2 + ...;

б) если a – полюс, то ряд Лорана содержит конечное число отрицательных степеней разности (z −a):

f(z) =c−m

(z − a)m+ ...+

c−1

z − a+ c0 + c1(z − a) + c2(z − a)2 + ...;

здесь число m – кратность (или порядок) полюса;

11

в) если a – c.о.т., то ряд Лорана содержит бесконечное множество отрицательных степеней раз-ности (z − a):

f(z) = ...+c−2

(z − a)2+

c−1

z − a+ c0 + c1(z − a) + c2(z − a)2 + ...

Сумма членов ряда с отрицательными степенями (z − a) называется главной частью разложения.

Пусть функция f(z) определена и регулярна в проколотой окрестности точки z = ∞, т.е. в кольцеR < |z| <∞.

Если существует конечный предел b = limz→∞

f(z), то z = ∞– у.о.т.; если limz→a

f(z) = ∞, то z = ∞–полюс; если у функции нет ни конечного, ни бесконечного предела, то∞ – существенно особая точка.

Вид ряда Лорана в окрестности бесконечности:

а) если ∞ – у.о.т., то ряд Лорана не содержит положительных степеней z, т.е. f(z) = c0 + c−1

z +c−2

z2+ ...;

б) если∞ – полюс, то ряд Лорана содержит конечное число положительных степеней z:

f(z) = mzm + ...+ c1z + c0 +

c−1

z+c−2

z2+ ...;

здесь число m – кратность (порядок) полюса;в) если∞ – c.о.т., то ряд Лорана содержит бесконечное множество положительных степеней z:

f(z) = ...+c−2

z2+c−1

z+ c0 + c1z + c2z

2 + ...

Сумма членов ряда с положительными степенями z называется главной частью разложения.

В задачах 1.60 – 1.62 указать особые точки функций (включая бесконечно удалённую точку), ивыяснить их характер.

1.60. а) 1z−z3 ; б) z5

(1−z)2 ; в) ez

1+z2.

1.61. а) 1ez−1 −

1z ; б) 1

z3(2−cos z); в) e

z1−z .

1.62. а) 1sin z ; б) 1

z − ctg z; в) 1z − ctg 1

z .

1.63. Построить примеры функций, имеющих в расширенной плоскости только следующие особен-ности:

а) полюс 2-го порядка на бесконечности; б) полюс 2-го порядка в точке z = 0 с главной частьюразложения c−2z

−2 и простой полюс на бесконечности.

1.64. Найти общий вид функции, имеющей в расширенной плоскости только следующие особенно-сти:

а) один простой полюс; б) один полюс порядка n; в) полюс 2-го порядка в точке z = 0 с главнойчастью разложения 1/z2; г) n полюсов первого порядка.

1.65. Доказать, что:а) функция, регулярная во всей конечной плоскости и ограниченная на бесконечности, есть посто-

янная (теорема Лиувилля);б) функция, регулярная во всей конечной плоскости и имеющая в точке z = ∞ полюс порядка m,

есть полином степени m;в) функция, не имеющая в расширенной плоскости никаких особых точек, кроме полюсов, есть

рациональная функция.

12

1.1.6 Вычеты и их применение

Вычисление вычетов

Пусть z = a – простой полюс функции f(z). Имеет место формула

res z=af(z) = limz→a

(z − a)f(z).

Пусть f(z) = φ(z)ψ(z) , где φ(z), ψ(z) – регулярные функции в окрестности точки z = a, ψ(a) =

0, ψ′(a) 6= 0, тогда a – простой полюс функции f(z) (или у.о.т.), при этом

res z=af(z) =φ(a)ψ′(a)

.

Пусть z = a – полюс кратности m функции f(z). Имеет место формула

res z=af(z) = limz→a

1(m− 1)!

dm−1

dzm−1(z − a)mf(z). ()

Примечание: при вычислении вычета в полюсе кратности p можно использовать формулу () не только с m = p,но и с m > p.

Пусть функция f(z) регулярна в точке z = ∞. Тогда

res z=∞f(z) = limz→∞

z (f(∞)− f(z)).

Пусть функция f(z) представима в виде f(z) = φ(

1z

), где функция φ(ζ) регулярна в точке ζ = 0.

Тогдаres z=∞f(z) = −φ′(0).

В некоторых случаях вычет удобнее находить, разлагая функцию в ряд Лорана.

В задачах 1.66 – 1.75 требуется найти вычеты данных функций во всех изолированных особых точ-ках и на бесконечности (если она не является предельной для особых точек). В случае конечного числаособых точек следует проверить ответ, зная, что сумма всех вычетов (включая вычет на бесконечности)равна нулю.

1.66. а) 1z(1−z2)

. б) z4+2z3−z5 . в) ez

z2(z2+9).

1.67. а) 1sin z . б) 2z3ez

(z2+1) sin z. в) z

ez+1 .

1.68. sin zz4

. Указание: хотя z = 0 – полюс 3-го порядка, следует применить формулу () с m = 4 илиразложить функцию в ряд Лорана.

1.69. 1sin(z2)

. 1.70. cos(1/z)1+z . 1.71. 631 ctg 3z.

1.72. ez+1z . Указание: см. задачу 1.57. 1.73. sin z

z+1 .

1.74. zn sin 1z , где n – целое число. 1.75.

√z

sin√z

.

1.76. Доказать, что для чётной функции f(z) имеет место равенство res z=af(z) = − res z=−af(z),а для нечётной – равенство res z=af(z) = res z=−af(z).

Интегралы по замкнутому контуру

Пусть γ – простой замкнутый контур на плоскости,D – ограниченная им односвязная область, f(z) –функция, регулярная в D и непрерывная в замкнутой области D# = D ∪ γ, за исключением конечногочисла особых точек a1, a2, ..., an внутри области. Тогда∮

γ

f(z) dz = 2πin∑k=1

res z=akf(z). (??)

13

ЕслиD – p-связная область, граница которой состоит из простого замкнутого контура γ1 и распо-ложенных внутри него (p− 1) простых замкнутых контуров γs, s = 2, 3, .., p, то формула (??) остаётсясправедливой, если под символом γ понимать всю границу областиD, проходимую таким образом, чтообласть остаётся слева. В этом случае формула приобретает вид

p∑s=1

∮γs

f(z) dz = 2πin∑k=1

res z=akf(z).

Вычислить интегралы:

1.77.∮γ

dzz4+1

, где γ – окружность x2 + y2 = 2x.

1.78.∮

|z−1−i|=2

dz(z−1)2(z2+1)

.

1.79.∮

|z|=2

dz(z−3)(z5−1)

. Указание: использовать вычет на бесконечности.

1.80.∮

|z|=3

z5−z+1z5(z−2)

dz. 1.81.∮

|z|=1

ez

z2(z2−9)dz.

1.82.∮

|z|=4

zz+3e

13z dz. 1.83.

∮|z|=1

ze1z

z+2 dz. Указание: замена t = 1/z.

1.84.∮

|z|=1/4

ctg 1z dz. 1.85.

∮|z|=10

z cos zz+1 dz.

1.86.∮

|z|=7

zdzsin z (1−cos z) dz. Указание: воспользоваться результатом задачи 1.76.

1.87. Разложить функцию ctg z в ряд Лорана:а) в окрестности точки z = 0; б) в кольце π < |z| < 2π.Указание. Для разложения в окрестности нуля воспользоваться результатами задач 1.45 – 1.46. Пусть это

разложение имеет вид ctg z =+∞∑−∞

cnzn, а в кольце ctg z =

+∞∑−∞

cnzn. Тогда cn = cn+ res z=π

ctg zzn+1 + res z=−π

ctg zzn+1

(доказать!)

1.88. Разложить функцию ez

1−z в ряд Лорана:

а) в окрестности точки z = 0; б) в кольце 1 < |z| < 2. (Cм. указание к 1.87).

Пусть функция f(z) непрерывна во всех точках контура l, за исключением бесконечного разрыва вточке b, не совпадающей с началом и с концом контура. Удалим из контура малый его участок, распо-ложенный в кружкеKε : |z−b| < ε, и обозначим оставшуюся часть контура через lε. Предел интеграла∫lε

f(z) dz при ε → 0 (если он существует) называется несобственным интегралом в смысле главного

значения и обозначается v.p.∫l

f(z) dz.

Пусть γ – простой гладкий замкнутый контур (пробегаемый в положительном направлении), D –ограниченная им область, f(z) – функция, регулярная в D и непрерывная в замкнутой области D ∪ γ,за исключением простого полюса в точке b контура γ. Тогда главное значение интеграла существует иравно

v.p.

∮l

f(z) dz = πi res z=bf(z). (@)

Если внутри контура имеются особые точки функции a1, ..., an, то к правой части данной формулы надо

добавить слагаемое 2πin∑k=1

res z=akf(z). Если контур кусочно-гладкий, причем b – угловая точка с

внутренним углом θ, то правая часть формулы (@) имеет вид θi res z=bf(z).

1.89. Найти главное значение интеграла:

14

a) v.p.∮

|z−1|=1

2+cos zz dz; б) v.p.

∮|z|=2

dzz(z2−4)

.

Интегралы вида2π∫0R(cosφ, sinφ) dφ, где R(u, v) – рациональная функция, сводятся к интегралам

по замкнутому контуру заменой z = eiφ и применением формул Эйлера.

В задачах 1.90 – 1.94 вычислить определённые интегралы.

1.90. а)2π∫0

dφa+cosφ , a > 1; б)

π∫−π

dφ(a+cosφ)2

, a > 1.

1.91.2π∫0

cos2 φ dφ13+12 cosφ .

1.92.2π∫0

dφ1−2a cosφ+a2 , a – комплексное число, a 6= ±1.

Указание: при |a| = 1, a 6= ±1 интеграл следует понимать в смысле главного значения; при a = ±1 главноезначение не существует.

1.93.π∫0

tg (x+ ia)dx, Im a = 0. 1.94. v.p.2π∫0

dφa+sinφ , −1 < a < 1.

1.95.π∫−π

(cos2 φ−cos2 asinφ−sin a

)neinφdφ, 0 < a < π/2, n = 1, 2, 3, ....

Вычисление интегралов по бесконечному промежутку

Интегралы вида+∞∫−∞

Pm(x)Qn(x) dx, где Pm(x) и Qn(x) – полиномы степеней, соответственно, m и n, можно

вычислять с помощью вычетов в корнях a1, ...ak полинома Q(z) при условии, что n ≥ m+ 2 и Im as 6=0, s = 1, ..., k:

+∞∫−∞

Pm(x)Qn(x)

dx = 2πi∑

Im as>0

res z=as

Pm(z)Qn(z)

= −2πi∑

Im as<0

res z=as

Pm(z)Qn(z)

.

Эта формула получается в пределеR→∞ из интеграла по конечному замкнутому контуру, состoяще-му из отрезка [−R,R] вещественной оси и полуокружности радиуса R в верхней или в нижней полу-плоскости.

Вычислить интегралы:

1.96.∞∫−∞

dx(x2+4)(x2+9)

. 1.97.∞∫−∞

xdx(x2+4x+13)2

. 1.98.∞∫0

x2+1x4+1

dx.

1.99.∞∫0

11+x2n dx, n ∈ N. 1.100.

∞∫0

x2m

1+x2n dx, m < n, n,m ∈ N.

1.101.∞∫0

x2

(x2+a2)3dx, a > 0.

1.102. v.p.∞∫−∞

dx(x−1)(x2+1)(x2+4)

. Указание. Если вычислять интеграл через сумму вычетов в полюсах верх-

ней полуплоскости, то следует добавить слагаемое πi res z=1f(z); если же пользоваться полюсами в нижней по-луплоскости, то это слагаемое надо взять со знаком минус.

Интеграл Фурье от рациональной функции f(x) = P (x)/Q(x) имеет вид+∞∫−∞

eiαxf(x) dx, где

Imα = 0, P (x) и Q(x) – полиномы. Пусть степень P (x) меньше степени Q(x), и все корни a1, ..., an

15

полинома Q(z) не вещественные. При α > 0 имеет место формула

+∞∫−∞

eiαxf(x) dx = 2πi∑

Im as>0

res z=aseiαzf(z). (•)

Если на вещественной оси имеются простые полюсы b1, ..., bp функции f(z), то каждый такой полюсдобавляет к правой части формулы (•) слагаемое вида πi res z=bse

iαzf(z), s = 1, ..., p, при этом инте-грал понимается в смысле главного значения.

При α < 0 в формуле (•) сумма составляется из вычетов в полюсах нижней полуплоскости иберётся со знаком минус. Каждый вещественный полюс даёт при этом вклад в правой части вида−πi res z=bseiαzf(z).

Вычислить интегралы:

1.103. а)∞∫−∞

x cosx dxx2−2x+10

; б)∞∫−∞

x sinx dxx2−2x+10

.

1.104. F (λ) =∞∫0

x sin 2λx1+x4 dx, Imλ = 0. Указание: F (λ) – нечётная функция.

1.105.∞∫0

cosx dx(1+x2)2

. 1.106. v.p.∞∫−∞

eitx

x dx, Im t = 0.

1.107. v.p.∞∫−∞

x cosx dxx2−5x+6

. 1.108. v.p.∞∫−∞

sinx dx(x−1)(x2+4)

dx.

1.109.∞∫0

sin txx(x2+1)

dx, Im t = 0. 1.110. v.p.∞∫−∞

cos 2tx dx1+x3 , Im t = 0.

1.111. v.p.∞∫−∞

cos tx dx1−x4 , Im t = 0.

1.112.∞∫0

x2−b2x2+b2

sin axx dx, Im a = Im b = 0.

1.113.∞∫0

cos 2ax−cos 2bxx2 dx, Im a = Im b = 0.

1.114.1+i∞∫1−i∞

etz

z2+1dz, t > 0. Указание: замкнуть контур в левую полуплоскость.

1.115.i+∞∫i−∞

z cos tz(z+1)2

dz, t > 0. Указание: контур замкнуть вверх – для eitx, вниз – для e−itx.

1.1.7 Принцип аргумента. Теорема Руше

Пусть D – односвязная область, f(z) – функция, регулярная в D за исключением конечного числаполюсов, Γ – простой замкнутый контур, расположенный внутри области D и не проходящий черезполюсы и нули функции f(z). Символом varΓw(z) обозначается приращение функцииw(z) при обходеточкой z контура Γ.

Принцип аргумента. Когда точка z пробегает весь контур Γ в положительном направлении, при-ращение аргумента функции f(z) равно умноженной на 2π разности между числом нулей N и числомP полюсов функции внутри контура:

varΓ arg f(z) = 2π (N − P ),

причем каждый нуль и каждый полюс учитывается столько раз, какова его кратность. Аргумент arg f(z)функции f(z) – это непрерывная вещественная функция ψ(z) в представлении f(z) = |f |eiψ.

16

Принцип аргумента может дать полезную информацию о расположении на комплексной плоскостинулей регулярных функций, в частности, полиномов. Именно, чтобы узнать, сколько нулей имеет дан-ная регулярная функция в интересующей нас области, следует совершить обход области по её границеи выяснить, сколько полных оборотов вокруг точки w = 0 совершит при этом точка w = f(z), т.е.образ точки z.

В некоторых случаях ещё удобнее применять теорему Руше.

Теорема Руше. Пусть D – односвязная область, F (z) и f(z) – функции, регулярные в D, Γ –простой замкнутый контур, расположенный внутри области D. Если на контуре Γ выполняется нера-венство |f(z)| < |F (z)|, то число нулей функции F (z) + f(z) внутри контура равно числу нулей в тойже области функции F (z), с учётом их кратностей: NF+f = NF .

Примечание. Утверждение принципа аргумента остаётся справедливым, если функция регулярна в области(кроме полюсов) и непрерывна вплоть до границы, при этом в качестве контура Γ можно взять границу области.Аналогично обстоит дело и с теоремой Руше.

1.116. Пользуясь теоремой Руше, найти количество лежащих в круге |z| < 1 корней данных урав-нений:

а) z9 − 2z6 + z2 − 8z − 2 = 0; б) 2z5 − z3 + 3z2 − z + 8 = 0;

в) 4z4 + z3 − 2 = 0; г) ez − 4zn + 1 = 0, n ∈ N.

1.117. Найти количество корней уравнения z4 + 2z3 + 3z2 + z + 2 = 0:а) в правой полуплоскости; б) в первом квадранте.

Указание: воспользоваться принципом аргумента, взяв в качестве контура границу полукруга (или четвертикруга) большого радиуса, с центром в начале координат.

1.118. Доказать, что все пять корней уравнения z5 +z+1 = 0 лежат в кольце 0, 5 < |z| < 2, причемимеется один вещественный корень z1 < 0 и четыре комплексных корня, по одному корню в каждомквадранте.

Указание: cм. указание к задаче 1.117.

1.119. Доказать теорему: если функции f(z) и g(z) регулярны в окрестности точки z = a, и a –простой нуль функции f(z), то в некоторой окрестности этой точки уравнение f(z) + εg(z) = 0 привсяком достаточно малом |ε| имеет единственный корень z(ε), причем z(ε) = a− εg(a)/f ′(a) +O(ε2).

1.120. Пусть F (z) = z − a − wf(z), причем функция f(z) регулярна в окрестности точки z = a.Доказать, что при достаточно малом |w| существует круг K с центром в точке a, в котором функцияF (z) имеет только один нуль (простой).

1.121. Пусть z = z(w) – однозначная функция, определенная при достаточно малом |w| уравнениемz − a − wf(z) = 0, функция f(z) регулярна в окрестности точки z = a и f(a) 6= 0. Доказать, что длявсякой функции Φ(z), регулярной в окрестности точки z = a, при достаточно малом |w| имеет месторазложение

Φ(z)1− wf ′(z)

= Φ(a) +∞∑n=1

wn

n!dn

dan[Φ(a)(f(a))n].

Указание. Если C – окружность того круга K, в котором функция F (z) (см. задачу 1.120) имеет только одинкорень, то

Φ(z)1− wf ′(z)

=1

2πi

∮C

Φ(ζ)ζ − a− wf(ζ)

dζ.

Подынтегральную функцию разложить в ряд и оценить остаточный член.

1.122. Пользуясь обозначениями задачи 1.121, доказать формулу Лагранжа Φ(z) = Φ(a)+∞∑n=1

wn

n!dn−1

dan−1 [Φ′(a)(f(a))n].

Отсюда получить разложение самой функции z = z(w) в ряд Тейлора:

z = a+w

1!f(a) +

w2

2!D[(f(a))2] + ...+

wn

n!Dn−1[(f(a))n] + ..., D =

d

da.

17

Указание. Применить к функции Φ(z)(1− wf ′(z)) решение предыдущей задачи.

1.123. Функция z = z(w) определена в окрестности точкиw = 0 равенствомw = ze−az. Разложитьz(w) в ряд по степеням w.

1.124. Разложить по степеням w функцию z = z(w), определенную в окрестности точки w = 0уравнением Кеплера z − a = w sin z, где a 6= 0,±π,±2π, ...

1.1.8 Разложение функций в ряды простых дробейи в бесконечные произведения

Функция называется мероморфной в области D, если она не имеет в этой области особых точек,отличных от полюсов. Функция, мероморфная во всей конечной плоскости, называется для краткостимероморфной функцией.

Пусть f(z) – мероморфная функция с простыми полюсами в точках a1, a2, ..., причем 0 < |a1| ≤|a2| ≤ . . ., и an → ∞ при n → ∞, и пусть An = res z=anf(z). Допустим, что существует последова-тельность замкнутых контуров Cm такая, что:

а) на Cm нет полюсов функции f(z);б) каждый контур Cm находится внутри Cm+1;в) минимальное расстояние Rm от контура Cm до начала координат стремится к бесконечности

при m→∞;г) отношение длины Lm контура Cm к Rm ограничено:

Lm ≤ B ·Rm, m→∞;д) функция f(z) ограничена на всех контурах:

|f(z)| ≤ Const, z ∈ Cm, m→∞.Тогда имеет место разложение функции на простейшие дроби:

f(z) = f(0) +∞∑n=1

An

(1

z − an− 1an

).

Ряд сходится равномерно во всякой замкнутой области, не содержащей полюсов функции f(z), ес-ли под знаком суммы сгруппировать слагаемые, относящиеся к полюсам, заключенным между Cm иCm+1.

Замечание. Данные утверждения можно доказать, применяя теорему о вычетах к интегралу 12πi

∮Cm

f(ζ) dζζ (ζ−z) .

1.125. Доказать справедливость разложений:

а) ctg z = 1z +

∞∑n=1

2zz2−n2π2 ; б) 1

sin z = 1z +

∞∑n=1

(−1)n2zz2−n2π2 ;

в) tg z =∞∑n=1

8z(n− 1

2)2π2−4z2

; г) zez−1 = 1− z

2 +∞∑n=1

2z2

z2+4n2π2 ;

д) 1sin2 z

=∞∑

n=−∞1

(z−nπ)2. Указание: ( ctg z)′ = −1/ sin2 z.

Функция f(z) называется целой, если она регулярна на всей конечной плоскости. Обозначим че-рез W (z) логарифмическую производную функции f(z):

W (z) = (ln f(z))′ =f ′(z)f(z)

.

Очевидно, W (z) – функция мероморфная, причем каждый нуль функции f(z) является простым по-люсом функции W (z).

ЕслиW (z) удовлетворяет условиям (а) – (д) разложения мероморфной функции на простые дроби,то из этого разложения интегрированием получается разложение целой функции f(z) в бесконечное

18

произведение:

f(z) = f(0)ef ′(0)f(0)

∞∏n=1

(1− z

an

)e

zan .

1.126. Доказать справедливость разложений:

а) sin z = z∞∏n=1

(1− z2

n2π2

); б) cos z =

∞∏n=0

[1−

(2z

(2n+1)π

)2]

;

в) ez − 1 = zez/2∞∏n=1

(1 + z2

4n2π2

).

Ответы.

1.1. а)−5 + i; б)−1− i√

32 ; в) 1; г) i; д) 44−5i

318 .

1.2. a) концентрические окружности |w| = 1/C; б) окружности вида (u− a)2 + (v− b)2 = R2, еслиC 6= |w0|; прямая линия uu0 + vv0 = 0, если C = |w0|.

1.3. a) cos(π/2)+ i sin(π/2); б) 3(cosπ+ i sinπ); в)√

2(cos(5π/4)+ i sin(5π/4)); г)√

2(cos(π/4)+i sin(π/4)); д) cos(−π/2) + i sin(−π/2); е) 2(cos(2π/3) + i sin(2π/3)).

1.4. а) 2(cos(−π/6) + i sin(−π/6)); б) 2√

2 +√

3(cosφ + i sinφ), где φ = arctg (2 −√

3); в)cos(6π/7) + i sin(6π/7); г) 2(cosπ + i sinπ).

1.5. а) Верхняя полуплоскость; б) полоса; в) луч; г) прямой угол с биссектрисой y = 0, x ≤ 0.1.6. а) Внешность круга; б) кольцо с центром в точке 1 + i; в) круг; г) часть круга, имеющая

форму "луночки".1.7. а) Прямая x = 1; б) эллипс x2

16 + y2

7 = 1; в) нижняя ветвь гиперболы 12y2 − 4x2 = 3.1.8. а) Окружности; б) лучи; в) спирали вида r = ekφ.1.10. cos 3x = cos3 x− 3 cosx sin2 x;

sin 5x = 5 cos4 x sinx− 10 cos2 x sin3 x+ sin5 x;cos 8x = cos8 x− 28 cos6 x sin2 x+ 70 cos4 x sin4 x− 28 cos2 x sin6 x+ sin8 x.

1.12. а)√i = ±(1+i)/

√2; б) 3

√i = cos(π6 + 2

3πk)+i sin(π6 + 23πk), k = 0, 1, 2, или: (

√3±i)/2, −i;

в)√

2− 2i = 23/4[cos(−π6 + πk) + i sin(−π

6 + πk)], k = 0, 1;

г) 3√−1 = −1,

√3±i2 ; д) 4

√−4 = −1± i, 1± i,

е) 3√−2 + 2i =

√2 [cos(π4 + 2

3kπ) + sin(π4 + 23kπ)], k = 0, 1, 2.

1.13. а) 2−1/12 exp[i(− 572π + 1

3kπ)], k = 0, ..., 5;

б) exp[ i3(−π + 4kπ)], k = 0, 1, 2;

в) 2−1/16 exp[i( 596π + 1

4kπ)], k = 0, ..., 7.

1.14. а)−2 + i, −3 + i; б)−1, 2i; в) 0,√

3 exp(± 512πi), −

√3 exp(± 5

12πi).

1.15. а) (z − 2)(z − 3); б) (z + 1)(z + 0, 5 + 0, 5√

3 i)(z + 0, 5− 0, 5√

3 i);

в) (z + 1)4; г) (z − 1)(z + 1)(z − i)(z + i).

1.16. а) 0, 5(ln 5− ln 2) exp[i arctg (1/3) + 2kπi], k ∈ Z;

б) exp(−π/2 + 2kπ), k =∈ Z;

в) 5eφ+2kπ · ei(ln 5−φ−2kπ), φ = arctg 43 , k ∈ Z.

1.18. а) 2kπ ± 0, 5i ln(2 +√

3), π + 2kπ ± 0, 5i ln(2 +√

3),k = 0,±1,±2, ...;

б) 2kπ + 0, 5i ln 3, π + 2kπ + 0, 5i ln 3, k = 0,±1,±2, ...; в) нет корней.

1.19. 2πi; πi; 2πi; πi. 1.20. | sin z| → ∞; tg z → ±i; нет предела.1.21. а) Регулярна при всех z; б) регулярна при z 6= 0; в) нерегулярна при всех z; г) – е) регулярна

при всех z.

19

1.25. ∂ u∂ r = 1r∂ v∂ φ , 1

r∂ u∂ φ = −∂ v

∂ r . 1.27. а) z2 + z; б) i/z.

1.28. zez + 2i cos z + z3 − iz + iC, ImC = 0, C = const.1.29. 2i ln z − (2− i) z + C. 1.30. eiCz2ez.

1.31. а) u = C1x+C2, f(z) = C1z +C2 + iC3; б) u = C1(ax+ by) +C2; f(z) = C1(a− bi)z +C2 + iC3.

1.32. а) u = C1 ln(x2 + y2) + C2, f(z) = 2C1 ln z + C2 + iC3;

б) u = C1 arctg (y/x) + C2, f(z) = C2 − iC1 ln z + iC3; в) не существует.

1.33. а) (1) f(z) = ai ln z + λ, (2) f(z) = λeai ln z, (3) f(z) = λea ln z; б) (1) f(z) = az +

λ, (2) f(z) = λea/z, (3) f(z) = λeai/z; в) (1) f(z) = iaz2 + λ, (2) f(z) = λeiaz2, (3) f(z) = λeaz

2,

где a – вещественная, λ – комплексная произвольные постоянные.

1.34. а) |z| < 1; б) |z| <∞; в) z = 0;

г) |z| < e; д) |z| < 1; е) |z| < 1/e.

1.35. а) Расходится во всех точках; б) сходится (условно) во всех точках, кроме z = 1; в)сходится (абсолютно) во всех точках.

1.36.∞∑n=0

(−1)n anzn

bn+1 , |z| < |b/a|.

1.37. i6∞∑n=1

(2−3i)n−(2+3i)n

13n zn, |z| <√

13.

1.38. 12 +

∞∑n=0

22n−1z2n

(2n)! , |z| <∞. 1.39.∞∑n=0

z2n+1

n!(2n+1) , |z| <∞.

1.40.∞∑n=0

(−1)n z2n+1

(2n+1)!(2n+1) , |z| <∞.

1.41. а) 0, 25∞∑n=0

(−0, 25)n((z − 1)2n + (z − 1)2n+1

), |z − 1| < 2;

б) cos 3 (1− 12! t

2 + 14! t

4 − ...)− sin 3 (t− 13! t

3 + 15! t

5 − ...), t = z − 1, |z − 1| <∞;

в)− ln 2 +∞∑n=1

(−1)n+1 (z−1)n

n , |z − 1| < 1.

1.42. а) 1 + z2 + 13z

4 + 1120z

6 + ...; б) z + 13z

3 + 215z

5 + ...;

в) 1− 14z

2 − 196z

4 + ....

1.46. 1 +∞∑n=1

(−1)n 22kB2n z2n

(2n)! , |z| < π.

1.47. а) z(1−z)2 ; б) z(z+a)

(a−z)3 ; в) π−x2 .

1.48. а) I1 = 2 + i, I2 = 1 + 0, 5i; б) I1 = iπR2, I2 = −πR2.

1.49. 0 при n 6= −1, 2πi при n = −1.

1.50. а)−2(1− i); б)−4. 1.51.∞∑n=0

z−n, |z| > 1.

1.52. a)∞∑

n=−1(2− 3 · 2−n−2) zn, |z| < 1; б)−2

∞∑n=2

1zn − 3

2

∞∑n=0

( z2)n, 1 < |z| < 2; в)∞∑n=0

(−2− 3 ·

2n) z−n−2, |z| > 2.

1.53. a) 1z−2 + i

∞∑n=0

(−1)n (2+i)n+1−(2−i)n+1

5n+1 (z − 2)n, 0 < |z − 2| <√

5;

б) 2∞∑n=1

(−1)n 1z2n −

∞∑n=0

zn

2n+1 , 1 < |z| < 2.

1.54. f(z) = 12(z−1) −

2z−2 + 3

2(z−3) ;

a) 0, 5∞∑n=0

1zn+1 +

∞∑n=0

( z2)n − 0, 5∞∑n=0

( z3)n, 1 < |z| < 2;

20

б) 0, 5∞∑n=0

1zn+1 −

∞∑n=0

(2z )n+1 − 0, 5

∞∑n=0

( z3)n, 2 < |z| < 3;

в) 12t

∞∑n=0

(2t )n + 2

3

∞∑n=0

( t3)n − 38

∞∑n=0

( t4)n, t = z + 1, 2 < |z + 1| < 3.

1.55. а) и б):∞∑n=0

z2−n

n! , 0 < |z| <∞.

1.56. cos 1− sin 1∞∑k=1

(−1)k42k−1

(2k−1)! (z − 2)2−4k + cos 1∞∑k=1

(−1)k42k

(2k)! (z − 2)−4k, 0 < |z − 2| <∞.

1.57.∞∑n=0

cnzn +

∞∑n=1

c−nz−n, cn = c−n =

∞∑n=0

1k!(n+k)! , n = 0, 1, ....

1.58. а) Да; б) да; в) нет (∞ – не изолированная особая точка); г) то же, что в случае (в); д) нет(функция не однозначна в окрестности точки z = 0); е) то же, что в случае (д).

1.59. а)∞∑n=1

an cosnφ; б)∞∑n=1

an sinnφ.

1.60. а) z = 0, z = ±1 – простые полюсы, z = ∞ – у.о.т. (нуль 3-го порядка); б) z = 1 – полюс 2-го порядка, z = ∞ – полюс 3-го порядка; в) z = 1

kπ – существенно особые точки, где k = ±1,±2, ...;z = 0 – точка, предельная для существенно особых точек; z = ∞ – существенно особая точка.

1.61. а) z = 2kπi – простые полюсы, где k = ±1,±2, ...; z = ∞ – точка, предельная для полюсов;б) z = 0 – полюс 3-го порядка; z = 2kπ ± i ln (2 +

√3) – простые полюсы, где k = 0,±1,±2, ...;

z = ∞ – точка, предельная для полюсов; в) z = 1 – существенно особая точка, z = ∞ – у.о.т.1.62. а) z = kπ – простые полюсы, где k = 0,±1,±2, ...; z = ∞ – точка, предельная для полюсов;

б) z = kπ – простые полюсы, где k = ±1,±2, ...; z = ∞ – точка, предельная для полюсов; в) б)z = 1

kπ – простые полюсы, где k = ±1,±2, ...; z = 0 – точка, предельная для полюсов; z = ∞ –полюс 1-го порядка.

1.63. Примеры: а) z2; б) 1z2

+ z.

1.64. а) Az−a +B или A+Bz; б)

n∑k=0

c−k

(z−a)k илиn∑k=0

ck(z − a)k;

в) 1z2

+ C; г)n∑k=1

Akz−ak

+B + Cz, где C ·A1 ·A2 · ... ·An = 0.

1.66. а) res z=0f = 1, res z=±1f = −0, 5 , res z=∞f = 0;

б) res z=0f = 2, res z=±1f = −1, 5 , res z=∞f = 1;

в) res z=0f = 1/9, res z=3if = − 154(sin 3 − i cos 3), res z=−3if = − 1

54(sin 3 + i cos 3), res z=∞f =(sin 3− 3)/27.

1.67. а) res z=kπf = (−1)k, k = 0,±1,±2, ...;

б) res z=kπf = 2 (−1)k(kπ)3ekπ

1+k2π2 , k = 0,±1,±2, ...; res z=if = −1 + i ctg 1,res z=−if = −1− i ctg 1; в) res z=iπ(2k+1)f = −iπ(2k + 1), k = 0,±1,±2, ...

1.68.−1/6. 1.69. res z=0f = 0, res z=±√kπf = (−1)k

±2√kπ

,

res z=±i√kπf = (−1)ki

∓2√kπ, k = 1, 2, ....

1.70. res z=0f = 1− cos 1, res z=−1f = cos 1, res z=∞f = −1.1.71. res z=kπf = −1, k = 0,±1,±2, ...

1.72. res z=0 = − res z=∞ =∞∑n=0

1n!(n+1)! .

1.73. res z=−1 = − res z=∞ = − cos 1.

1.74. res z=0 = − res z=∞ =

0, n < 0 n = 2k + 1,(−1)k

(2k+1)! , k = 0, 1, 2, ...

1.75. res z=k2π2f = (−1)k2k2π2, k = 1, 2, ...1.77.−πi/

√2. 1.78.−πi/2. 1.79.−πi/121. 1.80. 2πi.

1.81.−29πi. 1.82.−16

3 πi. 1.83. π/2. 1.84. 4iπ −

2πi3 .

21

1.85.−πi (cos 1 + 2 sin 1). 1.86. 0.

1.87. а) 1z +

∞∑n=1

(−1)n 22nB2n(2n)! z

2n−1, где B2n – числа Бернулли (см. задачу 1.45), при 0 < |z| < π;

б) 3z + 2

∞∑n=1

π2n

z2n+1 +∞∑n=1

[(−1)n 22nB2n

(2n)! + 2π2n

]z2n−1, при π < |z| < 2π.

1.88. а)∞∑n=0

cnzn, cn =

n∑k=0

1k! ; б)

∞∑n=0

(cn − e)zn − e∞∑n=1

1zn .

1.89. а) 3πi; б)−πi/4. 1.90. а) 2π/√a2 − 1; б) 2πa (a2 − b2)−3/2.

1.91. 0, 4π. 1.92.

2π/(1− a2), |a| < 1,2π/(a2 − 1), |a| > 1,0, |a| = 1, a 6= ±1 ( ).

1.93. πi sign a (при a = 0 главное значение). 1.94. π/√

1− a2.

1.95. π21−n in. 1.96. π/30. 1.97.−π/27. 1.98. π/√

2.

1.99. qsin q , q = π/(2n). 1.100. q

sin(q(2m+1)) , q = π/(2n).1.101. π

16a3 . 1.102.−2π/15.1.103. а) π (cos 1− 3 sin 1)/(3e2). б) π (3 cos 1 + sin 1)/(3e2).

1.104. 0, 5πe−|λ|√

2 sinλ√

2. 1.105. 2π/e. 1.106. π sign t.

1.107. π (1 sin 2− 3 sin 3). 1.108. π5 (cos 1− 1e2

).

1.109. 0, 5π (1− e−|t|) sign t.

1.110. (π/3)(sin |t|+ e−|t|

√3(sin |t|+

√3 cos t)

).

1.111. 0, 5π (e−|t| + sin |t|). 1.112. π (e−ab − 0, 5).1.113. π (b− a). 1.114. 2πi sin t. 1.115. π (t− i) eit.1.116. а) 1; б) 0; в) 4; г) n. 1.117. а) 2; б) 1.

1.123. z(w) =∞∑n=1

(an)n−1

n! wn, |eaw| < 1.

1.124. z(w) = a+∞∑n=1

wn

n!dn−1

dan−1 (sinn a).

1.125. Указание: в качестве расширяющихся контуров удобно взять квадраты.

Дополнение

Д 1. Имеют ли уравнения z3 = 1 и (z − 12 + i

√3

2 )3 = −1 общие корни? Какие?

Д 2. Найти корни уравнения (z − 1 + i)4 = 16i, для которых Im z > 0.Д 3. Найти корни уравнения 2 cos z = ie−iz − 2.

Д 4. Найти корни уравнения (z − 1− i)5 = i, лежащие в круге |z| < 1.

Д 5. Изобразить множество точек Re (3 + i)z > −1.

Д 6. Для указанных ниже функций разложение в ряд Тейлора в окрестности точки z0 = 0 имеет вид∞∑k=0

akzk. Найти радиус сходимости ряда и вычислить коэффициенты a0, a1, a2, a3:

а) f(z) = [2 + tg (z − π4 )]−1; б) ln

(12 + sin(π+z

6 )), ln 1 = 0.

Д 7. Разложить функцию в ряд Лорана в заданном кольце:

f(z) = z5+zz4−4z3+5z2−4z+4

, 1 < |z| < 2.

Д 8. Вычислить интегралы:

а) v.p.π∫−π

[(1+2i) cosϕ+(2+i) sinϕ]−1 dϕ2 cos 2ϕ−cosϕ−1+i(2 sin 2ϕ−sinϕ) ; б) v.p.

∞∫0

cosxx4−1

dx;

22

в) Fed28.09-11∞∫0

x−sinxx3(x2+a2)

dx; г)∞∫0

2 sinx−sin 2xx3+x5 dx.

Ответы.Д 1. z1 = 1, z2 = (−1− i

√3)/2. Д 2. (1− 2 sin π

8 ) + i (2 cos π8 − 1).

Д 3. zk = − i2 ln(2−

√2)− arctg 1√

2−1+π+2kπ, zk = − i

2 ln(2+√

2)+ arctg 11+√

2+π+2kπ. Д

4. (1− cos 0, 3π) + i (1− sin 0, 3π).

Д 5. Полуплоскость справа от прямой y = 1 + 3x.

Д 6. а) R = arctg (1/3); f(z) = 1− 2z + 6z2 − 563 z

3 + ...;

б) R = 2π; f(z) = −√

32 t−

58 t

2 + (−5√

324 + 3

32)t3 + ..., где t = z/6.

Д 7. f(z) = z + z100

(− 172z2+1

+ 126zz2+1

+ 572z−2 + 340

(z−2)2

),

1z2+1

= 1z2− 1

z4+ 1

z6− ..., 2

2−z = 1 + z2 + z2

4 + ...,2

(z−2)2= 1

2 + 2z4 + 3z2

8 + 4z3

16 + ...

Д 8. а) π(3 + 2i)/65; б)−π4 (sin 1 + e−1); в) π

2a4 (1− a+ 0, 5 a2 − e−a).Указание: 2i (x− sinx) = (1 + ix− eix) + (e−ix − 1 + ix). Интеграл распадается на два; для одного контур

замкнуть вверх, для другого вниз.

г) πe (1− 0, 5e−1). Указание: использовать ответ к Д 8(в).

1.2 Многозначные аналитические функции

1.2.1 Регулярные ветви

Для работы с многозначной функцией надо найти её точки ветвления, провести разрезы на комплекс-ной плоскости и выбрать ветвь функции.

Точка z = a называется точкой ветвления функции f(z), если существуют окружности скольугодно малого радиуса c центром в этой точке, после обхода по которым получается новое значениефункции, отличное от исходного. Например, z = 0 есть точка ветвления функции f(z) =

√z, понима-

емой как f(z) = |z|1/2eiφ/2, где φ = arg z + 2kπ, причем arg z меняется непрерывно при непрерывномдвижении точки z по плоскости, а целое число k постоянно.

Разрез – это линия, которую не может пересекать переменная точка z при её перемещениях наплоскости. Разрезы дополняют границу области задания функции, запрещая обход точек ветвления.Общий способ проведения разрезов – соединить непрерывными линиями точки ветвления с точкойz = ∞. Иногда возможны другие виды разрезов: например, если обход вокруг пары точек ветвленияприводит к исходному значению функции, то можно просто соединить эти точки конечным разрезом.

Правило, задающее многозначную функцию, вместе с дополнительными условиями позволяет вы-делять ветви этой функции, однозначные и регулярные на плоскости с разрезами. Так, дляw(z) =

√z

можно провести разрез по лучу y = 0, x ≤ 0 и задать две ветви формулой w(z) = |z|1/2ei(φ2+kπ), где

−π < φ < π, k = 0 или 1. Дополнительному условиюw(1) = +1 отвечает k = 0, и получается формулаw = |z|1/2eiφ/2; для этой ветви, например, w(4) = 2e0 = +2, w(i) = ei

π4 . Если задать w(1) = −1, то

получится k = 1, тогда w(4) = 2eiπ = −2, w(i) = eiπ4+iπ = −ei

π4 .

Каждый разрез имеет два "берега", что соответствует предельным значениям функции при прибли-жении точки z к разрезу с той или другой стороны. Так, у каждой из ветвей функции

√z значения на

двух берегах разреза, проведённого по лучу (−∞, 0], отличаются знаком, так как предельные значенияугла равны +π и−π.

Для изучения точек ветвления функции и для проведения разрезов полезно использовать принципаргумента. Например, если один раз обойти вокруг пары точек ak = kπ и bk = (k+ 1

2)π, то приращение

23

аргумента tg z будет равно нулю, так как N − P = 0, и для многозначной функции ln tg z можнопровести счётное множество конечных разрезов, соединяющих попарно точки ak и bk.

2.1. Найти точки ветвления и провести разрезы для следующих функций:

а) 3√z − i; б) ln(1− z); в) ln z

z+1 ; г)√z(z − 2);

д) ln z(z − 2); е)√

1−√z; ж)

√sin z; з) 3

√tg z.

2.2. Проведя разрез от точки ветвления на −∞, написать формулу для ветви функции f(z) =3√z + 1, заданной указанным условием, а также вычислить значение ветви в заданной точке:

а) f(0) = 1; f(26) =?; б) f(0) = e−2πi/3; f(26) =?;в) f(−2 + i0) = −1; f(0) =?; г) f(−2− i0) = −1; f(0) =?;д) Im f(z) = 0 при arg z = 0; f(i) =?.

2.3. Ветвь функции f(z) = ln i−zi+z задана условием f(0) = 0. Проводя разрезы двумя различными

способами, найти значения функции в заданных точках:

а) z = 1; б) z = −1; в) z = 2i; г) z = +∞; д) z = −∞.Указание. f(z) = ln |f(z)|+ i (φ1 − φ2), где φ1 = arg (i− z) и φ2 = arg (i+ z). Полезно составить таблицу

значений этих углов для заданных точек z.

2.4. Главная ветвь функции ln z на плоскости с разрезом по лучу y = 0, x < 0 может быть заданакак интеграл

ln z =z∫

1

dζ

ζ.

Показать, что для этой ветви имеют место:а) формула ln z = ln |z|+ iφ, где φ = arg z, −π < φ < π;

б) разложение в ряд Тейлора ln (1 + z) = z − 12z

2 + 13z

3 − ..., |z| < 1.Указания. К заданию (а): интегрировать сначала по вещественному отрезку [ 1, |z| ], затем по дуге |ζ| =

|z|, 0 < arg ζ < arg z. К заданию (б): воспользоваться геометрической прогрессией при |z| < 1.

2.5. Разложить в ряд по степеням z функцию f(z) и указать область сходимости ряда, если:

а) f(z) = 1/√

1− z2 , f(0) = 1;

б) f(z) = 1+zz ln (1− z), Im f(−2) = 0.

2.6. Для той ветви функции f(z) =(ln 2+z

1+2z

)−1, для которой Im f(0) = 0, найти вычеты в точках

z = 1 и z = ∞.

2.7. Для той ветви функции f(z) = 3

√1z − 1, для которой f(∞) = −1, найти вычет в точке z = ∞.

2.8. Разложить в ряд Лорана в окрестности z = ∞ и указать область сходимости ряда:

а) f(z) =√z(z + 1), f(4) > 0; б) f(z) =

√z2 + 5, f(2) = 3;

в) f(z) = ln z−az−b , f(∞) = 0.

2.9. Разложить функцию f(z) =√z(2− z), f(1) = 1, в ряд Лорана в окрестности указанной точки

и указать область сходимости ряда:

а) z = 1; б) z = ∞.

2.10. Методом неопределённых коэффициентов найти несколько первых коэффициентов разложе-ния заданной функции в ряд Лорана в окрестности z = 0:

а) zln(1+z) ; б) z

arctg z ; в) (1 + z)z.

Примечание. Для заданных функций: ln(1 + z)|z=0 = 0, arctg z =z∫0

dζ1+ζ2 ,

(1 + z)z = ez ln(1+z).

24

2.11. Разложить в ряд Лорана: а) в окрестности точки z = ∞, б) в кольце 1 < |z| < 2, ту ветвьфункции f(z) = 1

z−2 ln z−iz+i , для которой ln z−i

z+i → 0 при z →∞.

2.12. Выяснить, имеют ли указанные многозначные функции однозначные ветви, допускающие раз-ложение в ряд Лорана в окрестности данной точки:

а)√

z(z−1)(z−2) , z = ∞; б) 3

√(z − 1)(z − 2)(z − 3), z = ∞;

в)√

1 +√z, z = 1; г) Arcsin z, z = 0; д) Arctg z, z = ∞.

2.13. Как связаны между собой значения f(x + i0) и f(x − i0) функции f(z) = zp(1 − z)1−p, гдеIm p = 0, на двух берегах разреза по отрезку [0, 1] ?

1.2.2 Римановы поверхности

Каждая ветвь многозначной функции определена на своём листе, т.е. на своём экземпляре комплекс-ной плоскости с разрезами (листы могут иметь различный вид для разных ветвей). Многолистная рима-нова поверхность должна быть "склеена"(coставлена) из этих листов таким образом, чтобы при пере-ходе через места склейки значения одной из ветвей непрерывно переходили к значениям другой ветви.Следует склеивать, например, нижний берег листа одной ветви с верхним берегом листа другой ветви,с учётом непрерывного перехода этих ветвей. Для степенной функции zb, где b – рациональное чис-ло, получается конечное число листов, для логарифма z и для иррациональной степени z – счётноемножество листов.

2.14. Показать, что риманова поверхность функций ln z и zπ имеет вид бесконечной винтовой по-верхности с осью z = 0.

2.15. Как для функции 3√z склеивать берега разрезов, проведённых по положительной веществен-

ной полуоси?

2.16. Плоскость z разрезана по отрезку [0, 1]. Как склеивать берега разрезов для функций: а)√z(z − 1)? б) 3

√z2(z − 1)?

2.17. Для изучения двузначной функции√

sin z проведены разрезы из точек ветвления параллельномнимой оси в сторону Im z = +∞. Как следует склеивать берега разрезов 1-го и 2-го листа? Анало-гичный вопрос относительно функции 3

√sin z.

Указание: применить принцип аргумента.

2.18. Функция√√

z − 1 четырёхзначна. Дать описание каждого листа. Как склеивать листы дляпостроения римановой поверхности?

1.2.3 Интегралы от многозначных функций

Определенные интегралы вида∞∫0xpf(x) dx, где p– вещественное не целое число, f(x) – рациональная

функция, можно вычислять с помощью вычетов. Пусть f(x) = P (x)Q(x) , P (x) и Q(x) – полиномы, причем

степень полинома P (x) меньше степени полинома Q(x), −1 < p < 0, и Q(x) 6= 0 при x ≥ 0. Тогдаимеет место формула

∞∫0

xpf(x) dx =2πi

1− e2πip

s∑k=1

res z=akzpf(z). (∗)

Здесь a1, a2, ...as – корни полинома Q(z), а функция zp определена на плоскости z с разрезом 0 ≤ x <+∞, y = 0, формулой zp = |z|peipφ, где φ = arg z, 0 < φ < 2π.

Замечание. Для доказательства формулы (∗) следует рассмотреть интеграл∮Γzpf(z) dz по замкнутому кон-

туру Γ, состоящему из отрезка [ε, R] верхнего берега разреза (движение слева направо), окружности радиуса R

25

(проходимой против часовой стрелки), отрезка нижнего берега разреза [ε, R] (движение справа налево) и окруж-ности радиуса ε (по часовой стрелке). Далее надо сделать предельный переход при ε→ 0, R→∞.

Если на полуоси x > 0, y = 0 имеются простые нули полинома Q(z), то интеграл понимается всмысле главного значения, при этом каждый простой нуль b добавляет к сумме вычетов в формуле (∗)слагаемое

12[ res z=b+i0 zpf(z) + res z=b−i0 zpf(z)] = (1 + e2πip)xp

P (b)2Q′(b)

.

Интегралы вида1∫0x1−p(1 − x)pf(x)dx сводятся к интегралам вышеуказанного типа подстановкой

x = t/(1 + t).

В задачах (2.19) – (2.28) вычислить интегралы:

2.19.∞∫0

dxxp(x+1) , 0 < p < 1. 2.20.

∞∫0

xpdxx2+1

, −1 < p < 1.

2.21.∞∫0

xpdx(x2+1)2

, −1 < p < 3. 2.22.∞∫0

xpdx(x+1)2(x+2)

, −1 < p < 2.

2.23. v.p.∞∫0

√x dxx−1 . 2.24. v.p.

∞∫0

xpdx1−x , −1 < p < 0.

2.25. v.p.∞∫0

3√xdx1−x2 . 2.26.

1∫0

x1−p(1−x)p

(1+x)2, −1 < p < 2.

2.27.1∫−1

(1+x)1−p(1−x)p

1+x2 , −1 < p < 2. 2.28.1∫0

dx

(x+1) 3√x2 (1−x)

.

Интегралы вида∞∫0f(x) dx, где f(x) – рациональная функция, можно вычислять с помощью выче-

тов. Пусть f(x) = P (x)Q(x) , P (x) и Q(x) – полиномы, причем степень полинома P (x) по крайней мере на

2 меньше степени полинома Q(x), и Q(x) 6= 0 при x ≥ 0. Тогда имеет место формула

∞∫0

f(x) dx = −s∑

k=1

res z=akf(z) ln z. (∗∗)

Здесь a1, a2, ...as – корни полинома Q(z), а функция ln z определена на плоскости z с разрезом 0 ≤x < +∞, y = 0, формулой ln z = ln |z|+ iφ, где φ = arg z, 0 < φ < 2π.

Замечание. Для доказательства формулы (∗∗) следует рассмотреть интеграл∮Γf(z) ln z dz по замкнутому

контуру Γ, описанному выше.

2.29. Вычислить интегралы:

а)∞∫0

(x2−1) dx(x2+1)(x2+4)

; б)∞∫0

(x2+x+1) dx(x+1)2(x2+1)

.

Указание к (а). Рекомендуется сделать вычисление тремя способами: (1) найдя первообразную, (2) сведяинтеграл к интегралу по всей оси, (3) по формуле (∗∗).

Ответы.

2.1. Сокращение: т.в.=точки ветвления. Для каждой из заданных функций указывается один из воз-можных способов проведения разрезов:

а) т.в. i и ∞, разрез по лучу arg (z − i) = π/2; б) т.в. 1 и ∞, разрез по лучу arg z = 0; в) т.в. 0 и −1,разрез по отрезку [−1, 0];г) т.в. 0 и 2, разрез по отрезку [0, 2];д) т.в. 0, 2 и∞, разрез по лучам y = 0, x < 0 и y = 0, x > 2;

26

е) т.в. 0 и 1, разрез по лучам y = 0, x < 0 и y = 0, x > 1;

ж) т.в. kπ, k = 0,±1, ..., разрезы по лучам arg (z − kπ) = π/2 или по отрезкам [kπ, (k + 1)π];з) т.в. (k + 0, 5)π, разрезы по лучам arg (z − (k + 0, 5)π = π/2.

2.2. Во всех случаях |f(z)| = |z + 1|1/3, −π < φ < π:

а) f(z) = |f(z)|ei3φ, f(26) = 3;

б) f(z) = |f(z)|ei3(φ−2π), f(26) = 3e−2πi/3;

в) f(z) = |f(z)|ei3(φ+2π), f(0) = e2πi/3;

г) f(z) = |f(z)|ei3(φ−2π), f(0) = e−2π/3;

д) f(z) = |f(z)|ei3φ, f(i) = 6

√2eiπ/12.

2.3. f(z) = ln |i− z| − ln |i+ z|+ i (φ1 − φ2), φ1 = arg (i− z), φ2 = arg (i+ z).

1-й способ проведения разрезов: по лучам x = 0, y < −1 и x = 0, y > 1.

а) φ1 = 3π/4, φ2 = π/4, f = iπ; б) φ1 = π/4, φ2 = 3π/4, f = −iπ;

в) z = 2i + i0 : φ1 = 3π/2, φ2 = π/2, f = − ln 3 + iπ; z = 2i − i0 : φ1 = −π/2, φ2 = π/2, f =− ln 3− iπ;

г) φ1 = π, φ2 = 0, f = iπ; д) φ1 = 0, φ2 = π, f = −iπ.

2-й способ проведения разрезов: по отрезку x = 0, −1 < y < 1.

а) φ1 = 3π/4, φ2 = π/4, f = iπ; б) φ1 = π/4, φ2 = 3π/4, f = −iπ;

в) z = 2i : φ1 = 3π/2, φ2 = π/2, f = − ln 3 + iπ;

г) φ1 = π, φ2 = 0, f = iπ; д) φ1 = 0, φ2 = −π, f = iπ.

2.5. а) Разрезы по лучам y = 0, −∞ < x < −1 и y = 0, 1 < x < +∞, f(z) = 1+∞∑n=1

(2n−1)!!n!2n z2n, |z| <

1;

б) разрез по лучу y = 0, 1 < x < +∞, f(z) = −1 − (1 + 12)z − (1

2 + 13)z2 − (1

3 + 14)z3 − ..., |z| < 1.

Формула ln(1 − z) = ln |1 − z| + iφ, −π < φ < π, φ = arg (1 − z), получается с помощью значенияфункции в точке z = −2. Из этой формулы следует, что f(0) = 1.

2.6. Разрез по отрезку [−2,−1/2]. Для данной ветви z = 1 – простой полюс, res z=1f(z) = −3;res z=∞ = 3

2(ln 2)2. Примечание: для одной ветви сумма всех вычетов, вообще говоря, не равна нулю.

2.7. Разрез по отрезку [0, 1]. Для данной ветви: φ1 = arg z, φ2 = arg (1 − z), res∞ = −1/3,f(z) = |f(z)|e

i3(φ1−φ2+2πi).

2.8. Во всех случаях разрез проводится по отрезку между двумя конечными точками ветвления.

а) f(z) = z + 12 +

∞∑k=1

(−1)k (2k−1)!!2k+1(k+1)!

1zk , |z| > 1;

б) f(z) = z +∞∑k=1

(−1)k 5k(2k−3)!!2kk!

1z2k−1 , |z| >

√5;

в) f(z) = (b− a)1z + (b2 − a2) 1

2z2+ (b3 − a3) 1

3z3+ ..., |z| > max|a|, |b|.

2.9. а) Разрезы по лучам y = 0, x < 0 и y = 0, x > 2, тогда f(z) = 1 − 12 t

2 − 1222!

t4 + 1·3233!

t6 − ...,|t| < 1, где t = z − 1;

б) разрез можно провести, например, в виде дуги, соединяющей точки z = 0 и z = 2 и проходящейниже точки z = 1, тогда формула для ветви будет f(z) = (−iz)w(z), где w(z) = (1 − 2

z )1/2, причем

w(∞) = +1;

f(z) = (−i)[z − 1− 12!

1z + 1·3

3!1z2− 1·3·5

4!1z3

+ ...], |z| > 2.

2.10. а) f(z) = 1 + z2 −

z2

12 + z3

24 −19z4

720 + ..., |z| < 1;

б) arctg z =∞∑n=0

(−1)n z2n+1

2n+1 , f(z) = 1 + z2

3 −445z

4 + 44945z

6 + ..., |z| < 1;

27

в) f(z) = 1 + z2 − 12z

3 + 56z

4 − 34z

5 + ..., |z| < 1.

2.11. а) при |z| > 2: f(z) =∞∑n=0

c−n

zn , где c−2k = (−i)(22k−1 − 22k−3

3 +

22k−5

5 − ...+ (−1)k+1 22k−1

), c−2k−1 = 2c−2k, k = 1, 2, 3, ...;

б) при 1 < |z| < 2: f(z) = iA∞∑n=0

zn

2n +∞∑n=1

c−n

zn , где A = arctg 12 , c−1 = 2iA,

c−2k = 22ki

(A−

k−1∑m=0

(−1)m(2m+1)22m+1

), c−2k−1 = 2c−2k, k = 1, 2, 3, ....

2.12. а) Нет; б) да, все три ветви допускают разложение; в) разложение допускают две ветви

(из четырёх), для которых√

1 +√

1 = ±√

2; г) все ветви допускают разложение, а именно, Arc-

sin z = arcsin z + 2π, arcsin z =z∫0

dζ√1−ζ2

= z + 12 ·

z3

3 + 1·322·2! ·

z5

5 + 1·3·523·3!

z7

7 + ..., |z| < 1;

д) все ветви допускают разложение, а именно, Arctg z = arctg z + nπ = 12i ln

i−zi+z = π

2 + nπ +∞∑k=0

(−1)k+1

(2k+1)z2k+1 , |z| > 1.

2.13. f(x− i0) = f(x+ i0)e2πpi.2.15. Угол φ = arg z изменяется в пределах: на 1-м листе 0 < φ < 2π, на 2-м листе 2π < φ < 4π, на

3-м листе 4π < φ < 6π. Введём сокращения: н.б.= нижний берег, в.б.= верхний берег. Схема склеек:н.б. 1-го листа и в.б. 2-го листа; н.б. 2-го листа и в.б. 3-го листа; н.б. 3-го листа и в.б. 1-го листа.После трёхкратного обхода точки ветвления функция вернётся к исходному значению.

2.16. а) Крест-накрест, т.е. н.б. 1-го листа и в.б. 2-го листа, в.б. 1-го листа и н.б. 2-го листа; б)f(z) = |f(z)|ei(2φ1+φ2)/3, где φ1 = arg z, φ2 = arg (z − 1). Н.б. 1-го листа склеить с в.б. 3-го листа,н.б. 2-го – с в.б. 1-го, н.б. 3-го – с в.б. 2-го листа.

2.17. а) На каждом разрезе крест-накрест; б) на каждом разрезе склейки как в задаче 2.15.2.18. На каждом из четырёх листов – разрез (А) по лучу y = 0, x < 0; на двух листах, где

√1 = +1,

назовём эти листы 2-й и 3-й, – ещё один разрез (Б) по лучу y = 0, x > 0. Склейка листов крест-накрест: 1-й и 2-й листы по разрезу (А), 3-й и 4-й по разрезу (А), кроме того, 2-й и 3-й листы поразрезу (Б).

2.19. πsin pπ . 2.20. π

2 cos(pπ/2) .

2.21. π(1−p)4 cos(pπ/2) ; при p = 1 интеграл равен 0, 5.

2.22. πsin pπ (p+ 1− 2p). 2.23. 0. 2.24. π ctg pπ.

2.25.−16π√

3. 2.26. πsin pπ

[2p(1− p

2

)− 1

].

2.27. πsin pπ (sin(pπ/2) + cos(pπ/2)− 1). 2.28. 3−1/2π 3

√4.

2.29. а) π/12; б) 14(π + 2).

1.3 Конформные отображения

Функция f(z), определённая на множестве E точек плоскости z, задаёт отображение w = f(z) мно-жества E на множество E′ = f(z) точек плоскости w. Отображение w = f(z) называется взаимнооднозначным, если различным точкам множества E соответствуют различные точки множества E′; вэтом случае функция f(z) называется однолистной на множестве E. Функция, обратная к однолист-ной функции, также однолистна.

Теорема. Если функция f(z) регулярна в области D и непрерывна вплоть до границы области, тообраз области D при отображении w = f(z) есть также область.

Если однолистная в области D функция f(z) регулярна, то отображение w = f(z) области D наобластьD′, которое задаёт эта функция, называется конформным отображением (или конформным

28

преобразованием).Теорема. Если отображение w = f(z) конформно, то во всех точках области f ′(z) 6= 0.Геометрически это означает, что угол между всякими двумя линиями, выходящими из любой точки

z0 области D, равен углу между образами этих линий в точке w0 = f(z0).Примечание. Условие f ′(z) 6= 0 необходимо, но не достаточно для конформности отображения w = f(z).

Если функция f(z) однолистна и мероморфна в области D, то отображение w = f(z) также назы-вается конформным. В частности, если функция однолистна и регулярна внутри простого замкнутогоконтура γ, за исключением одного простого полюса внутри контурa, и непрерывна вплоть до контура,то она конформно отображает область, ограниченную контуром γ, на внешность образа γ′ контура γ.

Теорема Римана. Для любой односвязной области, граница которой состоит более чем из однойточки, существует мероморфная в этой области функция f(z), конформно отображаюшая её на круг|w| < 1. Функция f(z) единственным образом определяется условиями f(a) = 0, arg f ′(a) = θ, где a– произвольная точка области, θ – произвольное вещественное число.

Теорема ("принцип соответствия границ").Пусть γ – простой замкнутый контур на плоскости z, ограничивающий областьD, γ′ – простой за-

мкнутый контур на плоскостиw, и пусть функция f(z), регулярная вD и непрерывная вD∪γ, взаимнооднозначно отображает γ на γ′, с сохранением направления обхода. Тогда функция f(z) однолистна вобласти D и, следовательно, конформно отображает её на область D′, ограниченную контуром γ′.

Теорема ("принцип симметрии").1-я формулировка: Если функция w(z) конформно отображает область D, симметричную относи-

тельно вещественной оси Im z = 0, на область D′, причем вещественные точки z ∈ D, Im z = 0,переходят в вещественные точки w ∈ D′, Imw = 0, то область D′ симметрична относительно веще-ственной оси Imw = 0.

2-я формулировка: Пусть область D находится в верхней полуплоскости, часть γ её границы ∂ Dнаходится на вещественной оси, и пусть функцияw(z), непрерывная вD вплоть до γ, конформно отоб-ражает область D на область D′, расположенную в полуплоскости Imw > 0, причем на отрезке γфункция принимает вещественные значения. Тогда регулярная функция w1(z) = w(z) отображает об-ласть D∗, симметричную области D относительно вещественной оси Im z = 0, на область (D∗)′, сим-метричную области D′ относительно вещественной оси Imw = 0.

Замечания. 1) Функция w1(z) = w(z) является аналитическим продолжением функции w(z) из области Dчерез часть границы γ в областьD∗. На практике обычно та же формула, которая задаёт функциюw(z) в областиD, даёт и аналитическое продолжение этой функции в область D∗. Поэтому, если данная область D обладаетсимметрией относительно прямолинейного отрезка β ∈ D, то достаточно отобразить половину данной областина половину требуемой области D′, обеспечив при этом отображение β на соответствующий прямолинейныйотрезок β′ ∈ D′. Полезно пометить на чертеже отрезок β, проведя по нему, например, пунктирную линию, чтобыпри каждом последующем отображении проследить, во что этот отрезок переходит.

2) Принцип симметрии обобщается на случай, когда область D симметрична относительно части β какой-либо окружности (или прямой), и образ β′ этой дуги – также часть некоторой окружности (или прямой).

Решая задачи на конформные отображения, следует изображать на рисунке области как на плос-костях переменных z и w, так и на плоскостях всех промежуточных переменных. Большинство задачимеет не единственный ответ (это зависит от нормировки отображения); приводится один из возмож-ных вариантов.

1.3.1 Дробно-линейная функция

Дробно-линейная функция w = az+bcz+d , где ad − bc 6= 0, конформно отображает расширенную плос-

кость z на расширенную плоскость w. Если c = 0, то w(z) – линейная функция, и отображение сво-дится к растяжению, повороту и переносу, при этом w(∞) = ∞. Если c 6= 0, то отображение сводит-ся к растяжению, повороту, переносу и инверсии, при этом w(∞) = a/c, w(−d/c) = ∞. Фактиче-

29

ски дробно-линейная функция содержит три независимых параметра: три отношения коэффициентовa, b, c, d.

Две точкиP1 иP2 называются симметричными относительно окружности с центром в точкеAи радиусомR, если эти точки лежат на одном и том же луче, выходящем из точкиA, и |AP1|·|AP2| = R2.Прямую линию можно считать предельным случаем окружности, при этом точки P1 и P2 симметричныотносительно прямой, если прямая – серединный перпендикуляр к отрезку P1P2.

Любую окружность Γ (или прямую) на плоскости z дробно-линейная функция переводит в окруж-ность Γ′ (или прямую) на плоскости w, при этом каждая пара точек, симметричных относительно Γ,переходит в пару точек, симметричных относительно Γ′.

3.1. Найти линейную функцию az + b, отображающую треугольник с вершинами в точках 0, 1, iна подобный ему треугольник с вершинами 0, 2, 1 + i.

3.2. Найти линейное преобразование w = az + b с неподвижной точкой 1 + 2i, переводящее точкуi в точку−i.

3.3. Для функции w = 1/z найти образы следующих линий:

а) семейств окружностей x2 + y2 = ax и x2 + y2 = by;

б) пучка параллельных прямых y = x+ b;

в) пучка прямых y = kx;

г) координатных линий x = C и y = C.

3.4. Выяснить, на какую область отображается указанная область при заданных отображающихфункциях:

а) квадрант x > 0, y > 0; w = z−iz+i ;

б) угол 0 < φ < π/4; w = zz−1 ;

в) кольцо 1 < |z| < 2; w = zz−1 .

3.5. Найти дробно-линейные функции, переводящие точки −1, i, 1 + i соответственно в точки: а)0, 2i, 1− i; б) i, ∞, 1.

3.6. Найти дробно-линейные функции, переводящие точки −1, ∞, i соответственно в точки: а)i, 1, 1 + i; б)∞, i, 1; в) 0, ∞, 1.

3.7. Доказать, что дробно-линейное преобразование w(z), переводящее точки z1, z2, z3 соответ-ственно в точки w1, w2, w3, находится по формуле

z − z1z − z2

· z3 − z2z3 − z1

=w − w1

w − w2· w3 − w2

w3 − w1.

3.8. Найти дробно-линейную функцию, переводящую точки−1, 0, 1 соответственно в точки 1, i, −1,и выяснить, во что при этом отображении переходит верхняя полуплоскость.

3.9. Доказать, что при вещественных коэффициентах a, b, c, d и условии ad − bc > 0 дробно-линейная функция w = az+b

cz+d отображает верхнюю полуплоскость Im z > 0 "на себя", т.е. на верхнююполуплоскость Imw > 0.

3.10. Найти отображение верхней полуплоскости на себя при условии, что w(0) = 1, w(i) = 2i.3.11. Найти точки, симметричные с точкой 2+i относительно окружностей а) |z| = 1; б) |z−i| = 3.

3.12. Отобразить круг |z| < 2 на полуплоскость Rew > 0 так, чтобы w(0) = 1, argw′(0) = π/2.Указание. Задачу удобно решать в обратном порядке: преобразование z1 = (w−1)/(w+1) переводит правую

w-полуплоскость в единичный круг |z1| < 1, причем z1(1) = 0. Далее следует сделать растяжение и поворот:z = 2z1eiθ, чтобы получить круг |z| = 2. Для нахождения угла θ полезно учесть, что argw′(z) = − arg z′(w).

3.13. Отобразить круг |z − 4i| < 2 на полуплоскость v > u так, чтобы центр круга перешел в точку−4, а точка окружности 2i перешла в начало координат. Указание: центру круга симметрична точка z = ∞.

30

3.14. Доказать, что общий вид функции, отображающей единичный круг |z| < 1 на себя, т.е. на круг|w| < 1, таков: w = eiθ z−a1−az .

3.15. Отобразить круг |z| < 1 на круг |w| < 1 так, чтобы w(1/2) = 0, argw′(1/2) = 0.

3.16. Отобразить кольцо 2 < |z| < 5 на кольцо 4 < |w| < 10 так, чтобы w(5) = −4.

3.17. Полуплоскость Re z > 0 с выкинутым кругом |z − 2| ≤ 1 отобразить на кольцо 1 < |w| < µ инайти число µ ("модуль двусвязности").

Указание: найти пару точек, симметричных относительно прямой и относительно окружности и перевестиодну из них в точку w = 0, другую в точку w = ∞.

3.18. Эксцентрическое кольцо, ограниченное окружностями |z− 3| = 9, |z− 8| = 16, отобразить накольцо ρ < |w| < 1 и найти ρ.

Указание. Найти пару точек, симметричных относительно обеих окружностей и перевести их: одну в точкуw = 0, другую в точку w = ∞.

3.19. На какую область отображает функция w = zz−1−i области, расположенные в первом квад-

ранте и ограниченные линиями:а) |z − 1| = 1, |z − i| = 1; б) |z − 1| = 1, x = y ?

1.3.2 Степенная функция

Степенную функцию w = zp будем рассматривать при p > 0, p 6= 1.

Если p – натуральное число, то отображение w = zp переводит луч arg z = α в луч argw = pα,окружность |z| = R в окружность |w| = Rp, пробегаемую p раз. Так как w′(0) = 0, то в точке z = 0нарушается конформность, поэтому эта точка не может находиться внутри отображаемой области.

Если p > 0 – не целое число, то на плоскости z с разрезом по лучу arg z = θ степенная функцияопределяется формулой w = |z|peip arg z, где θ < arg z < θ + 2π. В точке z = 0 отображение неконформно.

3.20. На какое множество отображает функция w = z2:

а) угол 0 < arg z < π/2; б) полуплоскость Im z > 0;

в) полуплоскость Im z < 0; г) полуплоскость Re z > 0;

д) прямые x = C; е) прямые y = C; ж) всю плоскость z ?

В задачах 3.21 – 3.26 отобразить на верхнюю полуплоскость данные области:

3.21. Угол 0 < arg z < α (0 < α ≤ 2π).

3.22. а) Полукруг |z| < 1, Im z > 0;б) круговой двуугольник (луночку) |z| < 1, |z − i| < 1;в) |z| < 1, |z − i| > 1; г) |z| > 2, |z −

√2| <

√2.

Указание: сначала дробно-линейным преобразованием перевести одну из вершин двуугольника в началокоординат, а вторую – в бесконечность.

3.23. Внешность единичного верхнего полукруга.

3.24. Плоскость с разрезами:

а) по лучу arg z = 0; б) по лучу arg z = π;

в) по лучам (−∞,−R] и [R,+∞); г) по отрезку [−1, 1].3.25. Полуплоскость Im z > 0 с разрезом:

а) по отрезку [0, ih]; б) по лучу [ih, i∞).

3.26. Верхнюю полуплоскость Im z > 0 с разрезом по дуге окружности |z| = 1 от точки z = 1 доточки z = eiα, где 0 < α < π.

В задачах 3.27 – 3.29 следует воспользоваться принципом симметрии.

31

3.27. Отобразить на верхнюю полуплоскость всю плоскость z с разрезами по лучу 0 ≤ x < +∞, y =0 и по отрезку [−i, i].

Указание: луч arg z = π делит область на две симметричные части.

3.28. Отобразить на верхнюю полуплоскость всю плоскость z с разрезами по лучу −1 ≤ x <+∞, y = 0 и по отрезку [−i, i].

3.29. Отобразить на верхнюю полуплоскость "внешность креста", т.е. всю плоскость z с разрезамипо отрезкам [−1, 1] и [−i, i].

1.3.3 Функция Жуковского

Функция G(z) = 12

(z + 1

z

)называется функцией Жуковского. Поскольку G(z) и G(1/z) равны,

то функция Жуковского на всей плоскости z не однолистна. В точках z = 1 и z = −1 нарушаетсяконформность отображения, так как G′(±1) = 0, поэтому эти точки не могут находиться внутри отоб-ражаемой области.

Обратная функция Жуковского может быть определена на плоскости w с разрезом между точкамиw = ±1 формулой z(w) = w +

√w2 − 1, где

√w2 − 1 означает ту или другую ветвь.

3.30. Найти образы: а) окружностей |z| = R, б) лучей arg z = β, при отображении w = G(z).

3.31. Выяснить, во что переходят при отображении w = G(z) области:

а) полуплоскость Im z > 0; б) полуплоскость Im z < 0; в) круг |z| < 1;

г) область |z| > 1; д) полукруг |z| < 1, Im z > 0; е) круг |z| < 1/2;

ж) область |z| > 2; з) область 1 < |z| < R, Im z > 0;

и) угол π/4 < arg z < 3π/4.

В задачах 3.32 – 3.37 отобразить на верхнюю полуплоскость заданные области.

3.32 а) круг |z| < 1 с разрезом по радиусу [0, 1];б) круг |z| < 2 с разрезом по радиусу [0, 2];в) круг |z| < 2 с разрезом по радиусу [1, 2].

3.33. а) область |z| > 1 с разрезом по лучу [1,+∞);б) область |z| > 1 с разрезом по отрезку [1, 2].3.34. а) полукруг |z| < 4, Im z > 0; б) сектор 0 < arg z < π/3, 0 < |z| < 2.

3.35. Верхнюю полуплоскость Im z > 0 с полукруглым вырезом |z| < 1, Im z > 0 и разрезом поотрезку [i, 2i].

3.36. Внешность эллипса x2

a2 + y2

b2= 1, где 0 < b < a, a2 − b2 = 1.

Указание: обратная функция Жуковского переводит область, в зависимости от выбора ветви, во внешностьокружности |z| = R или внутренность окружности |z| = r, где R = a+ b, r = a− b.

3.37. Область между ветвями гиперболы x2

cos2 θ− y2

sin2 θ= 1, где 0 < θ < π/2.

Указание: обратную функцию Жуковского следует рассматривать на плоскости с разрезами (−∞,−1] и[1,+∞).

1.3.4 Функции exp z, ln z, sin z и cos z

Отображениеw = ez локально конформно: так какw′(z) 6= 0, то окрестность любой точки z0 взаимно-однозначно отображается на окрестность точки w(z0). При этом, так как функция ez периодическая(период 2πi), то она бесконечно-листна: каждая полоса вида 2kπ < Im z < (2k+2)π, k = 0,±1,±2, ...отображается на плоскость w с разрезом Imw = 0, 0 < Rew < +∞. Вместе все эти эти листысоставляют риманову поверхность над плоскостью w. Обратное отображение z = ln z переводит этуриманову поверхность в плоскость z.

32

Отображение w = sin z локально конформно, за исключением точек z = (k + 12)π, k ∈ Z. Так

как функция sin z периодическая, то она бесконечно-листна.

Отображение w = cos z локально конформно, за исключением точек z = kπ, k ∈ Z. Так какфункция cos z периодическая, то она бесконечно-листна.

3.38. Выяснить, во что преобразуются при отображении w = ez:

а) прямоугольная сетка x = C, y = C;

б) прямые y = kx+ b;

в) полоса α < y < β, где 0 ≤ α < β ≤ 2π;

г) полуполоса x < 0, 0 < y < α ≤ 2π;

д) полуполоса x > 0, 0 < y < α ≤ 2π;

е) прямоугольник α < x < β, γ < y < δ, где δ − γ ≤ 2π.

3.39. Выяснить, во что преобразуются при отображении w = ln z:

а) полярная сетка |z| = R, arg z = θ;

б) логарифмические спирали r = Aekφ (A > 0);

в) угол 0 < arg z < α ≤ 2π;

г) сектор |z| < 1, 0 < arg z < α ≤ 2π;

д) кольцо r1 < |z| < r2 с разрезом по отрезку [r1, r2].3.40. Выяснить, во что преобразуются при отображении w = sin z:

а) прямоугольная сетка x = C, y = C;

б) полуполоса−π/2 < x < π/2, y > 0;

в) полуполоса 0 < x < π/2, y > 0;

г) полоса−π/2 < x < π/2;

д) полоса−π/2 < x < π/2 с разрезом 0 < x < π/2, y = 0.

3.41. Выяснить, во что преобразуются при отображении w = cos z:

а) прямоугольная сетка x = C, y = C;

б) полуполоса 0 < x < π, y < 0;

в) полуполоса−π/2 < x < π/2, y > 0;

г) полоса 0 < x < π.

В задачах 3.42 – 3.50 отобразить указанные области на верхнюю полуплоскость.

3.42. а) Полосу 0 < y < 1; б) полосу 0 < y < 2 с разрезом y = 1, 0 < x < +∞.

3.43. а) Полуполосу x > 0, 0 < y < 1; б) полуполосу x > 0, 0 < y < 2 с разрезом y = 1, 1 < x <+∞.

3.44. Область между окружностями |z − i| = 1 и |z − 2i| = 2. Указание: перевести точку z = 0 вw = ∞.

3.45. Плоскость, из которой вырезаны два круга: |z| ≤ 2 и |z − 3| ≤ 1.

3.46. Область, определённую неравенствами: |z − 1| > 1, |z + 1| > 1, Im z > 0.3.47. Полосу−π/2 < x < π/2 с разрезом y = 0, 0 < x < π/2.

3.48. Плоскость, из которой вырезаны два круга: |z − 1| ≤ 1 и |z + 1| ≤ 1, и проведён разрезy = 0, 2 < x < +∞.

3.49. а) Внутренность параболы y2 = 4 (x+ 1) с разрезом по лучу arg z = 0; б) внутренность тойже параболы (без разреза). Указание к (б): провести вспомогательный разрез по лучу y = 0, −1 < x < +∞и воспользоваться принципом симметрии.

33

3.50. Плоскость z с разрезами по лучу arg z = 0 и по двум отрезкам: [−1 + i, 1− i] и [−1− i, 1 + i].Указание: дважды применить принцип симметрии.

1.3.5 Интеграл Кристоффеля-Шварца

Пусть область P – ограниченный многоугольник на w-плоскости, Ak (k = 1, 2, ..., n) – вершины мно-гоугольника, расположенные в порядке положительного обхода его границы, и αkπ – его внутренниеуглы (0 < αk ≤ 2, α1 + ... + αn = n − 2). Функция w = f(z), конформно отображающая верхнююполуплоскость Im z > 0 на многоугольник P , определяется по формуле Кристоффеля-Шварца

f(z) = C

z∫z0

(ζ − a1)α1−1(ζ − a2)α2−1...(ζ − an)αn−1 dζ + C1, (∗)

где ak – точки на оси Im z = 0, переходящие в вершины A1, ..., An многоугольника, −∞ < a1 < a2 <... < an < +∞, z0, C и C1 – некоторые постоянные. Обычно полагают z0 = 0.

Если одна из точек ak является бесконечно удалённой, формула (∗) упрощается. Пусть, например,an = ∞, тогда

f(z) = C

z∫0

(ζ − a1)α1−1(ζ − a2)α2−1...(ζ − an−1)αn−1−1 dζ + C1. (∗∗)

Если какая-либо из вершин многоугольника Ak находится на бесконечности, то формула (∗) оста-ётся в силе, если под αkπ понимать угол между соответствующими лучами в конечной точке их пере-сечения, взятый со знаком минус. Угол между параллельными прямыми равен нулю.

Если P – внешность ограниченного многоугольника, то точка w = ∞ принадлежит P , тогда фор-мула Кристоффеля-Шварца принимает вид

f(z) = C

z∫0

(ζ − a1)α1−1(ζ − a2)α2−1...(ζ − an)αn−1 dζ

(ζ − a)2+ C1,

где a – та точка из верхней полуплоскости Im z > 0, которая переходит в точку w = ∞.

Интегралы, возникающие из формул Кристоффеля-Шварца, как правило, не берутся в элемен-тарных функциях. Но основная трудность – в определении постоянных ak, C и C1. В случае n = 3(отображение на треугольник, α1 + α2 + α3 = 1), все постоянные находятся непосредственно. Приn > 3 можно произвольно задать три точки из ak, а для остальных постоянных написать системууравнений, решить которую, вообще говоря, удаётся лишь приближенно.

3.51. Как уже известно (задача 3.41), функция z = cosw отображает полуполосу 0 < Rew <π, Imw < 0 на верхнюю полуплоскость Im z > 0. Получить этот же результат из интеграла Кристоффеля-Шварца.

Указание. Полуполоса – неограниченный треугольник, здесь α1 = α2 = 1/2, α3 = 0. Воспользоватьсяформулой (∗∗), задав точки ak таким образом: a1 = −1, a2 = 1, a3 = ∞. Под знаком интеграла записывать(ak − ζ) иногда бывает удобнее, чем (ζ − ak).

3.52. Найти отображение верхней полуплоскости на ограниченныйтреугольник с вершинами A1 = 0, A2 = 1, A3 = (1 + i)/2.

Указание: задать a1 = 0, a2 = 1, a3 = ∞.

3.53. Найти отображение верхней полуплоскости на неограниченный треугольник с вершинамиA1 = 0, A2 = 1, A3 = ∞ и соответствующими угловыми параметрами α1 = 2, α2 = 1/2, α3 = −3/2.

Указание. Область представляет собой плоскость w с вырезанным из неё прямым углом 0 ≤ arg (w − 1) ≤π/2 и с разрезом [0, 1]. Вершина z = 0 разреза – это вершина угла раствора 2π. В качестве z0 удобно взять 1.

34

3.54. Отобразить верхнюю полуплоскость на полосу 0 < Imw < π с разрезом по лучу (−∞ +iπh, iπh], где 0 < h < 1.

Указание. Область – неограниченный четырёхугольник (см. рис. 3.1) с вершинами: A1 = iπh; A2 = ∞("пересечение"отрицательной вещественной полуоси и разреза); A3 = ∞ ("пересечение"двух сторон полосы),A4 = ∞ ("пересечение"разреза и прямой Imw = π). Соответствующие угловые параметры: α1 = 2, α2 = α3 =α3 = 0.

———————————————————

A4

——————— A1 = iπh A3

A2

———————————————————

Рис. 3.1. Неограниченный четырёхугольник.

1.3.6 Применение конформных отображений в электростатике

Так называемые плоские задачи электростатики могут быть в ряде случаев решены при помощи кон-формных отображений. Плоскими называются задачи, в которых отсутствует зависимость от одной изкоординат. Такие задачи имеют в трёхмерном пространстве следующий смысл: точке (a, b) на плоско-сти (ξ, η) соответствует в пространстве (ξ, η, ζ) прямая линия ξ = a, η = b, ζ ∈ (−∞,+∞), кривойлинии F (ξ, η) = 0 на плоскости – цилиндрическая поверхность F (ξ, η) = 0, ζ ∈ (−∞,+∞) в про-стрaнстве.

Поле, созданное распределёнными в пространстве неподвижнымиэлектрическими зарядами, описывается уравнением Максвелла div ~E = 4πρ. Здесь ~E = ~E(x, y, z) –напряжённость поля, ρ = ρ(x, y, z) – плотность распределения зарядов. Потенциал электрическогополя U(x, y, z) вводится по формуле gradU(x, y, z) = − ~E, он удовлетворяет уравнению

∆U = −4πρ(x, y, z), ∆ =∂ 2

∂ x2+

∂ 2

∂ y2+

∂ 2

∂ z2.

В области, где нет зарядов, потенциал – гармоническая функция, он удовлетворяет уравнению Лапла-са ∆U = 0.

Пусть ρ ≡ 0. Задача электростатики ставится следующим образом: найти потенциалU(x, y, z) вну-три области D, если на границе области Γ = ∂ D заданы его предельные значения: U|Γ = ϕ(x, y, z). Вматематике задача о нахождении гармонической функции внутри области по её предельным значениямна границе называется задачей Дирихле. Если область конечная, граница гладкая, а функция ϕ(x, y, z)непрерывная, то задача Дирихле имеет решение, и это решение единственное.

Далее задачи электростатики рассматриваются на плоскости z = x + iy. Пусть D – область наплоскости z, и пусть функция w(z) регулярна в области D и непрерывна вплоть до её границы Γ.Функцияw(z) называется комплексным потенциалом в областиD; её вещественная и мнимая частиудовлетворяют уравнению Лапласа:

∆u(x, y) = 0, ∆v(x, y) = 0, ∆ =∂ 2

∂ x2+

∂ 2

∂ y2.

В электростатике принято в качестве физического потенциала U(x, y) использовать мнимую частьv(x, y) комплексного потенциалаw(z). Напряжённость поля ~E может быть выражена через комплекс-ный потенциал: ~E = −grad v(x, y) = (−i)w′(z) = − ∂ v

∂ x − i∂ u∂ x . Линии Imw(z) = C – это эквипотен-циальные линии, Rew(z) = C – силовые линии.

35

Итак, плоская задача электростатики может быть поставлена следующим образом: найти в за-данной области D регулярную, непрерывную вплоть до границы, функцию w(z), мнимая часть v(x, y)которой принимает на границе Γ = ∂ D заданные значения: v(x, y)|Γ = ϕ(x, y).

Пусть известно конформное отображение ζ = f(z) области D плоскости z на область D′ плоско-сти ζ, при этом "старая"граница Γ = ∂ D отображается на "новую"границу Γ′ = ∂ D′. Заданные настарой границе значения потенциала ϕ(x, y) перераспределяются на новой границе и образуют новуюграничную функцию Φ(ξ, η) по правилу: Φ(ξ, η) = ϕ(x(ξ, η), y(ξ, η)), где ξ + iη = ζ ∈ Γ′.

Предположим, что для новой области D′ удалось найти комплексный потенциал Ω(ζ), т.е. ре-гулярную в D′ функцию со значениями мнимой части на границе Φ(ξ, η). Утверждается, что функ-ция w(z) = Ω(f(z)) является комплексным потенциалом исходной задачи. В самом деле, функцияw(z) регулярна в D как композиция регулярных функций ζ = f(z) и w = Ω(ζ), а её мнимая частьv(x, y) = Im Ω(f(z)) принимает в точках границы D как раз те значения, которые были назначены вусловии задачи: если z0 = x0 + iy0 ∈ D, то ζ0 = ξ0 + iη0 = f(z0) ∈ D′, и тогда v(x0, y0) = Imw(z0) =Im Ω(f(z0)) = Im Ω(ζ0) = Φ(ξ0, η0) = ϕ(x0, y0). В качестве области D′ выбирают обычно верхнююполуплоскость, единичный круг |ζ| < 1 или кольцо r < |ζ| < R.

В задачах 3.55 – 3.67 на отдельных частях границы значения потенциала задаются постоянными.Физически эти части границы можно трактовать как обкладки конденсатора – бесконечные металли-ческие пластины, ортогональные к плоскости z и изолированные друг от друга, а саму областьD – какконденсатор c вакуумным наполнением.

3.55. Сторона Im z = 0 полосы 0 < Im z < 1 заряжена до потенциала V0, сторона Im z = 1 – допотенциала V1. Найти комплексный и физический потенциалы поля внутри полосы.

Указание: поле внутри плоскопараллельного конденсатора однородно, т.е. потенциал – линейная функция.

3.56. На полуоси y = 0, x > 0 потенциал равен V0, на полуоси y = 0, x < 0 он равен V1. Найтипотенциал поля в верхней полуплоскости.

Указание. При вещественномA мнимая часть функцииA ln(z− b) постоянна на каждом луче, выходящем източки z = b.

3.57. На луче arg z = π потенциал равен 0, на отрезках (0, 1), (1, 2), ...,(n − 1, n), соответственно,V1, V2, ..., Vn, на луче y = 0, x > n равен 0. Найти потенциал поля в верхней полуплоскости.

3.58. На луче y = 0, 1 < x < +∞ потенциал равен V0, на луче y = 0, −∞ < x < −1 он равен V1.Найти потенциал поля на плоскости вне данных лучей.

3.59. Обкладки конденсатора Re z = 0 и Re z = 2 заземлены, а на обкладке Re z = 1, 0 < Im z <+∞ потенциал равен V . Найти комплексный потенциал внутри конденсатора.

3.60. Окружность x2 + y2 = 4 заземлена, на отрезке (0, 2) потенциал U0 = 1000 вольт. Каковпотенциал поля в точке (−1, 0) ?

3.61. Конденсатор образован двумя цилиндрическими обкладками; их поперечные сечения имеютуравнения x2 + y2 = 9 и x2 + y2 = 1. На внутренней обкладке потенциал равен 10 вольт, внешняяобкладка заземлена. Найти поле внутри конденсатора. Каков потенциал на окружности x2 + y2 = 4?

Указание. Мнимая часть функции i ln ζ постоянна на каждой окружности с центром в точке ζ = 0.

3.62. Конденсатор образован двумя цилиндрическими обкладками; их поперечные сечения имеютуравнения |z−3| = 9 и |z−8| = 16. На внутренней обкладке потенциал V , внешняя обкладка заземлена.Найти поле внутри конденсатора.

Указание: см. задачу 3.18

3.63. Внешняя обкладка конденсатора – эллиптический цилиндр с поперечным сечением x2

a2 + y2

b2=

1, где 0 < b < a, a2 − b2 = 1, а внутренняя обкладка – плоская пластина с поперечным сечениемy = 0, −1 ≤ x ≤ 1. Внешняя обкладка заземлена, внутренняя заряжена до потенциала V . Найтикомплексный потенциал электрического поля.

Указание: с помощью обратной функции Жуковского отобразить область на кольцо.

36

Точечный заряд величины q, расположенный в точке a, в отсутствие других зарядов и проводниковсоздаёт вокруг себя поле w(z) = −2iq ln(z − a). Термин "точечный заряд q в точке a"означает, что впространстве имеется равномерно заряженный бесконечный прямолинейный проводник, перпендику-лярный к z-плоскости в точке a, причем на единицу длины проводника приходится заряд q. Для полейточечных зарядов справедлив принцип суперпозиции: поле системы зарядов равно сумме полей от-дельных зарядов.

Пусть на прямой линии y = 0 потенциал v(x, 0) равен нулю, а в точке a, Im a > 0, расположенточечный заряд q. Комплексный потенциалw(z) в верхней полуплоскости находится с помощью прин-ципа отражения: в точку a, симметричную точке a, помещают фиктивный заряд−q, и тогда cовместноеполе этих двух зарядов 2iq ln z−a

z−a совпадает в верхней полуплоскости с искомым полем w(z).

3.64. Стороны прямого угла arg z = 0 и arg z = π/2 заземлены, а на биссектрисе угла расположе-ны два точечных заряда: q1 в точке 1 + i и q2 в точке 2 + 2i. Найти поле внутри угла.

3.65. Найти поле на плоскости, если:а) лучи y = 0, x > 1 и y = 0, x < −1 заземлены, а в точке z = 0 находится заряд q;б) отрезок y = 0, −1 < x < 1 заземлен, а в точке z = i находится заряд q.

3.66. Окружность |z| = 2 заземлена, заряд q находится в точке z = 1. Найти поле внутри круга.

3.67. На "восьмёрке", состоящей из окружностей |z − i| = 1 и |z + i| = 1, потенциал равен нулю, ав точке z = 1 заряд q. Найти поле вне восьмёрки.

Ответы.

3.1. w = (1 + i)(1− z). 3.2. w = (2 + i)z + 1− 3i.3.3. а) Семейства прямых u = 1/a и v = −1/b; б) семейство окружностей b (u2 + v2) + u+ v = 0,

касающееся в начале координат прямой v = −u; в) пучок прямых v = −ku; г) семейства окружностейC(u2 + v2) = u и C(u2 + v2) = −v.

3.4. а) В полукруг |w| < 1, Imw < 0; б) в область, полученную из нижней полуплоскости удале-нием находящейся в этой полуплоскости части круга |2w − 1 + i| <

√2; в) в двухсвязную область,

граница которой состоит из прямой u = 0, 5 и окружности |3w − 4| = 2.3.5. а) w = − 2i (z+1)

4z−1−5i ; б) w = (1+2i)z+6−3i5 (z−i) .

3.6. а) w = (1+i)z+1+3i(1+i)z+3+i ; б) w = iz+2+i

z+1 ; в) w = 1−i2 (z + 1).

3.8. w = z−iiz−1 ; верхняя полуплоскость переходит в единичный круг.

3.10. w = 2+4z2−z . 3.11. а) (2 + i)/5; б) 4, 5 + i. 3.12. w = 2i−z

2i+z .

3.13. w = −4 iz+2z−2−4i . 3.15. w = 2z−1

2−z . 3.16. w = −20/z.3.17. Точки, симметричные относительно прямой и окружности : y = 0, x = ±

√3. Отображение:

w = z+√

3z−√

3; µ = 2 +

√3.

3.18. Точки, симметричные относительно обеих окружностей: z = 0,z = −24; отображение: w = 2z

z+24eiα или w = z+24

3z eiα, где α – произвольное вещественное число,ρ = 2/3.

3.19. а) На угол−π/4 < argw < π/4; б) на угол 0 < argw < π/4.3.20. а) На верхнюю полуплоскость; б) и в) на плоскость с разрезом по положительной веществен-

ной полуоси; г) на плоскость с разрезом по отрицательной вещественной полуоси; д) на семействопарабол v2 = 4C2(C2− u); е) на семейство парабол v2 = 4C2(C2 + u); ж) на двухлистную римановуповерхность.

3.21. w = z1/α. 3.22. а) w =(z+1z−1

)2; б) w = −

(2z+

√3−i

2z−√

3−i

)3/2;

в) w = −(

2z+√

3−i2z−

√3−i

)3; г) w =

(z−√

2(1−i)z−√

2(1+i)

)4. 3.23. w = e

πi3

(z+1z−1

)3/2.

37

3.24. а) w =√z =

√|z|e arg z/2, 0 < arg z < 2π; б) w =

√−z;

в) w =√

z+Rz−R ; г) w =

√1+z1−z . 3.25. а) w =

√z2 + h2; б) w =

√z2+h2

z .

3.26. w =√(

z−1z+1

)2+ tg 2 α

2 . 3.27. w =√

1 +√z2 + 1.

3.28. w =√√

2 +√z2 + 1. 3.29. w =

√√2+√z2+1√

2−√z2+1

.

3.30. а) Софокусные эллипсы u2

a2 + v2

b2= 1, где a = 1

2(R + 1R), b = 1

2 |R − 1R |; б) софокусные

гиперболы u2

cos2 β− v2

β = 1. Кривые этих семейств пересекаются под прямым углом.3.31. а) и б): вся плоскость с разрезами по лучам v = 0, −∞ < u < −1 и v = 0, 1 < u < +∞;

в) и г): вся плоскость с разрезом по отрезку [−1, 1]; д) нижняя полуплоскость; е) и ж): внешностьэллипса с полуосями a = 5/4, b = 3/4; з) верхняя половина внутренности эллипса с полуосямиa = 1

2(R+ 1R), b = 1

2 |R−1R |; и) область между ветвями гиперболы u2 − v2 = 2.

3.32. а) w =√

1 + 12(z + 1

z ); б) w =√

1 + 12( z2 + 2

z ); в) w =√

1+z15/4−z1 , z1 = 1

2( z2 + 2z ).

3.33. а) w =√

1 + 12(z + 1

z ); б) w =√

1 + z2, z2 = 1+z15/4−z1 , z1 = 1

2(z + 1z ).

3.34. а) w = −12( z4 + 4

z ); б) w = −12( z

3

8 + 8z3

). 3.35. w =√

14(z + 1

z )2 + 9

16 .

3.36. w =√

1+z31−z3 , z3 = 1

2(z2 + 1z2

), z2 = z1/a1, z1 = z +√z2 − 1, a1 = a+

√a2 − 1. На плоскости

z разрез по отрезку [−1, 1].3.37. w = (z1e−iθ)

ππ−2θ , z1 = z +

√z2 − 1. На плоскости z разрезы по лучам y = 0, x < −1 и

y = 0, x > 1.3.38. а) В полярную сетку ρ = const, θ = const; б) в спирали ρ = e(θ−b)/k, а при k = 0 в лучи

θ = b; в) в угол α < θ < β, а при α = 0, β = 2π – в плоскость с разрезом по лучу v = 0, 0 < u < +∞;г) в сектор ρ < 1, 0 < θ < α, а при α = 2π – в единичный круг с разрезом по радиусу v = 0, 0 < u < 1;д) в область ρ > 1, 0 < θ < α, а при α = 2π – во внешность единичного круга с разрезом по лучуv = 0, 1 < u < +∞; е) в область eα < ρ < eβ, γ < θ < δ, а при δ − γ = 2π получается кольцо сразрезом по отрезку θ = γ, eα < ρ < eβ .

3.39. а) В декартову сетку u = const, v = const; б) в прямые; в) в полосу 0 < v < α; г) вполуполосу u < 0, 0 < v < α; д) в прямоугольник ln r1 < u < ln r2, 0 < v < 2π.

3.40. а) Линии x = C – в семейство софокусных гипербол u2

sin2 C− v2

cos2 C= 1, линии y = C – в

семейство софокусных эллипсов u2

ch 2C+ v2

sh 2C= 1;

б) в верхнюю полуплоскость; в) в первый квадрант; г) в плоскость с разрезами по лучам v =0, −∞ < u < −1 и v = 0, 1 < u < +∞; д) в плоскость с разрезами по лучам v = 0, −∞ < u < −1 иv = 0, 0 < u < +∞.

3.41. а) Линии x = C – в семейство софокусных гипербол u2

cos2 C− v2

sin2 C= 1, линии y = C –

в семейство софокусных эллипсов u2

ch 2C+ v2

sh 2C= 1; б) в верхнюю полуплоскость; в) в правую

полуплоскость с разрезом по отрезку [0, 1]; г) в плоскость с разрезами по лучам v = 0, −∞ < u < −1и v = 0, 1 < u < +∞.

3.42. а) w = eπz; б) w =√

z11+z1

, z1 = eπz.

3.43. а) w = cos(iπz); б) w =√

z1z1+ sh 2(π/2)

, z1 = cos2(iπz/2).

3.44. w = e4π/z. 3.45. w = ez1 , z1 = 43πi (

1z−2 + 1

4).

3.46. w = − sin(π/z). 3.47. w =√

sin z1+sin z . 3.48. w =

√sin(π/z)

1+sin(π/z) .

3.49. а) w = eπ√z; б) w = i

√1 + ch (π

√z).

3.50. w =

√2 +

√2 +

√4 + z4. Ветвь многозначного выражения фиксирована условием w(z) > 0

при x > 0, y = +0.

38

3.52. w = Cz∫0

dt[t(1−t)]3/4 , C

−1 =1∫0

dt[t(1−t)]3/4 . 3.53. w = 1− (1 + z

2)√

1− z.

3.54. Решение. Положим a1 = 0, a2 = 1, a3 = ∞. Четвёртая точка пока неизвестна, пусть a4 =−b, b > 0. По формуле (∗∗):

w = C

z∫0

tdt

(t− 1)(t+ b)+ iπh.

Пусть γ – полуокружность |z − 1| = ε, Im z > 0, z1 = 1 − ε, z2 = 1 + ε. Образы точек z1, z2 лежатна сторонах четырехугольника: w1 = w(z1) ∈ A1A2, w2 = w(z2) ∈ A2A3, поэтому w2 − w1 = −iπh.

Но w2 − w1 = C∫γ

tdt(t−1)(t+b) = −iC

π∫0

1+εeiφ

1+εeiφ+bdφ → −iCπ/(1 + b) при ε → 0. В пределе получаем:

C = h (1 + b).Для точки z = −b аналогично получается, что h − 1 = −bh, откуда: C = 1, b = 1/h − 1. Оконча-

тельно,

w =z∫0

tdt(t−1)(t−1+1/h) + iπh.

3.55. w = (V2 − V1)z + iV1.3.56. w = 1

π (V1 − V0) ln z + iV0, U(x, y) = 1π (V1 − V0) arg z,

где arg z = arccos(x/√x2 + y2) ∈ (0, π).

3.57. w = 1π [−V1 ln z + (V1 − V2) ln(z − 1) + (V2 − V3) ln(z − 2) + ...+ (Vn−1 − Vn) ln(z − n+ 1) +

Vn ln(z − n)], U(x, y) = 1π [−V1 arg z + (V1 − V2) arg (z − 1) + (V2 − V3) arg (z − 2) + ... + (Vn−1 −

Vn) arg (z − n+ 1) + Vn arg (z − n)].3.58. w = iV0 + 1

π (V1 − V0)[ln(ζ − 1)− ln(ζ + 1)], ζ =√

z−1z+1 .

3.59. w = Vπ [ln(ζ − 1)− ln(ζ + 1)], ζ =

√1 + eiπz.

3.60.w(z) = Vπ [ln(

√2+ζ)− ln(

√2−ζ)], ζ(z) =

√1 + 1

2( z2 + 2z ); w(−1) = V

π [ln(√

2+i/2)− ln(√

2−i/2)], U(−1, 0) = 2

πV arctg√

24 ≈ 432, 7 (вольт).

3.61. w = 10i (1− 1ln 3 ln z), U(x, y) = 10 (1− ln

√x2+y2

ln 3 ); U(x, y) = 10 (1− ln 2ln 3) при x2 + y2 = 4.

3.62. w = − iVln 1,5 ln 2z

z+24 ; U(x, y) = − Vln 1,5 [ln

√(x+ 24)2 + y2−

ln√x2 + y2 + ln 2]; | ~E(x, y)| = 24V

ln 1,5√

(x2+y2)[(x+24)2+y2].

3.63. w = iV (1− ln ζln(a+b)), где ζ = z +

√z2 − 1.

3.64. w = 2iq1 ln ζ+2iζ−2i + 2iq2 ln ζ + 8iζ − 8i, ζ = z2.

3.65. а) w = 2iq ln ζ+iζ−i , ζ =

√z−1z+1 ; б) w = 2iq ln ζ+i

ζ−i , ζ =√

1−z1+z .

3.66. w = 2iq ln 4−z2z−2 . 3.67. w = 2iq ln eπ/z+eπ

eπ/z−eπ .

39

ГЛАВА 2

ОБОБЩЕННЫЕ ФУНКЦИИ

2.1 Пространство K основных функций

Основной функцией пространства K называется всякая функция φ(x), определённая на веществен-ной оси R и обладающая следующими свойствами:

1) φ(x) бесконечно дифференцируема, φ(x) ∈ C∞(R);2) φ(x) финитна, т.е. φ(x) = 0 при x < a и при x > b, где a и b – некоторые числа, a < b.Основные функции называют также пробными. Для краткости будем вместо термина "бесконечно

дифференцируемая функция"говорить "гладкая функция". Промежуток [a, b], вне которого основнаяфункция равна нулю, вообще говоря, свой для каждой функции.

Множество всех основных функций образует линейное пространство K; иногда это пространствообозначают буквой D.

4.1. Показать, что функция

ζa(x) =

exp ( a2

x2−a2 ), |x| < a,0, |x| ≥ a

принадлежит пространству K.

4.2. Пусть φ(x) – основная функция, h(x) – какая-нибудь гладкая функция. Проверить, что функ-ции h(x)φ(x), φ(k)(x), φ(αx + β) принадлежат пространству K; здесь α и β – произвольные веще-ственные числа.

Предельный переход в пространстве K.

Последовательность функций φn(x) ∈ K сходится в пространстве K при n → ∞ к нулевойфункции φ(x) ≡ 0, если:

1) существует конечный промежуток [a, b], вне которого все функции φn(x) равны нулю;2) сама последовательность φn(x) и последовательность производных любого порядка от φn(x)

сходятся равномерно по x ∈ R к нулю:

φn(x) =⇒ 0, φ(k)n (x) =⇒ 0 n→∞, k = 1, 2, ...

Символ =⇒ означает равномерную сходимость. Для равномерной сходимости к нулю последователь-ности функций φn(x) необходимо и достаточно, чтобы αn → 0, где αn = max |φn(x)|, x ∈ R.

Сходимость φn(x) к нулю в пространстве K записывается в видеφn(x) K→ 0.

По определению, φn(x) K→ φ(x), если φ(x) ∈ K и φn(x)− φ(x) K→ 0.

4.3. Выяснить, сходятся ли в пространстве K последовательности:

а) 1nζ1(x), где функция ζa(x) введена в задаче 4.1;

б) 1nψ(x), где ψ(x) – какая-нибудь фиксированная основная функция;

в) 1nζn(x); г) 1

nζ1(nx); д) 1nζ1(

xn); е) 1

nζ1(x) sinnx;

40

ж) φn(x) =

0, |x− n| ≥ a,

exp(

1(x−n)2−a2

), |x− n| < a.

4.3. Доказать, что если φn(x) K→ φ(x) при n → ∞, то для любой гладкой функции h(x) будетh(x)φn(x) K→ h(x)φ(x).

2.2 Пространство S основных функций

Основной функцией пространства S называется всякая функция φ(x),определённая на вещественной оси R и обладающая следующими свойствами:

1) φ(x) ∈ C∞(R);2) сама функция и её производные любого порядка стремятся при |x| → ∞ к нулю быстрее любой

отрицательной степени x, т.е.

lim|x|→∞

xkφ(m)(x) = 0 k,m = 0, 1, 2, ...

Основные функции называют также пробными. Множество всех основных функций образует линей-ное пространство K. Очевидно, пространство K есть часть пространства S.

Предельный переход в пространстве S.

Последовательность функций φn(x) ∈ S сходится в пространстве S при n → ∞ к нулевойфункции φ(x) ≡ 0, если при любых k,m = 0, 1, 2, ... последовательности вида xkφ(m)

n (x) сходятсяравномерно по x ∈ R к нулю:

xkφ(m)n (x) =⇒ 0 n→∞.

Сходимость φn(x) к нулю в пространстве S записывается в виде φn(x) S→ 0. По определению, φn(x) S→φ(x), если φ(x) ∈ S и φn(x)− φ(x) S→ 0.

4.4. Проверить, что функция e−x2

принадлежит пространству S.4.5. Можно ли в пространстве S: а) дифференцировать основные функции? б) умножать их на

полиномы? в) умножать их на любые гладкие функции?

4.6. Выяснить, сходятся ли в пространстве S последовательности:

а) 1ne

−x2; б) 1

nx20e−x

2; в) 1

ne−nx2

; г) 1ne

−(x−n)2 ; д) e−n−nx2.

2.3 Регулярные и сингулярные обобщённые функции

Функционал f над пространством K – это правило, которое каждой основной функции φ(x) ∈ Kсопоставляет некоторое число, называемое значением функционала на функции φ; обычно это числообозначают (f, φ) или (f(x), φ(x)).

Функционал f называется линейным, если для любых функций φ ∈ K, ψ ∈ K и любого постоян-ного числа α ∈ R выполняются равенства

(f, αφ) = α (f, φ), (f, φ+ ψ) = (f, φ) + (f, ψ).

Функционал f называется непрерывным, если для любой последовательности функций, сходя-щейся к нулю в пространстве K, значения функционала стремятся к нулю: (f, φn) → 0, если φn K→ 0при n→∞.

Линейные непрерывные функционалы над пространством основных функцийK называются обоб-щенными функциями. Множество обобщённых функций обозначается K ′.

Аналогично определяются обобщённые функции над пространством основных функций S. Множе-ство обобщённых функций в этом случае обозначается S′. Поскольку K ⊂ S, то S′ ⊂ K ′.

41

Хотя обобщённая функция f – это не функция в обычном смысле слова, часто вместо формул вида (f, φ)пишут (f(x), φ(x)), чтобы явно указать, как основная функция φ зависит от своего аргумента.

Обобщённая функция f называется регулярной, если её действие на основные функции задаётсяформулой

(f, φ) =+∞∫−∞

f(x)φ(x) dx. (∗)

Здесь f(x) – некоторая обычная функция, абсолютно интегрируемая на любом конечном промежутке;если функция f(x) имеет разрывы, то интеграл понимается как несобственный (относительно точекразрыва). Под термином "обычная функция"подразумевается правило, сопоставляющее каждому x изобласти определения некоторое число y = f(x). Регулярные обобщённые функции обычно обозна-чают так же, как и порождающие их обычные функции. Например, обобщённая функция 1, или 1(x),вводится по формуле (1, φ(x)) =

∫1 · φ(x) dx.

Отметим важное отличие пространств K ′ и S′. Любой обычной функции, независимо от её поведе-ния на бесконечности, можно в пространстве K ′ сопоставить регулярную обобщённую функцию, таккак пробные функции финитны. Но в пространстве S′ допустимы лишь те регулярные функционалы,которые порождаются обычными функциями, не слишком быстро (не быстрее полинома) растущимипри x→ ±∞. Поэтому это пространство называют "пространством функций медленного роста".

Обобщённая функция, действие которой на основные функции нельзя свести к виду (∗), называетсясингулярной обобщённой функцией.

Замечание. В дальнейшем для краткости вместо+∞∫−∞

f(x)φ(x) dx будем писать обычно∫f(x)φ(x) dx.

4.7. Являются ли обобщёнными функциями функционалы, заданные формулами:

а) (f, φ) =∫P (x)φ(x) dx, где P (x) – полином;

б) (f, φ) =∫P (x)φ2(x) dx, где P (x) – полином;

в) (f, φ) =∫ex

2φ(x) dx; г) (f, φ) = φ(0); д) (f, φ) = φ2(0);

е) (f, φ) =n∑k=0

akφ(bk), где ak и bk – некоторые числа;

ж) (f, φ) =n∑k=1

akφ(k)(0).

Ответы дать отдельно для φ ∈ K и для φ ∈ S.

4.8. Дельта-функция δ(x) задаётся формулой: (δ(x), φ(x)) = φ(0). Доказать, что δ(x) – сингу-лярный функционал.

Указание. Доказательство от противного; в качестве пробной функции взять ζε(x).

2.4 Действия с обобщёнными функциями

В этом параграфе обсуждаются действия, или операции, с обобщёнными функциями в пространствеK ′; отличия в случае пространства S′ отмечаются в тексте.

Операции над обобщёнными функциями вводятся по следующей схеме. Сначала рассматриваютоперацию O для обычной функции f(x) и интеграл (Of(x), φ(x)) =

∫Of(x)φ(x) dx, задающий ре-

гулярную обобщённую функцию. Затем преобразуют этот интеграл так, чтобы перенести данную опе-рацию на пробную функцию:

∫f(x)O∗φ(x) dx. Полученную формулу переписывают в символическом

"скобочном"виде (Of(x), φ(x)) = (f(x), O∗φ(x)) и принимают полученное равенство за определениеоперации для любых обобщённых функций.

1. Равенство обобщённых функций.

42

Обобщённые функции f(x) и g(x) считаются равными, если для любой основной функции φ ∈ Kвыполняется равенство

(f(x), φ(x)) = (g(x), φ(x)).

Нулевая обобщённая функция при действии на любую основную функцию даёт в результате нуль.

2. Сложение и умножение на число.

Если f1 и f2 – обобщённые функции, α1 и α2 – числа, то обобщённая функция f = α1f1 + α2f2

определяется равенством:

(f, φ) = α1(f1, φ) + α2(f2, φ), φ ∈ K.

3. Дифференцирование обобщённых функций.

Производная обобщённой функции f вводится по правилу:

(f ′, φ) = −(f, φ′).

Для регулярных обобщённых функций эта формула означает просто интегрирование по частям.

4.9. Обычная функция Хевисайда (называемая также "включённой единицей"), определяется фор-мулой

θ(x) =

0, x < 0,0, x = 0,1, x > 0.

Обобщенная функция Хевисайда вводится как регулярный функционал θ, соответствующий обыч-ной функции Хевисайда.

1) Если значение θ(0) задать вместо 0 каким-либо другим числом, то с точки зрения классическогоанализа, при разных значениях θ(0) получатся различные функции Хевисайда. Различаются ли соот-ветствующие обобщённые функции?

2) Найти производную от функции Хевисайда: а) в смысле классического анализа; б) в смыслеобобщённых функций.

4.10. Обобщённая функция x−1 вводится по формуле

(x−1, φ(x)) = v.p.

+∞∫−∞

φ(x)x

dx. (∗∗)

а) Является ли x−1 регулярной обобщённой функцией?б) Показать, что формулу (∗∗) можно преобразовать к виду

(x−1, φ(x)) =+∞∫0

φ(x)−φ(−x)x dx.

в) Показать, что формулу (∗∗) можно преобразовать к виду

(x−1, φ(x)) =A∫−A

φ(x)−φ(0)x dx,

где (−A,A) – промежуток, вне которого φ = 0.

4.11. Регулярная обобщённая функция ln |x| вводится по формуле

(ln |x|, φ(x)) =+∞∫−∞

ln |x|φ(x) dx.

Найти (обобщённую) производную для ln |x|.

4. Умножение обобщённых функций на гладкую функцию.

Пусть f(x) – обобщённая функция из пространства K ′, h(x) – произвольная гладкая функция,h ∈ C∞. Произведение обобщённой функции f(x) и гладкой функции h(x) вводится по правилу:

(h(x)f(x), φ(x)) = (f(x), h(x)φ(x)), φ(x) ∈ K.

43

В случае, когда f(x) – обобщённая функция пространства S′, на множитель h(x) накладывается огра-ничение: при x→ ±∞ функция h(x), как и всякая её производная, может расти не быстрее некоторойстепени x.

4.12. Доказать, что: а) xδ(x) = 0; б) xδ′(x) = −δ(x); в) (δ(x) + δ(x− π/2)) cosx = δ(x).

4.13. Доказать, что произведение обобщённой функции на гладкую функцию можно дифференци-ровать по обычному правилу: (h(x)f(x))′ = h′(x)f(x) + h(x)f ′(x).

4.14. Упростить выражения: а) x2δ′′(x); б) (x2δ′)′(x); в) ((x− 1)θ(x))′′; г) (sin2 x · θ(x))′′′.4.15. Проверить, что: а) обобщённая функция y(x) = x−1 – одно из решений уравнения xy(x) = 1;

б) δ(x) – одно из решений уравнения xy(x) = 0.

4.16. а) Выберем какую-нибудь функцию φ0(x) ∈ K такую, что φ0(0) = 1. Доказать, что любуюосновную функцию φ(x) ∈ K можно представить в виде φ(x) = φ(0)φ0(x) + xψ(x), где ψ(x) ∈ K.

Указание. Введём обозначение ω(x) = φ(x) − φ(0)φ0(x); очевидно, ω(x) ∈ K, ω(0) = 0. Далее, ψ(x) =1xω(x) = 1

x

x∫0

ω′(ξ)dξ. Сделать замену ξ = xt.

б) Доказать, что общее решение уравнения xy(x) = 1 имеет вид y(x) = x−1 + Cδ(x), где C –произвольная постоянная.

Указание. Пусть y(x) – какое-нибудь решение. Рассмотреть выражение(y(x), φ(x)) и применить представление, полученное в (а).

Пусть кусочно-непрерывная обычная функция f(x) имеет в точках x = ak скачки σk = f(ak +0)−f(ak − 0) (k = 1, 2, ..., n), а внутри интервалов непрерывности f(x) существует обычная ("класси-ческая") производная f ′(x), которая непрерывна или кусочно-непрерывна. Пусть g(x) – регулярнаяобобщённая функция, соответствующая классической производной, а f ′(x) – обобщённая производ-ная от регулярной обобщённой функции, соответствующей обычной функции f(x). Тогда

f ′(x) = g(x) +n∑k=1

σkδ(x− ak).

В задачах 4.17 – 4.20 вычислить обобщённые производные f ′(x) для заданных функций f(x).

4.17. f(x) = signx =

−1, x < 0,0, x = 0,1, x > 0.

4.18. f(x) = sinx|x| .

4.19. f(x) = x− [x], где [x] – целая часть x.

4.20. f(x) =

0, x < −a,b, −a < x < a,0, x > a.

где a, b > 0.

4.21. Найти f ′′(x), если f(x) = h(x)θ(x− a), h(x) ∈ C∞.

4.22. Найти f ′′(x), если: а) f(x) = x|x|+ xθ(x); б) f(x) = sin |x|;в) f(x) = sin |x|.

5. Замена аргумента обобщённой функции.

Пусть f ∈ K ′ или f ∈ S′. При a 6= 0, обобщённая функция f(ax + b) действует, по определению,следующим образом:

(f(ax+ b), φ(x)) =(f(y),

1|a|φ(y − b

a)).

4.23. Доказать, что δ(−x) = δ(x), δ(2x) = 12δ(x).

4.24. Исходя из свойств интегралов, предложить для обобщённых функций определение нелиней-ной замены аргумента вида x = x(t), где x′(t) 6= 0. В качестве примера рассмотреть δ(x5 + 3x).

44

2.5 Локальное поведение обобщённых функций

Для обобщённой функции, в отличие от обычной функций, нет смысла ставить вопрос о её значениив отдельных точках. Все свойства обобщённой функции приходится изучать, наблюдая её действие напробные функции.

Возьмём интервал (a, b) и рассмотрим множество K(a,b) основныхфункций φ(x) ∈ K таких, что φ(x) = 0 при x < a и x > b.

Определения.

1. Обобщённые функции f(x) и g(x) равны на интервале (a, b), если на любую пробную функциюиз множества K(a,b) они действует одинаково:

(f(x), φ(x)) = (g(x), φ(x)), φ(x) ∈ K(a,b).

В частности, f(x) = 0 на интервале (a, b), если (f(x), φ(x)) = 0 при всех φ ∈ K(a,b).

2. Носитель обобщённой функции f(x) (обозначение: supp f(x)) – это множество точек веще-ственной оси R, полученное в результате удаления из R всех интервалов γ, на которых f(x) = 0:suppf(x) = R\ (∪γ).

3. Обобщённая функция называется финитной, если её носитель – ограниченное множество.

Из определения носителя вытекает, что носитель – замкнутое множество.

4.25. Найти носители функций θ(x), δ(x) и δ′(x− a).

4.26. Доказать: если f(x) ∈ K ′ и f(x) = 0 на (a, b), то на том же интервале f ′(x) = 0. Следствие:при дифференцировании обобщённой функции её носитель не расширяется (почему?).

4.27. Доказать: носитель суммы двух обобщённых функций не шире объединения носителей этихфункций.

4.28. Пусть h(x) ∈ C∞ и h(x) = 0 на интервале (a, b). Доказать, что для всякой обобщённой функ-ции f(x) ∈ K ′ будет h(x)f(x) = 0 на (a, b). Следствие: если любую обобщённую функцию умножитьна финитную гладкую функцию, то получится финитная обобщённая функция (доказать).

4.29. Пусть h(x) ∈ C∞, h(x) = 0 при x ∈ (−∞, a), и пусть f(x) ∈ K ′, f(x) = 0 при (b,+∞), a < b.Доказать, что тогда supp h(x)f(x) ⊆ (a, b).

2.6 Основные и обобщённые функции многих переменных

Вещественное n-мерное евклидово пространство обозначим Rn. Длину (норму) вектора ~x ∈ Rn обо-

значим |~x| или просто r; r =√x2

1 + ...+ x2n.

ПространствоK основных функций состоит из гладких (классаC∞) финитных функцийφ(~x). Функ-ция φ(~x) называется финитной, если она равна нулю вне некоторого шара: φ(~x) = 0, |~x| > R.

Пространство S основных функций состоит из гладких функций φ(~x) таких, что сами функции илюбые их частные производные при |~x| → ∞ стремятся к нулю быстрее любой отрицательной степеникаждой из координат x1, x2, ..., xn. Это означает, что

lim|~x|→∞

xk11 ...xknn D

m11 ...Dmn

n φ(~x) = 0

для любых целых неотрицательных k1, ..., kn и m1, ...,mn. Здесь Di означает частную производную покоординате xi: Diφ = ∂

∂xiφ.

4.30. Показать, что функция ζa(~x) =

exp

(1

r2−a2

), r < a,

0, r ≥ a,

45

где a > 0, принадлежит пространству K.

4.31. Показать, что функция e−r2

принадлежит пространству S.

Последовательность функций φν(~x) ∈ K сходится в пространстве K при ν → ∞ к нулевойфункции, если:

1) существует шар |~x| < R, вне которого все функции φν(~x) равны нулю;2) сама последовательность φν(~x) и последовательность частных производных любого порядка от

φν(~x) сходятся равномерно по ~x ∈ Rn к нулю.

Последовательность функций φν(~x) ∈ S сходится в пространстве S при ν → ∞ к нуле-вой функции, если при любых целых неотрицательных k1, ..., kn и m1, ...,mn последовательности видаxk11 ...x

knn D

m11 ...Dmn

n φν(~x)сходятся равномерно по ~x ∈ Rn к нулю, когда ν →∞.

4.32. Сходятся ли в пространствахK или S последовательности функций: а) 1ν ζa(~x); б) 1

ν ζν(~x); в)1ν e−r2 ; г) 1

ν e−νr2 ?

Линейные непрерывные функционалы над пространством K называются обобщенными функци-ями; они образуют пространство K ′. Соответственно, обобщённые функции над пространством S об-разуют пространство S′. Поскольку K ⊂ S, то S′ ⊂ K ′.

Регулярные обобщённые функции порождаются обычными (локально интегрируемыми) функция-ми:

(f, φ) =∫ ∫

Rn

...

∫f(~x)φ(~x) dx1...dxn.

Все нерегулярные обобщённые функции называются сингулярными.Дельта-функция вводится по формуле (δ(~x), φ(~x)) = φ(~0).

Сложение обобщённых функций, умножение их на число или на гладкую функцию, а также диффе-ренцирование (Dm = ∂

∂xm) вводятся по аналогии с одномерным случаем:

(α1f1(~x) + α2f2(~x), φ(~x)) = α1(f1(~x), φ(~x)) + α2(f2(~x), φ(~x)),

(h(~x)f(~x), φ(~x) = (f(~x), h(~x)φ(~x)), (Dmf(~x), φ(~x)) = −(f(~x), Dmφ(~x)).

Линейная замена аргумента обобщённой функции определяется исходя из соответствующих свойствкратных интегралов:

1) Пусть ~a – постоянный вектор. Обобщённая функция f(~x − ~a) действует по формуле (f(~x −~a), φ(~x)) = (f(~y), φ(~y + ~a)).

2) Пусть A – постоянная вещественная невырожденная n × n матрица. Обобщённая функцияf(A~x) действует по формуле

(f(A~x), φ(~x)) =1

detA(f(~y), φ(A−1~y)).

4.33. Повороту системы координат в евклидовом пространстве соответствует ортогональная мат-рица A. Показать, что дельта-функция "сферически симметрична", т.е. δ(A~x) = δ(~x) для всякой орто-гональной матрицы A.

В задачах 4.34 – 4.36 дифференцирование понимается в смысле обобщённых функций.

4.34. Функция u(x, y) задана следующим образом: u = 1 при x > 0, y > 0; u = 0 при всех прочихзначениях x и y. Вычислить f(x, y) = ∂2

∂x∂yu(x, y).

Указание: (f(x, y), φ(x, y)) =∞∫0

∞∫0

∂2

∂x∂yφ(x, y)dxdy = φ(0, 0).

4.35. Пусть u(x, t) = θ(at+x)θ(at−x), где a > 0 – постоянная. Вычислить f(x, t) =(∂2

∂t2− a2 ∂2

∂x2

)u.

46

Указание. В интеграле по переменным x, t сделать замену ξ = at+ x, τ = at− x.

4.36. а) Вычислить ∆u, где u = 1/r, r =√x2 + y2 + z2, ∆ = ∂2

∂x2 + ∂2

∂y2+ ∂2

∂z2(трёхмерный оператор

Лапласа).Указание. Пусть B – шар r ≤ R, вне которого φ ≡ 0. Тогда (∆u, φ) =∫

Bu∆φdxdydz = lim

ε→0

∫K(ε)

u∆φdxdydz, где K(ε) – область ε ≤ r ≤ R.

Из формулы Гаусса-Остроградского∫Ω

div ~Adxdydz =∫∂Ω

AndS, полагая ~A = u gradφ − φ gradu, мож-

но получить формулу Грина∫Ω

(u∆φ − φ∆u) dxdydz =∫∂Ω

(u∂φ∂n − φ∂u∂n)dS. Здесь n – внешняя нормаль к

поверхности ∂Ω области Ω.

Поскольку (в смысле обычных функций) ∆u = 0 при r 6= 0, то (∆u, φ) =∫S(ε)

(1r∂φ∂n − φ ∂

∂n1r

)dS; здесь

S(ε) означает сферу r = ε. В пределе ε→ 0 получаем −4πφ(~0).

б) Вычислить ∆u, где u = ln r, r =√x2 + y2, ∆ = ∂2

∂x2 + ∂2

∂y2(двухмерный оператор Лапласа).

Указание. В двухмерном случае формула Грина:∫Ω

(u∆φ− φ∆u) dxdy =∫∂Ω

(u∂φ∂n − φ ∂u

∂n )ds, где ds – элемент длины дуги.

2.7 Предельный переход в пространстве обобщённыхфункций. Обобщённые функции, зависящие от параметра

Пусть fν ∈ K ′ – последовательность обобщённых функций. Если f ∈ K ′ и для любой основной функ-ции φ ∈ K справедливо (fν , φ) → (f, φ) при ν →∞, то говорят, что fν сходится в пространстве K ′

к f , и пишут: fν K′→ f, ν →∞. Аналогично вводится сходимость в пространстве S′.

Обобщённая функция f(x; t), или f(x, t), зависящая от параметра t, понимается как функционал,действующий на пробные функции вида φ(x) ∈ K, при этом результат H(t) = (f(x; t), φ(x)) зави-сит от параметра t как обычная функция. Предел g(x) = lim

t→t0f(x; t) понимается в том смысле, что

(f(x; t), φ(x)) → (g(x), φ(x)) для любой φ ∈ K. Говорят также, что f(x; t) непрерывна по парамет-ру t, если непрерывна функция H(t). Производная по параметру понимается как ( ∂∂tf(x; t), φ(x))) =∂∂t(f(x; t), φ(x)); аналогично вводится интегрирование по параметру.

Дельта-образная последовательность – это последовательность регулярных обобщённых функ-ций, сходящаяся к дельта-функции.

4.37. Выяснить, являются ли при ν →∞ следующие последовательности дельта-образными:

а) gν(x) =

0, |x| ≥ 1/ν,ν (1− ν|x|), |x| < 1/ν

; б) gν(x) = Aνe−ν2x2, A = const.

Указание: применить теорему о среднем.

4.38. Найти limh→0

hπ (x2+h2)

.

4.39. Доказать следующую теорему:Пусть последовательность непрерывных функций gν(x) ≥ 0 такова, что при ν →∞:

1)+∞∫−∞

gν(x) dx → 1, 2)β∫αgν(x) dx → 0 для каждого промежутка (α, β), не содержащего точки

x = 0. Утверждается, что gν(x) → δ(x).

4.40. Пусть U(x, t) = 1√2πt

exp(− (x−a)22t ). Найти limU(x, t) при t→ +0.

4.41. Пусть ~x ∈ Rn, U(~x, t) = (2πt)−n/2 exp(− |~x|22t ). Доказать, что U(~x, t) K′→ δ(~x) при t→ +0.

47

4.42. Обозначим предел (в смысле пространства K ′) при h → +0 функции f(x) = (x ± ih)−1

через (x± i0)−1. Найти для этой обобщённой функции формулу, выражающую её через уже известныефункции ("формула Сохоцкого").

Указание. ((x + ih)−1, φ(x)) =A∫−A

φ(0)+φ(x)−φ(0)x+ih dx, где (−A,A) – промежуток, вне которого φ = 0.

Далее, 1x+ih = x−ih

x2+h2 , φ(0)A∫−A

x−ihx2+h2dx→ −iπφ(0),

A∫−A

φ(x)−φ(0)x+ih dx→ (x−1, φ(x)) при h→ +0, см. задачу 4.10.

2.8 Свёртка

Классическая свёртка

Классическая свертка двух обычных функций f(x) и g(x) определяется равенством

(f ∗ g)(x) =+∞∫−∞

f(y)g(x− y) dy.

Свёртку обозначают также f ∗ g или f(x) ∗ g(x). В многомерном случае интеграл берётся по всемупространству Rn.

Для существования свёртки надо, чтобы функции f и g, во-первых, не имели слишком сильныхособенностей и, во-вторых, убывали на бесконечности достаточно быстро (например, одна из функцийможет быть финитной).

Отметим важные свойства классической свёртки: 1) f ∗ g = g ∗ f , т.е. свёртка коммутативна; 2)f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h, т.е. свёртка ассоциативна; 3) (f ∗ g)′ = f ′ ∗ g = f ∗ g′, если законнодифференцирование интеграла по параметру.

В задачах 4.43 и 4.44 найти классическую свёртку функций f(x) и g(x).

4.43. f(x) = g(x) = θ(x).4.44. f(x) = U(x, t), g(x) = U(x, s), где t и s – параметры,

а) U(x, t) = (2πt)−1/2 exp(−x2

2t ); б) U(x, t) = tx2+t2

.

Обобщённая свёртка

Сопоставим классической свёртке h(x) = (f ∗g)(x) регулярную обобщённую функцию h по прави-

лу (h, φ) =+∞∫−∞

(f∗g)(x)φ(x) dx, φ(x) ∈ K. В полученном повторном интеграле+∞∫−∞

φ(x) dx+∞∫−∞

f(t)g(x−

t) dt поменяем порядок интегрирования и далее в интеграле по x сделаем замену y = x − t, тогда по-

лучим: ((f ∗ g)(x), φ(x)) =+∞∫−∞

f(t) dt+∞∫−∞

g(y)φ(y + t) dy, или

((f ∗ g)(x), φ(x)) = (f(x), (g(y), φ(x+ y)). (•)

Это равенство принимают за определение обобщённой свёртки. Определение (•) корректно, если длявсякой φ ∈ K функция ψ(x) = (g(y), φ(x + y)) принадлежит пространству основных функций K, чтобудет, например, когда g(x) – финитная обобщённая функция. Определение (•) можно распространитьи на ситуацию, когда suppψ(x) ∩ supp f(x) – ограниченное множество. Это имеет место, например,когда ограничен supp f(x), или если носители f(x) и g(x) ограничены с одной и той же стороны.

Свёртка коммутативна и ассоциативна.

4.45. Пусть f(x) ∈ K ′. Найти: а) f(x) ∗ δ(x); б) f(x) ∗ δ(x− a);

48

в) f ′(x) ∗ θ(x); г) f(~x) ∗Dm11 ...Dmn

n δ(~x), ~x ∈ Rn.

4.46. Доказать правило дифференцирования свёртки: (f ∗ g)′(x) = (f ′ ∗ g) = (f ∗ g′).

4.47. Рассмотрим линейный одномерный дифференциальный оператор с постоянными коэффици-ентами

L = a0Dn + a1D

n−1 + ...+ an−1D + an.

Показать, что L(f ∗ g) = (Lf ∗ g) = (f ∗ Lg).

2.9 Дифференциальные уравнения с обобщённымифункциями

2.9.1 Обыкновенные дифференциальные уравнения

Рассматривается линейное дифференциальное уравнение

Ly(x) = f(x), (∗)

гдеL = a0(x)Dn+a1(x)Dn−1+...+an−1(x)D+an(x), ak(x) ∈ C∞, x ∈ R. Из курса анализа извест-но, что если a0(x) 6= 0, то при любой непрерывной правой части f(x) уравнение имеет классическоерешение y(x) ∈ Cn; это означает, что при подстановке y(x) в уравнение получается равенство, вер-ное в каждой точке. В частности, при f(x) ≡ 0 уравнение имеет n линейно независимых классическихрешений.

Уравнение (∗) можно рассматривать также в смысле обобщённыхфункций: (Ly(x), φ(x)) = (f(x), φ(x)), φ ∈ K или φ ∈ S. Обычно это соотношение записывают ввиде

(y(x), L∗φ(x)) = (f(x), φ(x)), (∗∗)

где L∗ – оператор, сопряжённый (в смысле Лагранжа) с L; он получается в результате интегрированияпо частям. Множество обобщённых решений шире, чем множество классических: если y(x) – класси-ческое решение, то оно удовлетворяет соотношению (∗∗), но не всякое обобщённое решение являетсяклассическим. Например, классическое решение уравнения xy′ = 0 имеет вид y = C1, а обобщённоерешение – вид y = C1 + C2θ(x) (проверить!)

Теорема. Пусть a0(x) 6= 0, тогда:1) если f(x) ∈ K ′, f(x) = 0, то любое решение уравнения Ly = 0 является классическим;2) если f(x) ∈ K ′, f(x) = 0 на интервале (a, b), то любое решение уравнения Ly = f(x) на этом

интервале является классическим.Аналогичные утверждения справедливы и для пространства S′.

4.48. Доказать, что уравнение y′ = 0 имеет только классическое решение y = C.Указание. Выберем какую-нибудь функцию φ0(x) ∈ K такую, что

∞∫−∞

φ0(x) dx = 1. Для любой φ ∈ K положим ψ(x) =x∫

−∞(φ(t) − Aφ0(t)) dt, тогда φ(x) = ψ′(x) + Aφ0(x).

Очевидно, ψ ∈ C∞. Выберем постоянную A =∞∫

−∞φ(x) dx = (1, φ), при этом будет ψ ∈ K. Пусть y(x) – какое-

нибудь обобщённое решение. Тогда (y, φ) = (y, ψ′) + (1, φ)C = (−y′, ψ) + (C, φ) = (C, φ), где C = (y, φ0).

4.49. Найти все решения уравнения y′ = f(x) при f(x) ∈ K ′.Указание. По той же схеме, что и в задаче 4.48, получаем: (y, φ) = (y, ψ′)+A(y, φ0) = −(f, ψ)+C(1, φ).

4.50. Найти все решения уравнения p(x)y′ + q(x)y = 0 в классе K ′. Здесь p(x) 6= 0, p(x), q(x) ∈C∞.

49

Указание. Классическое решение: y = exp(−∫

qpdx). С помощью подстановки y = z exp(−

∫qpdx) задача

сводится к 4.48.

4.51. Найти общий вид решений уравнения xy′ = 1.

2.9.2 Уравнения с частными производными

Линейное дифференциальное уравнение порядка m для неизвестной функции u(x1, x2, ..., xn) = u(~x)имеет вид Lu(~x) = f(~x), где L – оператор, действующий на функцию u(~x) по формуле

Lu(~x) =∑Sm

a~m(~x)∂mu

∂xm11 ...∂xmn

n+∑Sm−1

b~m(~x)∂m−1u

∂xm11 ...∂xmn

n+ ...+ c(~x)u.

Здесь Sk означает суммирование по неотрицательнымms таким, чтоm1+...+mn = k; "мультииндекс"~m означает набор чисел m1, ...,mn.

Примеры: для уравнения Лапласа L = ∆ = ∂2

∂x2 + ∂2

∂y2+ ∂2

∂z2, для уравнения теплопроводности

L = ∂∂t−a

2∆, для волнового уравненияL = ∂2

∂t2−a2∆, для уравнения ШрёдингераL = ih ∂

∂t+h2

2m∆−U .

Для краткости частные производные часто обозначают просто индексами внизу, например, ux =∂u∂x . В таких обозначениях уравнение Лапласа запишется в виде uxx + uyy + uzz = 0.

Классическое решение уравнения Lu = f – это обычная функция, в каждой точке удовлетворя-ющая этому уравнению. Обобщенное решение – это обобщённая функция u(~x) такая, что для любойосновной функции φ(~x) выполняется соотношение

(Lu(~x), φ(~x)) = (f(~x), φ(~x)),

или, что равносильно,(u(~x), L∗φ(~x)) = (f(~x), φ(~x)).

Здесь L∗ – сопряжённый оператор: (p(~x)Dm)∗u(~x) = (−D)m(p(~x)u(~x)), D означает дифференциро-

вание по какой-нибудь координате. Например,(∂∂t

)∗= −

(∂∂t

), ∆∗ = ∆.

4.52. Проверить, что функция u(x, t) = 12aθ(at+ x)θ(at− x) есть решение уравнения utt− a2uxx =

δ(x, t).

4.53. Проверить, что:

а) функция u(x, t) = 12a√πt

exp(− x2

4a2t) есть решение уравнения ut − a2uxx = δ(x, t);

б) функция u(x, t) = 14a2πt

exp(−x2+y2

4a2t) есть решение уравнения ut − a2(uxx + uyy) = δ(x, y, t).

4.54. Проверить, что функция u(x, t) = − 14πre

ikr, где r =√x2 + y2 + z2, k > 0, есть решение

уравнения ∆u+ k2u = δ(~x).Указание: см. зад. 4.36.

Для обобщённых функций U(~x, t), зависящих от параметра t, можно ввести дифференциальныеуравнения несколько в ином смысле. Например, уравнение теплопроводности ut − a2∆u = f(~x, t)можно понимать как равенство

∂

∂t(U(~x, t), φ(~x)) = a2(U(~x, t), φ(~x)), φ(~x) ∈ K.

4.55. Проверить, что при t > 0:

а) функция U(x, t) = 12a√πt

exp(− x2

4a2t) есть решение уравнения ∂U

∂t − a2Uxx = 0;

б) функция U(x, y, z, t) = 1(2a

√πt)3

exp(−x2+y2+z2

4a2t) есть решение уравнения ∂U

∂t − a2∆U = 0.

50

4.56. Проверить, что функция U при t > 0 есть решение волнового уравнения ∂2U∂t2

= a2∆U :

а) U(x, t) = 12aθ(at− x)θ(at+ x);

б) U(x, y, t) = 12πa(a

2t2 − x2 − y2)−1/2θ(at− r), r =√x2 + y2;

в) U(x, y, z, t) = 14πa2t

δ(r − at), r =√x2 + y2 + z2.

Указание. По определению, обобщённая функция δ(r − b) действует на основную функцию Φ(x, y, z) поправилу:

(δ(r − b),Φ(x, y, z)) =∫Ωb

Φ(bnx, bny, bnz) dΩb = b2∫ω

Φ(bnx, bny, bnz) dω, где Ωb – сфера радиуса b, ω –

единичная сфера, ~n – единичный вектор нормали к сфере.

2.10 Фундаментальные решения

Обобщённая функция E(x) называется фундаментальным решением(ф.р.), или фундаментальной функцией, обыкновенного дифференциального оператора L с постоян-ными коэффициентами, если LE = δ(x).

Фундаментальным решением оператора Lx с переменными коэффициентами называют семействообобщённых функций E(x, ξ), зависящих от ξ как от параметра, и при каждом значении ξ удовлетво-ряющих (в смысле обобщенных функций) уравнению LxE(x, ξ) = δ(x − ξ). Здесь Lx – оператор L,действующий на E(x, ξ) как на обобщённую функцию от x.

4.57. ПустьE(x) – ф.р. оператораL с постоянными коэффициентами, f(x) – обобщённая функция,для которой имеет смысл свёртка с фундаментальным решением. Доказать, что свёртка u(x) = E(x) ∗f(x) есть решение неоднородного уравнения Lu = f(x).

4.58. ПустьE(x, ξ) – ф.р. оператораLx с переменными коэффициентами, f(x) – обычная функция,

для которой имеет смысл аналог классической свёртки с ф.р., а именно, u(x) =∞∫−∞

E(x, ξ)f(ξ) dξ.

Доказать, что u(x) есть решение неднородного уравнения Lxu = f(x).

4.59. а) Пусть v(x) – решение задачи Коши Lxv ≡ v′ + a(x)v = 0, v(0) = 1, где a(x) ∈ C∞.Доказать, что функция E(x) = v(x)θ(x) является решением уравнения E′ + a(x)E = δ(x).

б) Пусть v(x, ξ) – решение задачи Коши Lxv ≡ v′′ + a1(x)v′ + a2(x)v = 0, v(ξ) = 0, v′(ξ) = 1,где ak(x) ∈ C∞. Доказать, что функция E(x, ξ) = v(x, ξ)θ(x− ξ) – одно из решений уравнения LxE =δ(x− ξ).

4.60. Пользуясь способом, указанным в задаче 4.59(б), построить фундаментальное решение опе-ратора: а) L = d2/dx2 + a2 (a > 0); б) L = d2/dx2 − a2 (a > 0).

4.61. Найти решение уравнения x2E′′ + xE′ − a2E = δ(x− ξ), где ξ > 0.

Фундаментальное решение находится с точностью до решений однородного уравнения: если LE =δ(x) и Lv = 0, то L (E + v) = δ(x). Этот произвол можно использовать для выбора определённогоф.р., удовлетворяющего каким-либо дополнительным условиям.

Пусть Lx = d2

dx2 + p(x) ddx + q(x), a ≤ x ≤ b, p(x), q(x) ∈ C∞. Функцией Грина краевой задачи

Lxy = f(x), αay(a) + βay′(a) = 0, αby(b) + βby

′(b) = 0 (•)

называется решениеG(x, ξ) уравненияLxG = δ(x−ξ), удовлетворяющее условиямαaG(a, ξ)+βaG′x(a, ξ) =0, αbG(b, ξ) + βbG

′x(b, ξ) = 0 при ξ ∈ (a, b).

4.62. Пусть u(x) и v(x) – решения однородного уравнения y′′ + p(x)y′ + q(x)y = 0, удовлетворя-ющие условиям: αau(a) + βau

′(a) = 0, αbv(b) + βbv′(b) = 0. Показать, что если u(x) и v(x) линейно

независимы, то функция Грина существует, единственна и выражается формулой

G(x, ξ) =1

W (ξ)

u(x)v(ξ), a ≤ x ≤ ξ ≤ b,u(ξ)v(x), a ≤ ξ ≤ x ≤ b,

51

где W (ξ) – вронскиан решений u и v, W (ξ) = u(ξ)v′(ξ)− u′(ξ)v(ξ).

4.63. Доказать: если функция Грина G(x, ξ) существует, а f(x) – обычная функция, то u(x) =b∫aG(x, ξ)f(ξ) dξ есть решение краевой задачи (•).

4.64. Найти функцию Грина на интервале x ∈ [0, 1] для оператора Lx = d2

dx2 − a2 (a > 0) приусловиях:

а) y(0) = 0, y(1) = 0; б) y′(0) = 0, y(1) = 0.

2.11 Преобразование Фурье

Преобразование Фурье основных функций.

Для φ(x) ∈ S вводятся: преобразование Фурье

F [φ(x)](ξ) =∞∫

−∞

e−iξxφ(x) dx

и обратное преобразование Фурье:

F−1[φ(x)](ξ) =12π

∞∫−∞

eixξφ(x) dx.

Очевидно, F−1[φ(x)](ξ) = 12πF [φ(−x)](ξ) = 1

2πF [φ(x)](−ξ).

Теорема обращения: F−1[F [φ]] = F [F−1[φ]] = φ.

Теорема: 1) F [φ] ∈ S для любой φ ∈ S; 2) множество всех функций F [φ], где φ ∈ S, совпадает совсем пространством S.

Справедливы формулы:

F [Dφ(x)] = iξF [φ(x)], DF [φ(x)] = F [−ixφ(x)],

F [eiaxφ(x)] = F [φ(x)](ξ − a), eiaξF [φ(x)] = F [φ(x+ a)].

Здесь D = d/dx, a – постоянное число.Для функций многих переменных φ(~x) вводятся: преобразование Фурье

F [φ(~x)](~ξ) =∫

Rn

e−i(~x·~ξ)φ(~x) dx1...dxn

и обратное преобразование Фурье

F−1[φ(~x)](~ξ) =1

(2π)n

∫Rn

ei(~x·~ξ)φ(~x) dx1...dxn.

Здесь (~x · ~ξ) = x1ξ1 + ...+ xnξn.

4.65. Вычислить: а) F [e−x2/(2a)], x ∈ R, a > 0; б) F [e−|~x|

2/2], |~x| =√x2

1 + ...+ x2n, ~x ∈ Rn.

Преобразование Фурье обобщённых функций.

Для функций f(x) ∈ S′ прямое и обратное преобразования Фурье вводятся по формулам

(F [f(x)](ξ), φ(ξ) ) = ( f(x), F [φ(ξ)](x) ), F−1[φ(x)] =12πF [φ(−x)].

52

Справедливы формулы:

F [Df(x)] = iξF [f(x)], DF [f(x)] = F [−ixf(x)], (@)

F [eiaxf(x)] = F [f(x)](ξ − a), eiaξF [f(x)] = F [f(x+ a)]. (@@)

Для таких регулярных обобщённых функций f(x) ∈ S′, для которых∞∫−∞

|f(x)| dx <∞, преобразо-

вание Фурье имеет тот же вид, что и для основных функций: F [f(x)](ξ) =∞∫−∞

f(x)e−iξxdx.

Данные определения переносятся очевидным образом на многомерный случай.

4.66. Доказать формулы (@) и (@@).

4.67. Доказать, что: а) F [δ(x)] = 1(ξ); б) F [1(x)] = 2πδ(ξ).

4.68. Найти F [δ(~x)] и F [1(~x)], где ~x ∈ Rn.

4.69. Пусть k ∈ N; найти: а) F [δ(k)(x)]; б) F [xk].Указание: применить формулы (@).

4.70. Найти F [δ(x− a)] и F [δ′(x− a)], где a – постоянное число.

4.71. Найти F [ 1x2+a2 ] и F [ x2

x2+a2 ], где a > 0 – постоянное число.

4.72. Найти F [θ(x)].Указание. 1-й способ: θ(x) = lim

ε→+0e−εxθ(x), отсюда F [θ(x)] = lim

ε→+0

1ε+iξ = (−i)(ξ − i0)−1, см. зад. 4.42.

2-й способ: (1, φ(ξ)) = (F [δ(x)], φ(ξ)) = (F [θ′(x)], φ) = (θ(x),−DxF [φ(ξ)](x)) = (θ, F [iξφ(ξ)]) = (iξF [θ], φ(ξ)),отсюда iξF [φ] = 1. Это означает, что F [φ] есть одно из решений уравнения ξy = −i, или F [φ] = −i ξ−1 +Aδ(ξ),см. зад. 4.16(б). Постоянную A можно найти, взяв в качестве пробной функции e−x2

.

Вычисление фундаментальных решений с помощью преобразования Фурье.

1. Обыкновенные дифференциальные уравнения.

Пусть P (λ) – полином степени n : P (λ) = a0λn+an−1λ

n−1 + ...+an−1λ+an, D = d/dx, a0, ..., an– постоянные коэффициенты.

Для построения фундаментального решения (ф.р.) дифференциального оператора L = P (D) при-меним к обеим частям уравнения P (D)E(x) = δ(x) преобразование Фурье. Получится равенство

P (iξ)F [E(x)](ξ) = 1.

Функция P (iξ) называется символом оператора P (D).Пусть y(ξ) – решение уравнения P (iξ)y(ξ) = 1 в пространстве S′, тогда искомое ф.р. находится с

помощью обратного преобразования Фурье:

E(x) = F−1y(ξ).

В частности, если полином P (iξ) не имеет корней на вещественной оси ξ, то y = 1P (iξ) – регулярная

обобщённая функция, и ф.р. находится в виде интеграла

E(x) =12π

∞∫−∞

eiξx

P (iξ)dξ,

который вычисляется по вычетам (отдельно для x < 0 и для x > 0). Заметим, что каждый вычет естьрешение однородного уравнения P (D)u = 0. Полученное ф.р. замечательно тем, что оно экспоненци-ально убывает при x→ ±∞.

53

Если на вещественной оси ξ есть корни полинома P (iξ), то при интегрировании следует провестиконтур ниже (или выше) этих корней. В обоих случаях фундаментальное решение будет регулярнойобобщённой функцией из пространства S′, но убывания на бесконечности уже не будет.

Замечания. 1) Вместо интегрирования по вещественной оси можно взять комплексный контур, состоящий излучей −∞ < ξ < −R и R < ξ < +∞ и соединяющей их дуги в верхней (или нижней) полуплоскости. Получитсятакже ф.р., но из-за добавленных решений однородного уравнения Lu = 0, растущих при x → −∞ или +∞такое ф.р. будет принадлежать не пространству S′, а более широкому пространству K ′.

2) Фундаментальное решение для оператора порядка n – регулярная обобщённая функция, непрерывная иимеющая (n− 2) непрерывных производных, а производная порядка (n− 1) имеет в точке x = 0 скачок.

В задачах 4.73 и 4.74 найти при помощи преобразования Фурье фундаментальные решения длязаданных дифференциальных операторов (обозначение: D = d/dx).

4.73. а) L = D2 − 4; б) L = (D − 1)(D + 2)(D − 3).

4.74. а) L = D(D − 1)2; б) L = D2(D2 + 2D + 5).

4.75. Для оператора L = D2(D − 1) найти ф.р., равное нулю: а) при x < 0; б) при x > 0.

4.76. Для уравнения y′′′ − y′ = f(x) с граничными условиями y(0) = 0, y′(0) = 0, y(1) = 0 найтифункцию Грина G(x, ξ) (см. зад. 4.62).

Указание. G(x, ξ) = E(x− ξ) +A+B shx+ C sh (x− 1).

2. Уравнения с частными производными.

Преобразование Фурье позволяет находить фундаментальные решения для линейных уравнений счастными производными, если коэффициенты уравнения постоянны. Именно, применяя преобразова-ние Фурье к обеим частям уравнения LE(~x) = δ(~x), получим равенство P (i~ξ)F [E] = 1, где P (i~ξ)– полином, называемый символом оператора L. Символ получается из оператора L заменой каждоговходящего в него оператора дифференцирования Dk на соответствующий множитель iξk. Таким обра-зом, ф.р. будет иметь вид

E(~x) = F−1[y(~ξ)],

где y(~ξ) – какое-нибудь решение уравнения P (i~ξ)y = 1, y ∈ S′. Свёртка u(~x) = (E ∗ f)(~x) являетсярешением неоднородного уравнения Lu = f(~x).

4.77. Найти фундаментальное решение E(x, y, z) для трёхмерного оператора Лапласа ∆ = ∂2

∂x2 +∂2

∂y2+ ∂2

∂z2и записать решение неоднородного уравнения ∆u = f(~x) в виде свёртки.

Указание. Сделаем трёхмерное преобразование Фурье, тогда

E = − limR→∞

1(2π)3

∫|~ξ|<R

ei(xξ+yη+zζ)

ξ2 + η2 + ζ2dξdηdζ.

Систему координат (ξ, η, ζ) выберем так, чтобы ось ζ была параллельна вектору ~x, и перейдем в интеграле ксферическим координатам, при этом будет: xξ+yη+zζ = rρ cos θ, где r = |~x|, ρ = |~ξ|, θ – угол между вектором

ξ и осью ζ. Интегрировать следует в таком порядке:∫dφ∫dρ∫Q(ρ, θ, φ)dθ. Показать, что

∞∫0

sin tt dt = π

2 .

4.78. Показать, что преобразование Фурье Fx по переменной x от δ(x, t) равно δ(t)1(ξ).

Указание. Пусть φ(ξ, t) ∈ S, тогда (Fx[δ(x, t)], φ(ξ, t)) = (δ(x, t), Fx[φ(ξ, t)])= (δ(x, t),∞∫

−∞e−ixξφ(ξ, t) dξ)=

=(δ(t), (1(ξ), φ(ξ, t))).Примечание. Пусть f(x) и g(y) – обобщённые функции, тогда прямым произведением этих функций назы-

вается обобщённая функция f(x)g(y) от двух переменных x и y, действующая по правилу: (f(x)g(y), φ(x, y)) =(f(x), (g(y), φ(x, y))). Примеры: δ(x, y) = δ(x)δ(y), 1(x, y) = 1(x)1(y). Произведение δ(t)1(ξ) обычно записы-вают в виде δ(t).

54

4.79. Найти ф.р. E(x, t) для одномерного оператора теплопроводности L = ∂∂t − a2 ∂2

∂x2 . Написатьвыражение в виде свёртки для решения уравнения Lu(x, t) = f(x, t).

Указание. Сделав преобразование Фурье по x, получим уравнение ∂E/∂t + a2ξ2E = δ(t) для ф.р. Eоператора L = ∂/∂t + a2ξ2. Применяя метод задачи 4.59(а), получим E = θ(t)e−a2ξ2t. Интеграл от exp(−bx2)вычислен в задаче 4.65.

4.80. Найти ф.р. E(x, y, z, t) для трёхмерного оператора теплопроводности L = ∂∂t − a2∆.

Указание. Сделать преобразование фурье по ~x.

4.81. Найти ф.р. E(x, t) для одномерного волнового оператора (оператора колебаний струны) L =∂2

∂t2− a2 ∂2

∂x2 .Указание. Действовать так же, как при решении зад. 4.79.

4.82. Найти ф.р. E(x, y) для оператора Коши-Римана L = 12

(∂∂x + i ∂∂y

).

Указание. Сделав преобразование Фурье по y, найдём, как и в задаче 4.79, функцию E в виде 2θ(x)e−xη. Длятого, чтобы E была обобщённой функцией медленного роста, добавим к ней подходящее решение однородного

уравнения ( ∂∂x + η)w = 0, а именно, w = −2θ(−η)e−xη. Таким образом, E = 1

π

∞∫−∞

(θ(x)− θ(−η))e−xη−iyη dη.

4.83. Найти ф.р. E(x, t) для оператора

L =∂2

∂t∂x− a

∂

∂x− b

∂

∂t+ ab, b > 0.

Для дифференциальных уравнений, содержащих производные по времени, имеет смысл задачаКоши. Например, для одномерного уравнения теплопроводности ut − a2uxx = 0 задача Коши ста-вится так: найти при t > 0 решение u(x, t) этого уравнения, удовлетворяющее начальному условиюlimt→+0

u(x, t) = f(x).

Обобщённая функция U(~x, t), зависящая от t как от параметра, причем t ∈ (0,+∞), называетсяфундаментальным решением задачи Коши для уравнения ∂U/∂t = LxU , если U удовлетворяетпри t > 0 этому уравнению, а также начальному условию lim

t→+0U(~x, t) = δ(~x).

4.84. Пусть f(x) – финитная обобщённая функция из пространства K ′. Доказать: свёртка (по пе-ременной ~x) v(~x, t) = (f ∗ U)(~x, t) функции f(~x) и фундаментального решения задачи Коши U(~x, t)является решением задачи Коши с начальным условием lim

t→+0v(~x, t) = f(~x).

Указание: (v(~x, t), φ(~x)) = (f(~x), (U(~y, t), φ(x+ y))) → (f(~x), φ(~x)).

4.85. Пользуясь преобразованием Фурье по переменной x, найти ф.р. U(x, t) задачи Коши для од-номерного уравнения теплопроводности. Сравнить U(x, t) и ф.р. E(x, t) оператора теплопроводно-сти (см. зад. 4.79).Написать выражение для решения задачи Коши ut − a2uxx = g(x, t),limt→+0

u(x, t) = f(x).

4.86. По определению, фундаментальное решение U(x, t) задачи Коши для одномерного волновогоуравнения utt − a2uxx = 0 удовлетворяет этому уравнению при t > 0 и начальным условиям

limt→+0

U(x, t) = 0, limt→+0

Ut(x, t) = δ(x).

а) Найти ф.р. U(x, t) задачи Коши.б) Показать, что свёртка (по x) v(x, t) = (f ∗U)(x, t) является решением задачи Коши vtt−a2vxx =

0 (t > 0), limt→+0

v(x, t) = 0, limt→+0

vt(x, t) = f(x).

Ответы.

4.3. а), б) – да; в), г), д), е) – нет. 4.4. Да.

55

4.5. а) Да; б) да; в) нет, например, на ex.4.6. а) Да; б) да; в) нет; г) да; д) да.4.7. а), в) (для K), г), е), ж) – да; б), в) (для S), д) – нет.4.9. (1) Нет. (2): а) θ′(x) = 0, x 6= 0; б) θ′(x) = δ(x).4.10. Нет. 4.11. (ln |x|)′ = x−1.

4.14. а) 2δ(x); б) 0; в) δ(x)− δ′(x); г)−2 sin 2x θ(x) + 2δ(x).

4.17. 2δ(x). 4.18. cosx|x| −

|x| sinxx3 .

4.19.+∞∑

n=−∞δ(x − n). Примечание: при действии ряда на финитную функцию фактически остаётся лишь

конечное число слагаемых.4.20. b (δ(x+ a)− δ(x− a)). 4.21. h(0)δ′(x) + h′(0)δ(x) + h′′(x)θ(x).

4.22. а) f ′′ = 2 sign (x) + δ(x); б) f ′′ = − sin |x|+ 2δ(x);

в) f ′′ = −δ(x)− δ(x− 1) + g(x), где g(x) =

0, x < 0 x > 1,2, 0 < x < 1.

4.24. Пусть функция y = h(x) ∈ C∞ отображает взаимно однозначно всю ось −∞ < x < +∞ навсю ось −∞ < y < +∞, причем h′(x) 6= 0. Функция f(h(x)) действует по формуле (f(h(x)), φ(x)) =(f(y), 1

|h′(x(y))|φ(x(y))). В частности, (δ(x5 + 3x), φ(x) = (δ(y), 15x4+3

φ(x(y))) = (13δ(y), φ(x(y))) =

13φ(0), или δ(x5 + 3x) = 1

3δ(x).

4.25. supp θ(x) = [0,+∞), supp δ(x) = 0, supp δ′(x− a) = a.

4.32. а) Сходится в K и в S; б) сходится в S, не сходится в K; в) сходится в S; г) не сходится.

4.34. δ(x, y). 4.35. 2aδ(x, t). 4.36. а)−4πδ(x, y, z); б)−2πδ(x, y).

4.37. а) Является; б) является при A = 1/√π.

4.38. δ(x). 4.40. δ(x− a). 4.42. (x± i0)−1 = x−1 ∓ iπδ(x).

4.43. θ(x) ∗ θ(x) = x+ =

0, x ≤ 0,x, x > 0.

4.44. а) и б): U(x, t) ∗ U(x, s) = U(x, t+ s).

4.45. а) f(x); б) f(x− a); в) f(x); г) Dm11 ...Dmn

n f(~x).

4.49. (y(x), φ(x)) = −(f(x), ψ(x)) + (C, φ(x)), где

ψ(x) =x∫

−∞(φ(t)−Aφ0(t)) dt, A =

∞∫−∞

φ(t) dt,∞∫−∞

φ0(t) dt = 1.

4.50. Общее решение – классическое: y = exp(−∫ q(x)p(x)dx).

4.51. y = ln |x|+ C1 + C2θ(x).

4.60. а) E(x) = θ(x) sin axa ; б) E(x) = θ(x) sh ax

a .

4.61. E(x) = θ(x− ξ) ξ2a((xξ )

a − ( ξx)a)

.

4.64. а) G(x, ξ) = 1a sh a

sh ax sh a(ξ − 1), 0 ≤ x ≤ ξ ≤ 1,sh aξ sh a(x− 1), 0 ≤ ξ ≤ x ≤ 1;

б) G(x, ξ) = 1a ch a

ch ax sh a(ξ − 1), 0 ≤ x ≤ ξ ≤ 1,ch aξ sh a(x− 1), 0 ≤ ξ ≤ x ≤ 1.

4.65. а)√

2πae−aξ2/2; б) (2π)n/2e−|~x|

2/2.

4.68. F [δ(~x)] = 1(~ξ), F [1(~x)] = (2π)nδ(~ξ).

4.69. а) F [δ(k)(~x)] = (iξ)k; б) F [xk] = 2πikδ(k)(ξ).

4.70. F [δ(x− a)] = e−iaξ, F [δ′(x− a)] = e−iaξiξ.

4.71. F [ 1x2+a2 ] = π

ae−a|ξ|, F [ x2

x2+a2 ] = 2πδ(ξ)− a2 πae−a|ξ|.

4.72. F [θ(x)] = −iξ−1 + πδ(ξ).

56

4.73. а) E(x) = −14e−2|x|; б) E(x) =

16ex − 1

10e3x, x < 0,

115e

−2x, x > 0.

4.74. а) E(x) =

(x− 1)ex, x < 0,−1, x > 0;

б) E(x) =

0, x < 0,0, 001 [20x− 8 + e−x(8 cos 2x− 6 sin 2x)], x > 0.

4.75. а) E(x) = ex − x− 1 при x > 0 (контур проведён ниже обоих полюсов);б) E(x) = x+ 1− ex при x < 0 (контур проведён выше обоих полюсов).

4.76.E(x) = ( chx− 1)θ(x); G(x, ξ) = ( ch (x− ξ)− 1)θ(x− ξ)+C ( sh 1− ch 1 shx+ sh (x− 1)),C = [1− ch (1− ξ)]/[(1− ch 1) sh 1].

4.77. E(x, y, z) = − 14πr ; u(x, y, z) = − 1

4π

∫R3

f(ξ,η,ζ)√(x−ξ)2+(y−η)2+(z−ζ)2

dξdηdζ

(т.н. ньютонов потенциал).

4.79. E(x, t) = θ(t)

2a√πt

exp(− x2

4a2t);

u(x, t) = 12a√π

∞∫0

dτ√τ

∞∫−∞

f(ξ, τ) exp(− (x−ξ)24a2(t−τ)) dξ.

4.80. E(~x, t) = θ(t)

(2a√πt)3

exp(− |~x|24a2t

).

4.81. E(x, t) = 12aθ(at+ x)θ(at− x) = 1

2aθ(at− |x|).

4.82. E(x, y) = 1π (x+iy) . 4.83. E(x, t) = −θ(t)θ(−x)eat+bx.

4.85. При t > 0, U(x, t) = E(x, t), u(x, t) = 12a√πt

∞∫−∞

f(ξ)e−(x−ξ)2

4a2t dξ.

4.86. При t > 0, U(x, t) = 12aθ(at− x)θ(at+ x).

2.11.1 Дополнение

Д1. Найти обобщённые функции y(x), удовлетворяющие следующим уравнениям:

а) (x3 − x)y(x) = 0; б) (x3 − 3x+ 2)y(x) = 0; в) (x3 − 3x+ 18)y(x) = 0.

Д2. Вычислить f ′′(x), если f(x) = |x2 + 5x− (5x− 11)|x| − 12|.Д3. Найти решения уравнений, удовлетворяющие указанным условиям:

а) y′′ − 3y′ + 2y = δ(x), y → 0, x→ ±∞;

б) y′′ − 4y′ + 3y = δ(x), y|x<0 ≡ 0;

в) y′′ − 4y′ + 3y = δ(x), y|x>0 ≡ 0;

г) y′′ + 4y = δ(x), y(−x) = y(x).

Ответы.

Д1. а) y(x) = C1δ(x) + C2δ(x− 1) + C3δ(x+ 1);б) y(x) = C1δ(x+ 2) + C2δ(x− 1) + C3δ

′(x− 1);в) y(x) = Cδ(x+ 3).

Д2. f ′′(x) = g(x) + 36δ(x+ 1)− 22δ(x) + 16δ(x− 1)− 16δ(x− 3),

где g(x) – классическая производная, g(x) =

12, x < −1,−12, −1 < x < 0,8, 0 < x < 1 x > 3,−8, 1 < x < 3.

Д3. а) y(x) = (ex − e2x)θ(−x); б) y(x) = 12(e3x − ex)θ(x);

в) y(x) = 12(ex − e3x)θ(−x); г) y(x) = 1

4 sin(2|x|).

57

ГЛАВА 3

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ

3.1 Классификация уравнений 2-го порядка

Многие физические процессы могут быть описаны линейными дифференциальными уравнениями счастными производными 2-го порядка. Общий вид таких уравнений:

n∑i,k=1

aik∂2u

∂xi∂xk+

n∑k=1

bk∂u

∂xk+ cu = f, (1)

где u = u(x1, ..., xn) – искомая функция, aik, bk, c – коэффициенты, зависящие, вообще говоря, отx1, ..., xn, и f = f(x1, ..., xn) – заданная функция.

Для выделения одного решения из множества всех решений уравнения (1) следует привлекать до-полнительные условия, т.н. начальные или краевые (граничные) условия; при этом для уравненийразличных типов требуются условия различных видов. Задачу о нахождении решения дифференци-ального уравнения при дополнительных условиях называют обычно краевой задачей.

Будем считать, что коэффициенты уравнения (1) постоянны, вещественны, и что матрица коэффи-циентов при вторых производных A = aik симметрична, т.е. aik = aki. Тип уравнения (1) определя-ется по матрице A.

Составим квадратичную форму матрицы Φ(q1, ..., qn) = (A~q, ~q) =n∑

i,k=1aikqiqk, где ~q – вектор-

столбец из евклидова пространства Rn. Если сделать преобразование ~q = P~ω с невырожденной квад-ратной матрицей P , то квадратичная форма преобразуется к виду Φ = (A~ω, ~ω), где A = P ∗AP , или

ars =n∑

i,k=1piraikpks.

Если в дифференциальном уравнении (1) сделать замену независимых переменных ~x = (P ∗)−1~ξ,где ~x, ~ξ – вектор-столбцы из пространства Rn, то уравнение приобретёт вид

n∑r,s=1

ars∂2u

∂ξr∂ξs+

n∑r=1

br∂u

∂ξr+ cu = f, br = (P ∗~b)r =

n∑k=1

pkrbk.

Пусть замена ~q = P~ω приводит квадратичную форму к каноническому виду Φ = µ1ω21 +µ2ω

22 + ...+

µnω2n, т.е. ars = µsδrs, тогда дифференциальное уравнение в новых переменных ~ξ = P ∗~x будет иметь

вид

µ1∂2u

∂2ξ1+ µ2

∂2u

∂2ξ2+ ...+ µn

∂2u

∂2ξn+

n∑r=1

br∂u

∂ξr+ cu = f.

В частности, в качестве матрицыP можно взять ортогональную матрицу T , составленную из собствен-ных векторов-столбцов матрицы A, тогда T ∗ = T−1, µk = λk (k = 1, ..., n), где λk – собственныечисла матрицы A.

58

Пусть, например, λ1 6= 0, тогда уравнение можно ещё больше упростить: положим u = eγξ1v,

γ = − b12λ1

, при этом уравнение преобразуется к виду

λ1∂2u

∂2ξ1+ λ2

∂2u

∂2ξ2+ ...+ λn

∂2u

∂2ξn+ b2

∂u

∂ξ2+ ...+ bn

∂u

∂ξ2+ cu = f .

Здесь cu = c+ λ1γ2 + b1γ, f = e−γξ1f . Если λ1 = 0, то соответствующий член с первой производной

устранить нельзя.Итак, в каноническом виде дифференциальное уравнение не содержит смешанных производных и

(по возможности) первых производных.Замечание: для определения типа уравнения нет необходимости вычислять собственные числа матрицы A,

достаточно привести квадратичную форму к каноническому виду, например, выделением квадратов.

Наиболее важны следующие три типа уравнений:1. Уравнение (1) называется эллиптическим, если все числа µk положительны (или все отрица-

тельны). Пример: уравнение Лапласа ∆u = 0, где ∆ = ∂2

∂x2 + ∂2

∂y2+ ∂2

∂z2; здесь µ1 = µ2 = µ3 = 1.

2. Уравнение (1) называется гиперболическим, если одно из чисел µk положительно, а все осталь-ные отрицательны (или наоборот). Пример: волновое уравнение ∂2u

∂t2− a2∆u = 0, здесь µ1 = 1, µ2 =

µ3 = µ4 = −a2.3. Уравнение (1) называется параболическим, если одно из чисел µk равно нулю, а все остальные

положительны (или все отрицательны). Пример: уравнение теплопроводности ∂u∂t − a2∆u = 0, здесь

µ1 = 0, µ2 = µ3 = µ4 = −a2.Определение. Краевая задача поставлена корректно, если в заданном классе функций:1) решение существует; 2) решение единственно; 3) решение непрерывно зависит от параметров

задачи (начальных или граничных данных, правой части уравнения, коэффициентов уравнения, раз-меров области и т.п.) Термин "непрерывно зависит"означает, что при малых изменениях параметроврешение меняется мало (в каком-либо смысле).

Для эллиптических уравнений корректны граничные задачи, для гиперболических и параболиче-ских – начальные и смешанные (начально-граничные) задачи.

Для заданных уравнений определить тип, найти канонический вид, а также преобразование пере-

менных xi =n∑s=1

gikξk, приводящее уравнение к каноническоиу виду. Для краткости частные производ-

ные обозначаются индексом внизу, например, uxy означает ∂2u∂x∂y .

5.1. 2uxy + c(x, y)u = f(x, y).Указание. В данном случае удобно воспользоваться ортогональной приводящей матрицей.

5.2. uxx + 2uxy + 2uyy + 4uyz + 5uzz + ux = f(x, y).Указание. Собственные числа матрицы – корни кубического уравнения, причем иррациональные. В данном

случае удобнее привести дифференциальноеуравнение к каноническому виду неортогональным треугольным преобразованием.

5.3. uxy + uyz + uzx = 0. Указание: удобно умножить уравнение на 2.

5.4. 5uxx + 2uyy + 2uzz − 2uxy − 2uxz + 4uyz + ux = 0.

5.5. ih∂Ψ∂t = − h2

2m∆Ψ + U(~x)Ψ, Ψ = Ψ(~x, t) ("волновое уравнение"Шрёдингера).

5.6. Стержнем называется тонкий прямолинейный проводник тепла, изолированный от окружаю-щей среды. Рассмотрим смешанную задачу для уравнения теплопроводности стержня: найти темпера-туру в каждой точке x ∈ (0, l) стержня в момент времени t > 0, т.е. функцию u(x, t), удовлетворяющуюпри t > 0, 0 < x < l уравнению ut − a2uxx = f(x, t), а также начальному условию u(x,+0) = h(x)и граничным условиям u(+0, t) = A(t), u(l − 0, t) = B(t). Здесь f(x, t), h(x), A(t), B(t) – заданныенепрерывные функции. Задача рассматривается в классе функций u(x, t), дважды непрерывно диффе-ренцируемых по x и один раз по t. Доказать единственность решения.

59

Примечание. Обычно начальное условие записывают короче: u|t=0 = h(x) или u(x, 0) = h(x). Аналогичнаязапись применяется и для граничных условий.

Указание. Пусть u1 и u2 – два решения задачи. Их разность w = u1 − u2 удовлетворяет однородномууравнению wt = a2wxx и однородным условиям при t → +0 и x → +0, x → 1 − 0. Умножим обе части од-

нородного уравнения на w и проинтегрируем:1∫0

12

∂∂tw

2dx = −a21∫0

wxxw dx. Интегрируя по частям, получим:

12

ddtW (t) = −a2

1∫0

w2xdx ≤ 0, где W (t) =

1∫0

w2dx. Отсюда, с учётом условия w(x,+0) = 0, получаем, что

1∫0

w2dx ≤ 0 при t > 0, что возможно только если w ≡ 0.

5.7. Струной называется тонкая, гибкая, упруго растяжимая нить, натянутая между двумя непо-движными опорами. Рассмотрим смешанную задачу для уравнения колебаний струны: найти отклоне-ние от положения покоя в каждой точке x ∈ (0, l) струны в момент времени t > 0, т.е. функцию u(x, t),удовлетворяющую при t > 0, 0 < x < l уравнению utt − a2uxx = f(x, t), а также начальным усло-виям u(x,+0) = h(x), ut(x,+0) = g(x) и граничным условиям u(+0, t) = A(t), u(l − 0, t) = B(t).Здесь f(x, t), h(x), g(x), A(t), B(t) – заданные непрерывные функции. Задача рассматривается вклассе функций u(x, t), дважды непрерывно дифференцируемых по x и по t. Доказать единственностьрешения.

Указание: см. указание к предыдущей задаче. Умножить обе части однородного уравнения на wt и проинте-грировать по x, а затем применить интегрирование по частям.

5.8. Задача Дирихле для уравнения Лапласа в трёхмерной области D ставится следующим об-разом: найти функцию u(~x) = u(x, y, z), удовлетворяющую при ~x ∈ D уравнению ∆u = f(~x) и гра-ничному условию u|∂D = g(~x). Здесь f, g – заданные непрерывные функции; граница ∂D области Dпредполагается гладкой (или кусочно-гладкой). Доказать единственность решения в классе дваждынепрерывно дифференцируемых функций.

Указание. Обе части однородного уравнения ∆w = 0 умножить на w и проинтегрировать по области D,затем применить формулу интегрирования по частям:

∫D

uvx dx dy dz = −∫D

uxv dx dy dz +∫

∂D

uv cos (n, x) dS.

Отсюда получится, что интеграл Дирихле∫D

(gradw)2dx dy dz = 0, откуда w ≡ 0.

3.2 Метод разделения переменных (метод Фурье).Элементаpные функции

3.2.1 Две независимых переменных

Уравнение теплопроводности

Обозначим через u = u(x, t) температуру в момент времени t в точке x теплопроводящего стержня,0 ≤ x ≤ l. Функция u(x, t) удовлетворяет уравнению теплопроводности ut − a2uxx = 0 (a > 0),начальному условию u|t=0

= h(x) и граничным условиям на концах стержня:

(α0u+ β0ux)x=0 = 0, (α1u+ β1ux)x=l = 0. (2)

Здесь заданы: начальное распределение температуры h(x), коэффициенты αi, βi, отвечающие за теп-ловой контакт на концах стержня, и коэффициент внутренней теплопроводности a2. Требуется найтифункцию u(x, t) при 0 < x < l, t > 0.

Будем искать решения частного видаw = X(x)T (t) уравнения (2) c неизвестными пока функциямиX(x), T (t). Подставим w в уравнение и перепишем полученное равенство в виде

T ′(t)a2T (t)

=X ′′(x)X(x)

.

60

Штрих означает производную по аргументу.Поскольку левая часть равенства не зависит от x, а правая от t, то оба отношения равны некоторой

постоянной, обозначим её−λ. Получились два обыкновенных дифференциальных уравнения:

X ′′ + λX = 0, T ′ + a2λT = 0.

Функция w будет удовлетворять граничным условиям (2), если X(x) подчинить граничным условиям

(α0X + β0X′)x=0 = 0, (α1X + β1X

′)x=l = 0. (3)

Уравнение X ′′ + λX = 0 совместно с условиями (3) составляет задачу Штурма-Лиувилля (см. том2 задачника). Собственные функции Xk(x), соответствующие собственным значениям λk, образуютортогональную систему, замкнутую в классе непрерывных функций h(x), подчиняющихся граничнымусловиям (3). Каждому λk отвечает частное решение wk = Xk(x)Tk(t) уравнения теплопроводности,где Tk(t) = Cke

−a2λkt, Ck – произвольная постоянная. Начальному условию можно удовлетворить,если составить ряд из частных решений:

u(x, t) =∞∑k=1

Cke−a2λktXk(x). (4)

При t = 0 получаем равенство h(x) =∞∑k=1

CkXk(x), которое означает разложение функции h(x) в ряд

Фурье по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля. Коэффициенты разложения находятсястандартным образом, при помощи умножения обеих частей разложения на собственную функцию иинтегрирования по x ∈ [0, l]:

Ck =1

||Xk(x)||2

l∫0

h(x)Xk(x) dx, ||Xk(x)||2 =l∫

0

X2k(x) dx.

Ряд (4) сходится равномерно при t ≥ 0, x ∈ [0, l].

В задачах 5.9 – 5.13 найти температуру u(x, t) стержня при заданной начальной температуре h(x)и указанных граничных условиях. Для краткости везде принято, что a = 1.

5.9. а) h(x) = sinx, u(0, t) = u(π, t) = 0;б) h(x) = sin2 x, u(0, t) = u(π, t) = 0.

5.10. h(x) = x(1− x), u(0, t) = u(1, t) = 0. Каков предел u(x, t) при t→ +∞?

5.11. h(x) = x, u(0, t) = ux(1, t) = 0.

5.12. h(x) = x, ux(0, t) = ux(1, t) = 0. Каков предел u(x, t) при t→ +∞?Указание. Одно из собственных чисел равно нулю.

5.13. h(x) = π − x, ux(0, t) = 0, u(π, t) + ux(π, t) = 0.Указание. Уравнение для собственных чисел не решается точно; для больших номеров его можно решить

приближенно.

Если уравнение теплопроводности имеет вид ut − a2uxx = f(x, t), т.е. на стержне имеется распре-делённый источник тепла с мощностью f(x, t), то схема построения решения несколько изменяется.

Именно, следует строить решение задачи сразу в виде ряда u(x, t) =∞∑k=1

Tk(t)Xk(x) по собственным

функциям Xk(x) задачи Штурма-Лиувилля, и подставить этот ряд в уравнение. Получится равенство

∞∑k=1

(T ′k(t) + a2λkTk(t))Xk(x) = f(x, t),

61

означающее, что f(x, t) как функция от x разложена при каждом t в ряд по системе собственных функ-цийXk(x). Умножая обе части равенства наXk(x) и интегрируя по x ∈ [0, l], приходим к дифференци-альному уравнению для каждой из функций Tk(t):

T ′k(t) + a2λkTk(t) = fk(t), fk(t) =1

||Xk(x)||2

l∫0

f(x, t)Xk(x) dx.

Начальное условие для Tk(t) получается из равенства∞∑k=1

Tk(0)Xk(x) = h(x) в виде Tk(0) = 1||Xk(x)||2

l∫0h(x)Xk(x) dx.

Таким образом,

Tk(t) = e−a2λkt

Tk(0) +t∫

0

ea2λkτfk(τ) dτ

.5.14. Найти температуру u(x, t) стержня, если ut = 4uxx+ t, u(x, 0) = h(x), u(0, t) = 0, u(π, t) = 0

в двух случаях: а) h(x) = 0; б) h(x) = sinx.

5.15. Найти температуру u(x, t) стержня, если ut = uxx + e−t sinx, u(x, 0) = u(0, t) = u(π, t) = 0.

Если граничные условия неоднородные, например, u(0, t) = A(t), u(0, t) = B(t), то с помо-щью подстановки u(x, t) = w(x, t) + v(x, t) можно сделать эти условия однородными. Вспомога-тельная функция w(x, t) должна удовлетворять неоднородным граничным условиям, а в остальномона произвольна. Например, можно искать её в виде линейной функции w(x, t) = a(t) + b(t)x, тогдаa(t) = A(t), b(t) = (B(t) − A(t))/l. Начальное условие перепишется в виде v(x, 0) = h(x) − w(x, 0),уравнение в виде vt − a2vxx = f(x, t)− wt + a2wxx.

5.16. Уравнение ut = uxx, начальное условие u(x, 0) = 0, на концах стержня u(0, t) = 1, u(1, t) = t.Найти u(x, t).

5.17. Уравнение ut = uxx+1, начальное условие u(x, 0) = x, на концах стержня u(0, t) = t, ux(1, t) =1. Найти u(x, t).

Уравнение колебаний струны

Струна натянута между точками x = 0 и x = l оси x. Обозначим через u = u(x, t) смещение(отклонение) струны от прямолинейного положения покоя. Функция u(x, t) при t > 0, 0 < x < lудовлетворяет уравнению utt − a2uxx = 0 (a > 0), начальным условиям u|t=0

= h(x), ut|t=0= g(x) и

граничным условиям на концах струны:

(α0u+ β0ux)x=0 = 0, (α1u+ β1ux)x=l = 0. (5)

Здесь заданы: начальное смещение h(x) и начальная скорость g(x), коэффициенты αi, βi, связанныес характером закрепления струны на её концах, и скорость распространения волн a. Требуется найтифункцию u(x, t) при 0 < x < l, t > 0.

Действуя по той же схеме, что и в случае задачи о теплопроводности, получаем равенство

T ′′(t)a2T (t)

=X ′′(x)X(x)

= −λ,

откуда следуют два обыкновенных дифференциальных уравнения:

X ′′ + λX = 0, T ′′ + a2λT = 0.

Граничные условия имеют вид (3). Решение задачи – сумма ряда

u(x, t) =∞∑k=1

(Ak cos at√λk +Bk sin at

√λk)Xk(x).

62

При t = 0 получаем равенства

h(x) =∞∑k=1

AkXk(x), g(x) =∞∑k=1

a√λkBkXk(x),

откуда коэффициенты Ak, Bk находятся стандартным образом.Замечание. Метод Фурье даёт решение в виде бесконечной суммы стоячих волн, или гармоник. Преобразуя

произведение тригонометрических функций, можно переписать решение в виде наложения волн, бегущих вдольструны.

В задачах 5.18 – 5.22 найти смещение струны u(x, t) при заданных начальных данных и указанныхграничных условиях.

5.18. а) h(x) = sinx, g(x) = 0, u(0, t) = u(π, t) = 0;

б) h(x) = 0, u(0, t) = u(π, t) = 0, g(x) =

0, |x− π/2| > εγ, |x− π/2| < ε

5.19. h(x) = 0, g(x) = x, u(0, t) = u(1, t) = 0. Записать решение также в виде суммы бегущихволн.

5.20. h(x) = 0, 1x, g(x) = 0, u(0, t) = ux(1, t) = 0.

5.21. h(x) = 2 cos2 πx, g(x) = 0, ux(0, t) = ux(1, t) = 0.Указание: 2 cos2 α = 1 + cos 2α.

5.22. h(x) = 0, g(x) = 1, ux(0, t) = 0, u(π, t) + βux(π, t) = 0.

Если уравнение колебаний струны имеет вид utt − a2uxx = f(x, t), т.е. на струну воздействует рас-пределённая сила с плотностью f(x, t), то решение задачи следует строить в виде ряда по собственным

функциям u(x, t) =∞∑k=1

Tk(t)Xk(x), подставить этот ряд в уравнение и получить равенство

∞∑k=1

(T ′′k (t) + a2λkTk(t))Xk(x) = f(x, t).

Умножая обе части равенства на Xk(x) и интегрируя по x ∈ [0, l], приходим к дифференциальномууравнению для каждой из функций Tk(t):

T ′′k (t) + a2λkTk(t) = fk(t), fk(t) =1

||Xk(x)||2

l∫0

f(x, t)Xk(x) dx.

Начальные условия для Tk(t) получаются из равенств

∞∑k=1

Tk(0)Xk(x) = h(x),∞∑k=1

T ′k(0)Xk(x) = g(x).

Если граничные условия неоднородные, то с помощью подстановки u(x, t) = w(x, t) + v(x, t) мож-но сделать их однородными. Вспомогательная функция w(x, t) должна удовлетворять неоднороднымграничным условиям, а в остальном она произвольна.

5.23. Найти смещение u(x, t) струны, если utt = 4uxx + t, u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, u(0, t) = u(π, t) =0.

5.24. Найти смещение u(x, t) струны, если utt = uxx + Q sin t, u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, u(0, t) =u(π, t) = 0.

Замечание. Частота вынуждающей силы совпадает с одной из собственных частот струны. Это приводит кнеограниченному нарастанию амплидуды со временем, т.е. наблюдается резонанс.

63

5.25. Найти смещение u(x, t) струны, если utt = uxx +Q sin t− 2εut, ε > 0, u(x, 0) = ut(x, 0) = 0,u(0, t) = u(π, t) = 0.

Замечание. Данное уравнение описывает колебания струны в среде, обладающей небольшой вязкостью.Член с ut моделирует трение; благодаря его присутствию, даже при малых значениях ε не будет бесконечноговозрастания амплитуды колебаний, когда t→ +∞.

5.26. Уравнение utt = uxx + 1, начальные условия u(x, 0) = x, ut(x, 0) = 0, на концах струныu(0, t) = t, ux(1, t) = 1. Найти u(x, t).

5.27. Струна длиной l закреплена на концах x = 0 и x = l и в начальный момент времени получаетв точке x = c удар от молоточка (струна пианино). Предполагается, что во время удара молоточеккасается очень малого участка струны и что сам удар длится очень недолго по сравнению с периодомколебания струны. Найти отклонение u(x, t) струны.

Указание. Начальное смещение равно нулю, начальная скорость равна нулю при всех x за исключениеммалого участка [c − ε, c + ε], на котором скорость положительна. Получить ответ при конечном ε и перейти кпределу при ε→ 0. См. также задачу 5.18б.

5.28. Две разнородные струны, длиной l1 и l2, связаны между собой в точке x = l1 и закреплены наконцах x = 0 и x = l1 + l2. Скорости распространения волн: a1 и a2, соответственно. Найти периодсвободных колебаний струны.

Указание. В точке соединения струн непрерывны u(x, t) и ux(x, t).5.29. Струна, закреплённая на концах, состоит из двух частей длиною l1 и l2, причем в точке соеди-

нения помещается шарик массы M . Доказать, что период T поперечных колебаний струны определя-ется из уравнения

1a1

ctg2πl1Ta1

+1a2

ctg2πl2Ta2

=2πMTF0

,

где F0 – сила натяжения струны.Указание. Следует принять во внимание условия в точке x = l1:

M(u1)tt = M(u2)tt = −F0(u1)x = −F0(u2)x.

Уравнение Лапласа

А. Уравнение Лапласа: ∆u = 0, где ∆u = uxx + uyy; его решения u(x, y) называют гармониче-скими функциями. Физический смысл u(x, y): установившееся распределение температуры плоскойпластинки или потенциал электростатического плоского поля (см. также главу "Конформные отобра-жения").

Метод разделения переменных применим для решения краевых задач в областях специальной фор-мы, например, в прямоугольниках и круговых секторах.

Краевая задача в прямоугольнике: найти гармоническую функцию u(x, y) в прямоугольнике x ∈[0, a], y ∈ [0, b], на границах которого выполнены условия

(u+ α0ux)x=0 = f0(y), (u+ α1ux)x=a = f1(y),(u+ β0uy)y=0 = g0(x), (u+ β0uy)y=b = g1(x).

(6)

Частный случай (а): f0(y) ≡ f1(y) ≡ 0, переменные разделяются в видеw = X(x)Y (y), дляX(x)получается задача Штурма-Лиувилля

X ′′ + λX = 0, X(0) + α0X′(0) = 0, X(a) + α1X

′(a) = 0,

а для Y (y) – уравнение Y ′′ − λY = 0. Решение задачи строим в виде ряда по собственным функциямXk(x):

u(x, y) =∞∑k=1

(Ak ch y√λk +Bk sh y

√λk)Xk(x).

64

Коэффициенты Ak и Bk определяются из условий на сторонах y = 0 и y = b.

Частный случай (б): g0(x) ≡ g1(x) ≡ 0, задача Штурма-Лиувилля

Y ′′ + λY = 0, Y (0) + β0Y′(b) = 0, Y (b) + β1Y

′(b) = 0.

Решение краевой задачи:

u(x, y) =∞∑k=1

(Ak chx√λk +Bk shx

√λk)Yk(y).

Коэффициенты Ak и Bk определяются из условий на сторонах x = 0 и x = a.

В задачах 5.30 – 5.32 найти гармоническую в указанном прямоугольнике функцию u(x, y), при за-данных граничных условиях.

5.30. 0 < x < 2, 0 < y < 1; u(0, y) = 0, u(2, y) = 0, u(x, 0) = 0, u(x, 1) = x(2− x).

5.31. 0 < x < 2, 0 < y < 1; ux(0, y) = 0, u(2, y) = 0, u(x, 0) = 0, uy(x, 1) = x(2− x).

5.32. 0 < x < 1, 0 < y < 1; u(0, y) = y, u(1, y) = 2y, u(x, 0) = 0, uy(x, 1) = 0.

Б. Неоднородное уравнение Лапласа ∆u = F (x, y), или уравнение Пуассона, описывает устано-вившееся распределение температуры в плоской пластинке при воздействии на неё источника теплас плотностью F (x, y). Если на двух противоположных сторонах прямоугольника граничные условияоднородные, то решение краевой задачи можно сразу искать в виде ряда по собственным функци-ям соответствующей задачи Штурма-Лиувилля. Пусть, например, u(0, y) = 0, u(a, y) = 0, тогда

u(x, y) =∞∑k=1

Yk(y)Xk(x). Здесь Xk(x) – собственные функции, а функции Yk(y) удовлетворяют урав-

нению

Y ′′k − λkYk = Fk(y), Fk(y) =

1||Xk(x)||2

a∫0

F (x, y)Xk(x) dx. (7)

Очевидно, Yk(y) = Ak ch y√

(λ) + Bk sh y√λ + φk(y), где φk(y) – частное решение уравнения (7).

Коэффициенты Ak и Bk находятся из граничных условий на сторонах y = 0 и y = b.

Неоднородные граничные условия можно, как и в случае уравнений теплопроводности или струны,преобразовать к однородным при помощи вспомогательной функции, при этом в уравнении Лапласа(Пуассона) правая часть изменится.

В. Неоднородное уравнение Лапласа, при однородных граничных условиях, можно решать в ви-де ряда по системе собственных функций оператора Лапласа. Именно, пусть uxx + uyy = f(x, y) впрямоугольнике D : 0 < x < a, 0 < y < b, причем u|∂D

= 0. Легко видеть, что Ψm,n(x, y) =sin mπx

a sin nπyb – собственная функция оператора Лапласа в D, отвечающая собственному значению

λm,n = π2[(m/a)2 + (n/b)2], где m,n = 1, 2, ... (проверить)! Решение краевой задачи:

u(x, y) = −∞∑m=1

∞∑n=1

fmn

λm,nΨm,n(x, y), ||Ψm,n||2 =

a∫0

b∫0

Ψ2m,n(x, y) dx dy,

fmn = 1||Ψm,n||2

a∫0

b∫0f(x, y)Ψm,n(x, y) dx dy.

5.33. В прямоугольнике 0 < x < a, 0 < y < b выполняется уравнение ∆u = xy, на контурефункция u(x, y) равна нулю. Найти u(x, y) в данном прямоугольнике.

5.34. Найти температуру в плоской квадратной пластинке, если ∆u = 0, u(0, y) = y, u(1, y) =1, u(x, 0) = x, u(x, 1) = 1.

Г. В полярных координатах x = r cosφ, y = r sinφ уравнение Лапласа на плоскости имеет вид

∂2u

∂r2+

1r

∂u

∂r+

1r2∂2u

∂φ2= 0.

65

Переменные разделяются: w = R(r)Φ(φ), r2R′′ + rR′ ∓ λR = 0, Φ′′ ± λΦ = 0. Знак (±) перед λвыбирается в соответствии с тем, по какой из переменных (радиусу или углу) будет поставлена задачана собственные значения.

5.35. Область имеет форму полукольца: a < r < b, 0 < φ < π. Найти гармоническую функцию,равную нулю на прямолинейных участках границы и на дуге r = a, 0 < φ < π, и равную f(φ) на дугеr = b, 0 < φ < π.

5.36. Область имеет форму полукруга: 0 < r < b, 0 < φ < π. Найти гармоническую функцию,равную нулю на прямолинейном участке границы, и равную sin2 φ на дуге r = b, 0 < φ < π.

5.37. Найти функцию, гармоническую в полукруге 0 < r < b, 0 < φ < π и удовлетворяющуюграничным условиям: ∂u∂y |y=0 = 0 , u(b, φ) = φ.

5.38. Найти функцию, гармоническую в круге 0 < r < a и принимающую на окружности заданныезначения: u(a, φ) = f(φ).

Указание. Однозначность решения u(r, φ) в каждой точке круга означает для угловой функции Φ(φ) перио-дичность с периодом 2π, откуда Φ = An cosnφ+Bn sinnφ, n = 0, 1, 2, ....

5.39. Область D имеет форму полукольца: 1 < r < e, 0 < φ < π. Найти гармоническую в Dфункцию u(r, φ), принимающую на границе области такие значения: нуль на дуговых участках границы,нуль при φ = 0, 1 < r < e, и g(r) при φ = π, 1 < r < e.

3.3 Три или четыре независимых переменных

Уравнение теплопроводности

1. Пусть D – теплопроводящая пластина на плоскости R2, ограниченная кусочно-гладким кон-туром Γ = ∂D, u(~x, t) – температура пластины в точке ~x ∈ R2 в момент времени t; считается, чтотепло может распространяться только в плоскости. Функция u(~x, t) удовлетворяет уравнению тепло-проводности ut − a2∆u = 0, где a > 0, ∆ – оператор Лапласа. Начальное условие: u|t=0

= h(~x). Накривой Γ поставлено граничное условие (αu+ β ∂u∂n) |Γ = 0, где n – внешняя нормаль к контуру, α/β –коэффициент внешней теплопроводности.

При разделении переменных ищут частные решения уравнения в виде w = T (t)Ψ(~x), что приводитк двухмерной задаче типа Штурма-Лиувилля для оператора Лапласа: −∆Ψ(~x) = λΨ(~x), с гранич-ным условием (αΨ + β ∂

∂nΨ) |Γ = 0, и уравнению T ′(t) + a2λT (t) = 0. Пусть λk – собственноезначение оператора Лапласа, Ψk(~x) – соответствующая собственная функция, k = 1, 2, ... Собствен-ные значения вещественны, а собственные функции ортогональны:∫

D

Ψi(~x)Ψk(~x) d~x = 0, i 6= k, d~x = dx dy.

Решение задачи получается в виде ряда по собственным функциям:

u(~x, t) =∞∑k=1

Tk(0)e−a2λktΨk(~x),

где Tk(0) = 1||Ψk||2

∫Dh(~x)Ψk(~x) d~x, ||Ψk||2 =

∫D

Ψ2k(~x) d~x.

2. Пусть D – теплопроводящее тело в пространстве R3, ограниченное кусочно-гладкой поверх-ностью S = ∂D, и u(~x, t) – температура тела в точке ~x ∈ R3 в момент времени t. Функция u(~x, t)удовлетворяет уравнению теплопроводности ut − a2∆u = 0, где a > 0, ∆ – оператор Лапласа. На-чальное условие: u|t=0

= h(~x). На поверхности S – граничное условие(αu+ β ∂u∂n

)|S = 0, где n –

внешняя нормаль к поверхности, α/β – коэффициент внешней теплопроводности.

66

При разделении переменных ищут частные решения уравнения вида w = T (t)Ψ(~x), что даёт трёх-мерную задачу типа Штурма-Лиувилля для оператора Лапласа: −∆Ψ(~x) = λΨ(~x), с граничнымусловием (

αΨ + β∂

∂nΨ)|S = 0,

и уравнение T ′(t) + a2λT (t) = 0. Пусть λk – собственное значение оператора Лапласа, Ψk(~x) – со-ответствующая собственная функция, k = 1, 2, ... Собственные значения вещественны, а собственныефункции ортогональны: ∫

D

Ψi(~x)Ψk(~x) d~x = 0, i 6= k, d~x = dx dy dz.

Решение задачи имеет такой же вид, что и в двухмерном случае.

5.40. Края прямоугольной пластинки 0 < x < a, 0 < y < b имеют нулевую температуру. В на-чальный момент времени пластинка была нагрета до температуры u = f(x, y). Распространение теплаописывается уравнением ut = γ∆u.

а) Найти температуру пластинки u(x, y, t) при t > 0.б) Найти решение в частном случае f(x, y) = sin 2πx

a sin πyb .

Указание. Проверить, что функции Ψm,n(x, y) = sin mπxa sin nπy

b – собственные функции оператора Лапласав прямоугольнике D : 0 < x < a, 0 < y < b с условием u = 0 на всех сторонах. Решение задачи имеет виддвойного ряда по функциям Ψm,n(x, y).

5.41. Края плоской квадратной пластинки 0 < x < π, 0 < y < π теплоизолированы от остальнойчасти плоскости, т.е. производная от u по нормали к контуру равна нулю. При t = 0 температура равнаf(x, y). Найти температуру u(x, y, t) пластинки при t > 0. Каков предел u при t→ +∞?

5.42. Шар 0 ≤ r ≤ a имел при t = 0 температуру u(r, 0) = f(r). Поверхность шара теплоизоли-рована: ∂u∂r = 0 при r = a. Внутри шара тепловой процесс описывается уравнением ut = γ∆u. Найтитемпературу u(r, t) шарa при t > 0.

Указание. Радиальная часть оператора Лапласа в сферических координатах имеет вид ∂2

∂r2 + 2r

∂∂r . Если сде-

лать подстановку u = v(r, t)/r, то для новой неизвестной функции v(r, t) получится уравнение vt = γvrr, сначальным условием v(r, 0) = rf(r). Граничные условия будут: avr − v = 0 при r = a, и v = 0 при r = 0.Последнее равенство вытекает из естественного требования, что температура в центре шара непрерывна.

5.43. "Ядерный реактор". Шар 0 ≤ r ≤ a ("реактор") наполнен радиоактивным веществом, в кото-ром происходит цепная реакция деления ядер атомов с выделением нейтронов. Нейтроны хаотическидвижутся внутри шара, сталкиваясь с ядрами вещества и вызывая тем самым деление ядер. Количе-ство нейтронов, вновь рождающихся при этом за единицу времени, пропорционально количеству ужеимеющихся нейтронов (закон цепной реакции). Поверхность шара покрыта специальным составом,в котором происходит частичное отражение и частичное поглощение нейтронов. Найти зависимостьколичества нейтронов в реакторе от времени. Получить уравнение критического состояния реактора.

Указание. Обозначим количество нейтронов в шаре в момент времени t через u(r, t), тогда количество ро-ждающихся нейтронов будет bu(r, t), где b > 0 – кэффициент цепной реакции. Процесс описывается уравне-нием диффузии ut = α2∆u + bu; здесь a2 – коэффициент диффузии нейтронов. На поверхности шара имеетместо граничное условие −∂u

∂r = γu, где число γ > 0 имеет смысл коэффициента прозрачности оболочки, т.е.способности окружающей среды поглощать нейтроны. См. также задачу 5.42.

Волновое уравнение

1. Мембрана – упруго pастяжимая, гибкая плёнка, натянутая на плоский замкнутый кусочно-гладкий контур. Поперечные колебания мембраны описываются волновым уравнением utt − a2(uxx +uyy) = 0. Здесь u(x, y, t) = u(~x, t) – смещение мембраны, т.е. отклонение от положения покоя, a –скорость распространения волн по мембране, ~x ∈ R2. На контуре Γ должно выполняться граничное

67

условие, в простейшем случае – условие закрепления u|Γ = 0. Начальные условия: начальное смеще-ние u|t=0 = f(~x) и начальная скорость ut|t=0

= g(~x). Требуется найти функцию u(~x, t).

Переменные разделяются так же, как в задаче о теплопроводности: w = T (t)Ψ(~x). Пусть λk –собственные значения, Ψk(~x) – собственные функции двухмерной задачи типа Штурма-Лиувилля,тогда смещениемембраны представимо в виде ряда

u(~x, t) =∞∑k=1

Tk(t)Ψk(~x).

Функции Tk(t) – решения уравнения T ′′k + a2λkTk = 0 с начальными условиями

Tk(0) =1

||Ψk||2∫D

f(~x)Ψk(~x) d~x, T ′k(0) =1

||Ψk||2∫D

g(~x)Ψk(~x) d~x.

5.44. Построить решение задачи о колебаниях квадратной мембраны 0 < x < l, 0 < y < l приусловии, что края неподвижно закреплены, а в начальный момент t = 0 мембрана имела смещениеu = f(x, y) и нулевую скорость.

2. Распространение звука в газах и жидкостях описывается трёхмерным волновым уравнениемutt = α2(uxx + uyy + uzz). Здесь u(~x, t) – потенциал скорости ~v движения частиц среды в точке ~xв момент времени t, т.е. ~v = gradu(~x, t) = ∂ ~w

∂t , где ~w – отклонение частицы среды от положенияпокоя; ~x, ~v, ~w ∈ R3, α – скорость распространения волн в среде. Пусть телоD ограничено замкнутойповерхностью S = ∂D. На границе S должно выполняться граничное условие, например, ∂u∂n |S = 0.Начальные условия: u|t=0

= f(~x) и ut|t=0= g(~x).

В методе разделения переменных решение получается в виде ряда по собственным функциям по-добно решению задачи о колебаниях мембраны.

5.45. Проверить, что функции Ψijk(x, y, z) = sin iπxa sin jπy

b sin kπzc – собственные функции опера-

тора Лапласа в прямоугольном параллелепипеде D : 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c, с условиемu = 0 на всех гранях. Построить решение задачи о звуковых колебаниях (utt = ∆u) в области D приначальных условиях u|t=0

= 0, ut|t=0= xy.

5.46. Шар 0 ≤ r ≤ a наполнен газом, в котором возможны звуковые колебания (скорость волн α).Поверхность шара отражает звук, так что на ней ∂u/∂n = 0. В начальный момент смещения u(r, 0) =0, ut(r, 0) = f(r). Найти u(r, t).

Указание. См. задачу 5.42.

Уравнение Лапласа

Уравнение Лапласа ∆u(x, y, z) = 0 допускает разделение переменных в декартовых, цилиндриче-ских, сферических и некоторых других системах координат. Методом разделения переменных можнорешать краевые задачи с "координатными"границами, т.е. с границами, образованными координатны-ми поверхностями.

1. Пусть D – прямоугольный параллелепипед 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c. Если на граняхx = 0, x = a граничные условия для функции u(x, y, z) однородные, то переменная x отделяется:w = X(x)Ψ(y, z), тогда X ′′ + λX = 0, ∆2Ψ − λΨ = 0, где ∆2Ψ = Ψyy + Ψzz. Пусть λi и Xi(x) (i =1, 2, ...) – соответственно собственные значения и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля по

переменной x, тогда u(x, y, z) =∞∑i=1

Ψi(y, z)Xi(x). Здесь Ψi(y, z) – решение краевой задачи ∆2Ψi −

λiΨi = 0 в прямоугольнике 0 < y < b, 0 < z < c.Далее, если на гранях y = 0, y = c условия однородные, то переменные y и z также разделяются:

Ψi = Y (y)Z(z), Y ′′ + µY = 0, Z ′′ − (λi + µ)Z = 0. Пусть µj и Yj(y) (j = 1, 2, ...) – соответствен-

68

но собственные значения и собственные функции задачи Штурма-Лиувилля по переменной y, тогда

Ψi(y, z) =∞∑j=1

Zij(z)Yj(y), причем функции Zij(z) удовлетворяют уравнению Z ′′ − (λi + µj)Z = 0.

Pешение исходной задачи приобретает вид

u(x, y, z) =∞∑i=1

Xi(x)∞∑j=1

(Aij chωijz +Bij shωijz)Yj(y),

где ωij =√λi + µj . Граничные условия на гранях z = 0 и z = c позволяют найти постоянные Aij и Bij .

Пусть, например, u(x, y, 0) = h0(x, y),u(x, y, c) = h1(x, y), тогда

Aij = 1||XiYj ||2

a∫0

b∫0h0(x, y)Xi(x)Yj(y) dx dy,

Bij =

(1

||XiYj ||2a∫0

b∫0h0(x, y)Xi(x)Yj(y) dx dy −Aij chωjc

)/ shωjc,

||XiYj ||2 =a∫0

b∫0X2i (x)Y

2j (y) dx dy.

5.47. Боковые грани прямоугольнoго параллелепипеда 0 < x < a, 0 < y < b, 0 < z < c имеютнулевую температуру, а оба основания имеют заданное распределение температуры, не зависящее отвремени: u(x, y, 0) = f(x, y), u(x, y, c) = g(x, y). Найти температуру u(x, y, z) внутри параллелепипе-да.

Указание: задача стационарная, т.е. u не зависит от времени.

3.4 Метод Даламбера для уравнения колебаний струны

3.4.1 Неограниченная струна

А. Свободные колебания.

Струна считается настолько длинной, что влиянием её концов можно пренебречь. Задача состоит внахождении решения уравнения utt = a2uxx при −∞ < x < +∞, t > 0, удовлетворяющего заданнымначальным условиям

u|t=0= φ(x), ut|t=0

= ψ(x). (∗)

5.48. а) Заменой переменных ξ = x − at, η = x + at привести уравнение колебаний струны к видуuξη = 0;

б) показать, что общее решение уравнения uξη = 0 имеет вид u = f(ξ)+g(η), где f и g – произволь-ные дифференцируемые функции. Это означает, что любое свободное колебание струны представляетсобой наложение волн, бегущих вдоль струны навстречу друг другу: u(x, t) = f(x− at) + g(x+ at).

5.49. Получить формулу Даламбера, то-есть найти такие функции f и g чтобы функция u(x, t)удовлетворяла начальным условиям (∗).

Б. Вынужденные колебания.

5.50. a) Показать, что уравнение вынужденных колебаний неограниченной струны utt = a2uxx +F (x, t) имеет решение

u(x, t) =12a

t∫0

dτ

x+aτ∫x−aτ

F (ξ, t− τ) dξ.

Здесь F (x, t) – заданная непрерывная функция, равная нулю при t < 0.б) Каким начальным условиям удовлетворяет данное решение?

69

в) Написать решение задачи о вынужденных колебаниях неограниченной струны при начальныхданных (∗)

Указания. (а) Построить свёртку фундаментального решения (см. задачу 4.81) и функции F (x, t).(в) К решению задачи (а) добавить свободные колебания.

3.4.2 Ограниченная струна

5.51. Найти решение задачи о колебаниях полубесконечной струны, закреплённой на конце: utt =a2uxx, u(x, 0) = φ(x), ut(x, 0) = 0, u(0, t) = 0.

Указание. Воспользоваться формулой Даламбера (задача 5.49).

5.52. Найти решение задачи о колебаниях ограниченной струны, закреплённой на обоих концах:u(0, t) = u(l, t) = 0.

3.5 Метод разделения переменных. Специальные функции

3.5.1 Цилиндpические функции

Решения дифференциального уравнения Бесселя

w′′(x) +1xw′(x) +

(1− ν2

x2

)w(x) = 0

называются цилиндрическими, или бесселевыми функциями. Здесь x – вещественная или комплекс-ная переменная, ν – вещественный или комплексный параметр.

Примечание. Уравнение Бесселя имеет особую точку x = 0; особые точки обыкновенных линейных диффе-ренциальных уравнений изучаются в главе "Дифференциальные уравнения в комплексной плоскости".

Стандартные решения уравнения Бесселя:

1) Jν(x) – функция Бесселя с индексом ν;2) Nν(x) – функция Неймана с индексом ν;3) H(1)

ν (x) и H(2)ν (x) – функции Ханкеля 1-го и 2-го рода, соответственно, с индексом ν.

Функции Jν(x), Nν(x), H(1)ν (x) и H(2)

ν (x) попарно линейно независимы. При ν ≥ 0 функция Jν(x)ограничена, когда x → +0, остальные цилиндрические функции имеют при этом бесконечный предел.При вещественных положительных значениях x и ν функции Бесселя и Неймана вещественны.

Имеют место формулы:

Jν(x) =∞∑k=0

(−1)k

k! Γ(k + ν + 1)

(x

2

)2k+ν

,

Nν(x) =1

sinπν[Jν(x) cosπν − J−ν(x)], ν 6= 0,±1,±2, ...

H(1)ν (x) = Jν(x) + iNν(x), H(2)

ν (x) = Jν(x)− iNν(x),

J1/2(x) =√

2πx

sinx, N1/2(x) = −√

2πx

cosx,

H(1)1/2(x) = −i

√2πxeix; H

(2)1/2(x) = i

√2πxe−ix,

x−ν(xνJν(x))′ = Jν−1(x), xν(x−νJν(x))′ = −Jν+1(x),

в частности, J ′0(x) = −J1(x), (xJ1(x))′ = xJ0(x).

70

Асимптотика цилиндрических функций при ν > 0, x→ +∞:

Jν(x) =√

2πx

[cos

(x− πν

2− π

4

)+O(x−1)

],

Nν(x) =√

2πx

[sin(x− πν

2− π

4

)+O(x−1)

],

H(1)ν (x) =

√2πxei(x−

πν2−π

4 )[1 +O(x−1)],

H(2)ν (x) =

√2πxe−i(x−

πν2−π

4 )[1 +O(x−1)].

Уравнение Лапласа в цилиндрических координатах r, φ, z:

∂2u

∂r2+

1r

∂u

∂r+

1r2∂2u

∂φ2+∂2u

∂z2= 0.

Переменные разделяются: пусть u = R(r)Φ (φ)Z(z), тогда

R′′

R+R′

rR+

Φ ′′

r2 Φ+Z ′′

Z= 0.

Отсюда получаем три уравнения: Z ′′ = λ2Z, Φ ′′ = −ν2 Φ , R′′ + 1rR

′ +(λ2 − ν2

r2

)R = 0, где λ, ν

– постоянные. Первое уравнение (при λ 6= 0) имеет решения вида e±λz, второе (при ν 6= 0) – ви-да cos νφ, sin νφ, а третье уравнение пpевpащается в уравнение Бесселя при замене масштаба: еслиr = λx, то d2R

dx2 + 1xdRdx + (1 − ν2

x2 )R = 0. Таким образом, R(r) = ζν(λr), где ζν(x) – какая-нибудьцилиндрическая функция. В частном случае, когда u не зависит от φ, получается уравнение Бесселя синдексом ν = 0.

Задача Штурма-Лиувилля для уравнения Бесселя

R′′ +1rR′ +

(λ2 − ν2

r2

)R = 0, ν ≥ 0,

на промежутке 0 < r < a заключается в нахождении таких значений λn параметра λ, при кото-рых существуют собственные функции, т.е. нетривиальные (не равные тождественно нулю) решенияRn(r) уравнения, ограниченные при r → 0 и удовлетворяющие при r = a граничному условию видаαRn + βR′n = 0. Поскольку среди всех решений уравнения только функция Бесселя Jν(λr) ограниче-на в нуле, то собственные функции имеют вид Rn(r) = AnJν(λnr), а собственные числа λn находят-ся из уравнения αJν(λa) + β d

daJn(λa) = 0. Собственные числа вещественны, собственные функцииортогональны на промежутке [0, a] с весом r. В случае простейшего граничного условия R(a) = 0,нормировка Rn(r) имеет вид

a∫0

rJ2ν (λnr) dr =

a2

2[J ′ν(λna)]

2, J ′ν(x) =d

dxJν(x).

5.53. На боковой поверхности кругового цилиндра 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ z ≤ h температура pавнанулю, на нижнем основании задана температура f(r), на верхнем основании температура g(r). Найтитемпературу u(r, z) внутри цилиндра.

Указание. В соответствии с физическим смыслом задачи, для радиального множителя R(r) следует вы-брать то решение уравнения Бесселя, которое ограничено в центре пластинки, то-есть R = J0(λr). Равенство

71

J0(λa) = 0 – это уравнение для собственных значений, оно имеет счётное множество корней λn = ξn/a, гдеξn – положительные нули функции Бесселя J0(ξ), 0 < ξ1 < ξ2 < ξ3 < ..., причем ξn → +∞ при n → ∞.Собственные функции: Rn(r) = J0(λnr).

5.54. На боковой поверхности кругового цилиндра 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ z ≤ h задано распределениетемпературы u(a, z) = F (z), на обоих основаниях цилиндра температура нулевая. Найти распределе-ние температуры u(r, z) внутри цилиндра.

Указание. Следует искать решение в виде ряда по собственным функциям Zn(z) = sinλnz, λn = nπh ; ради-

альные множители будут вида Rn(r) = AnJ0(irλn) (вещественные функции!).

5.55. На краю r = b круглой теплопроводящей пластинки 0 ≤ r ≤ b поддерживается нулеваятемпература, в начальный момент времени t = 0 температура u(r, 0) = f(r). Найти температуру u(r, t)пластинки при t > 0.

Указание: см. задачу 5.53.

5.56. Внутренняя окружность плоской кольцеобразной пластинки a ≤ r ≤ b теплоизолирована, т.е.ur|r=a

= 0, на внешней окружности r = b температура нулевая. В начальный момент u(r, 0) = f(r).Уравнение теплопроводности: ut = ∆u. Найти температуру u(r, t) пластинки при t > 0.

5.57. Построить решение u(r, t) задачи о симметричных колебаниях круглой мембраны 0 ≤ r ≤ bпри условии, что край неподвижно закреплен, а в начальный момент мембрана имела смещение u =f(r) и нулевую скорость.

5.58. На краю r = b круглой теплопроводящей пластинки 0 ≤ r ≤ b поддерживается нулевая тем-пература, в начальный момент времени температура u(r, φ, 0) = f(r, φ). Уравнение теплопроводности:ut = ∆u. Найти температуру u(r, φ, t) пластинки при t > 0.

5.59. На круглую мембрану, закреплённую по краю, действует внешняя гармоническая сила, непре-рывно распределённая по всей площади мембраны. Смещения мембраны удовлетворяют уравнениюutt = a2∆u+A sinωt. Доказать, что вынужденные колебания мембраны выражаются формулой

u =A sinωtω2

(J0(ωr/a)J0(ωb/a)

− 1),

где b – радиус мембраны.Указание. Решение имеет вид произведения R(r) sinωt.

3.5.2 Сфеpические функции

Уравнение Лапласа в сферических координатах r, θ, φ:

∂2u

∂r2+

2r

∂u

∂r+

1r2

(∂2u

∂θ2+ ctg θ

∂u

∂θ

)+

1r2 sin2 θ

∂2u

∂φ2= 0.

1. Случай осевой симметрии: u(r, θ).

Переменные разделяются: u = R(r)Θ (θ), получаются два уравнения:

R′′ +2rR′ − λR = 0, Θ ′′ + ctg θ Θ ′ + λΘ = 0.

Удобно перейти к новой независимой переменной x = cos θ, при этом второе уравнение преобразуетсяк виду (1−x2) d

2

dx2 Θ − 2x ddx Θ +λΘ = 0. Это уравнение, называемое уравнением Лежандра, имеет

две особые точки: x = −1 и x = +1. Решения, ограниченные при x = −1 и x = 1, существуют толькодля значений параметра λ, равных n(n + 1), где n = 0, 1, 2, ... Такие решения представляют собойполиномы Лежандра:

Pn(x) =1

2nn!dn

dxn(x2 − 1)n.

72

Полиномы Лежандра ортогональны на промежутке [−1, 1]:

1∫−1

Pk(x)Pn(x) dx =2

2n+ 1δkn.

Все нули полинома степени n вещественные, простые, и все они лежат внутри промежутка (−1, 1).Система полиномов Лежандра замкнута в классе непрерывных функций.

Уравнение R′′ + 2rR

′ − n(n+ 1)R = 0 имеет общее решение Arn +Br−n−1.

5.60. Найти электростатический потенциал u(r, θ) внутри шара 0 ≤ r ≤ a, если на сфере r = aпотенциал u = f(θ). В частности, рассмотреть случай f = 1 + cos θ.

Указание. Радиальный множитель R(r) должен быть ограничен во всём шаре, отсюда B = 0.

5.61. Найти электростатический потенциал u(r, θ) вне сферы r = a, т.е. при r > a, если на сфереr = a потенциал u = f(θ). В частности, рассмотреть случай f = 1 + cos θ.

Указание. Радиальный множитель R(r) должен cтремиться к нулю при r →∞, отсюда A = 0.

5.62. На поверхности r = a теплопроводящего шара поддерживается нулевая температура, внутришара имеется распределённый источник тепла с мощностью F (r, θ) = r(1 + 3 cos 2θ). Найти темпера-туру u(r, θ) внутри шара.

Указание. Процесс описывается уравнением urr + 2rur + 1

r2 (uθθ + ctg θ uθ) = F (r, θ). Функция F (r, θ) равна4rP2(cos θ).

5.63. Теплопроводящая плёнка имеет форму сферы r = b. В начальный момент времени темпера-тура плёнки была равна u(0, θ) = f(θ). Найти температуру u(t, θ) при t > 0.

Указание. Процесс описывается уравнением теплопроводности ut = a2∆u, где r ≡ b, ∆u = 1b2 (uθθ +

ctg θ uθ).

5.64. Шар 0 ≤ r ≤ b заполнен теплопроводящим веществом, на поверхности шара поддерживаетсянулевая температура. В начальный момент времени температура в шаре равна f(r, θ). Найти темпера-туру u(r, θ, t) в шаре при t > 0. Рассмотреть также частный случай: f(r, θ) = g(r) cos θ.

Указание. Процесс описывается уравнением ut = urr + 2rur + 1

r2 (uθθ + ctg θ uθ). Отделив угловую пере-

менную, для радиального множителя R(r) получаем уравнение вида R′′ + 2rR

′ +[µ2 − n(n+1)

r2

]R = 0, которое

заменой R = v(r)/√r сводится к уравнению Бесселя с полуцелым индексом.

5.65. На внутренней поверхности r = aшарового слоя a ≤ r ≤ b потенциал u равен V0, на внешнейповерхности r = b потенциал u = f(θ). Найти потенциал u(r, θ) внутри слоя.

2. Общий случай: u(r, θ, φ).

Переменные разделяются: пусть u = R(r)Θ (θ)Φ (φ), тогда получаются три уравнения:

Φ ′′ + µΦ = 0, Θ ′′ + ctg θ Θ ′ +(λ− µ

sin2 θ

)Θ = 0, R′′ +

2rR′ − λR = 0.

Первое уравнение имеет 2π-периодические решения при µ = m2, где m = 0, 1, 2, ... Второе уравнениепосле замены x = cos θ приобретает вид присоединенного уравнения Лежандра:

(1− x2)d2

dx2Θ − 2x

d

dxΘ +

(λ− m2

1− x2

)Θ = 0.

Решения, ограниченные при x = −1 и x = 1, существуют только при значениях параметра λ, равныхn(n+1), где n = 0, 1, 2, ... Такие решения представляют собой присоединенные функции Лежандра:

P (m)n (x) = (1− x2)

m2dm

dxmPn(x), m = 0, 1, ..., n.

73

Присоединённые функции Лежандра ортогональны на промежутке[−1, 1]: если k 6= n, то

1∫−1

P(m)k (x)P (m)

n (x) dx = 0.

Нормировка присоединённых функций Лежандра:

1∫−1

[P (m)n (x)]2 dx =

22n+ 1

· (n+m)!(n−m)!

.

5.66. Для значений n = 0, 1, 2 выписать присоединённые функции Лежандра, как функции от cos θи sin θ.

5.67. Найти функцию, гармоническую в шаре x2 + y2 + z2 ≤ a2, если на поверхности заданы еёзначения: u|r=a

= f(θ, φ). Рассмотреть также частный случай: f = sin 2θ cosφ.Указание. В данном частном случае ряд состоит из одного слагаемого: n = 2, m = 1.

5.68. Найти функцию, гармоническую вне сферы x2 + y2 + z2 = a2, если на сфере заданы значенияэтой функции: u|r=a

= f(θ, φ). Рассмотреть также частный случай f = sin 2θ cosφ.

5.69. Теплопроводящая плёнка имеет форму сферы r = b. В начальный момент времени темпера-тура плёнки была равна u(0, θ, φ) = f(θ, φ). Найти температуру плёнки u(t, θ, φ) при t > 0.

Указание. Процесс описывается уравнением теплопроводности ut = a2∆u, где r ≡ b, ∆u = 1b2

(uθθ + ctg θ uθ + 1

sin2 θuφφ

).

Ответы.

5.1. Гиперболический тип. Канонический вид: uξξ − uηη + cu = f . Ортогональная замена перемен-ных: x = (ξ − η)/

√2, y = (ξ + η)/

√2.

5.2. Эллиптический тип. Треугольная замена переменных:x = ξ, y = −ξ + η, z = 2ξ − 2η + ζ, преобразованный вид:uξξ + uηη + uζζ + uξ + uη = f .Канонический вид: vξξ + vηη + vζζ − 0, 5 v = e(ξ+η)/2f ,где u = e−(ξ+η)/2v.

5.3. Гиперболический тип. Канонический вид: 2uξξ − uηη − uζζ = 0.Ортогональная замена переменных:x = ξ√

3+ η√

6+ ζ√

2, y = ξ√

3+ η√

6− ζ√

2, z = ξ√

3− 2η√

6.

5.4. Параболический тип. Ортогональная замена переменных:

x = − 2ξ√6

+ η√3

, y = ξ√6

+ η√3

+ ζ√2

, z = ξ√6

+ η√3− ζ√

2.

Преобразованное уравнение: 6uξξ + 3uηη − 2√6uξ + 1√

3uη = 0.

Канонический вид: 6vξξ + 3vηη − 118v = 0, где u = e

√6(ξ−

√2η)/36v.

5.5. Для уравнения Шрёдингера данная классификация неприменима, так как имеется невеще-ственный коффициент.

Замечание: по свойствам решений это уравнение отчасти сходно с гиперболическим (допускает распростра-нение волн), отчасти сходно с параболическим (т.н. "расплывание волновых пакетов").

5.9. a) u = e−t sinx; б) u = − 9π

∞∑l=0

1(4l2−1)(2l+3)

e−(2l+1)2t sin(2l + 1)x.

5.10. u = 8π3

∞∑l=0

1(2l+1)3

e−(2l+1)2π2t sin(2l + 1)πx; u→ 0 при t→ +∞.

74

5.11. u = 8π2

∞∑n=0

(−1)n

(2n+1)2e−(n+0,5)2π2t sin(n+ 0, 5)πx.

5.12. u = 12 −

4π2

∞∑l=0

1(2l+1)2

e−(2l+1)2π2t cos(2l + 1)πx; u→ 1/2 при t→ +∞.

5.13. Собственные функции: Xn(x) = cosλnx, где числа λn – это корни уравнения λ = ctg λπ,0 < λ1 < λ2 < ..., причем lim

n→∞λn = ∞;

температура: u =∞∑n=1

4(1−cosλnπ)2πλ2

n+cosλnπe−λ

2nt cosλnx.

5.14. а) u = 18π

∞∑n=1

1−(−1)n

n5

(1− e−4n2t − 4n2t

)sinnx.

б) u = e−4t2 sinx+ ua(x, t), где ua(x, t) – решение из (а).

5.15. u = te−t sinx. 5.16. v(x, t) = 1 + (t− 1)x, u = v(x, t)+2π

∞∑n=1

[1ne

−n2π2t + (−1)n 1n3π3 (1− e−n

2π2t)]sinπnx.

5.17. u = x+ t. 5.18. a) u = cos at · sinx;

б) u = 4γπa

∞∑k=0

(−1)k sin (2k+1)ε(2k+1)2

sin (2k + 1)at · sin (2k + 1)x.

5.19. u = 2aπ2

∞∑n=1

(−1)n+1

n2 sin (πnat) · sin (πnx); u = u1(x− at) + u2(x+ at),

где u1(x− at) = 1aπ2

∞∑n=1

(−1)n+1

n2 cosπn (x− at),

u2(x+ at) = − 1aπ2

∞∑n=1

(−1)n+1

n2 cosπn (x+ at).

5.20. u = 0,8π2

∞∑k=0

(−1)k

(2k+1)2cos [(k + 1

2)πat] · sin [(k + 12)πx].

5.21. u = 1 + cos 2πat · cos 2πx = 1 + [cos 2π(x− at) + cos 2π(x+ at)]/2.

5.22. u = 2a

∞∑n=1

cosλnπλn(πβλ2

n+cos2 λnπ)sinλnat · cosλnx, где λn = ξn/π, ξn – положительные корни

уравнения βξ = π ctg ξ.

5.23. u = tπ

∞∑k=0

sin(2k+1)xn3 − 1

2π

∞∑k=0

1(2k+1)4

sin 2(2k + 1)t · sin(2k + 1)x.

5.24. u = 2Qπ (sin t− t cos t) sinx+ 4Q

π

∞∑k=1

(2k+1) sin t−sin(2k+1)t2k(2k+1)(2k+2) sin(2k + 1)x.

5.25. u = u1 + u2, u1 = sin t∞∑n=1

qn(n2 − 1) sinnx− 2ε cos t∞∑n=1

qn sinnx,

u2 = e−εt∞∑n=1

qn[2ε cosµnt+ (2ε2 − n2 + 1) sinµnt] sinnx,

qn = 4Qαn

πn[(n2−1)2+4ε2], αn =

0, n = 2k1, n = 2k + 1

, µn =√n2 − ε2.

5.26. u = x+ t+ 16π3

∞∑n=0

1(2n+1)3

· [1− cos(n+ 1/2)πt] · sin(n+ 1/2)πx.

5.27. u = 2Kaπρ

∞∑n=1

1n sin nπc

l sin nπxl sin nπat

l , где K/ρ = limε→0

c+ε∫c−ε

F (x) dx – импульс силы F (x) удара

молоточка о струну.

5.28. Период T определяется из уравнения a1 tg 2πl1Ta1

+ a22πl2Ta2

= 0.

5.30. u = 32π3

∞∑k=0

1(2k+1)3 sh (k+0,5)π

sh (k + 0, 5)πy · sin(k + 0, 5)πx.

5.31. u = 2∞∑n=0

(−1)n−λn

λ4n

shλny · cosλnx, λn = (2n+ 1)π/4.

75

5.32. u =∞∑n=0

(An chλnx+Bn shλnx) sinλny, λn = (n+ 0, 5)π,

An = (−1)n2λ2

n, Bn = (−1)n 2(2− chλn)

λ2n shλn

.

5.33. u = abπ2

∞∑m,n=1

(−1)m+n+1

mnλm,nsin mπx

a sin nπyb , λm,n = (m

2

a2 + n2

b2)π2.

5.34. u = y + (1− y)x.

5.35. u = 2π

∞∑n=1

sinnφ1−(a/b)n [(r/b)n − (a/r)n]

π∫0f(ξ) sinnξ dξ.

5.36. u = (r/b)2 sin 2φ. 5.37. u = π2 −

4π

∞∑k=0

cos(2k+1)φ(2k+1)2

(rb

)2k+1.

5.38. u = 12π

2π∫0f(ξ) dξ + 1

π

∞∑n=1

(ra

)n · [cosnφ2π∫0f(ξ) cosnξ dξ+

sinnφ2π∫0f(ξ) sinnξ dξ].

5.39. u = 2π

∞∑n=1

1sh (nπ2)

1∫0g(et) sin(nπt) dt · sin(nπφ) sin(nπ ln r).

5.40. а) u = 4ab

∞∑m,n=1

e−λm,nγ t

(a∫0

b∫0f(x, y) dxdy

)· sin mπx

a sin nπyb ,

λm,n = π2[(m/a)2 + (n/b)2]; б) u = e−λ2,1γ t sin 2πxa sin πy

b .

5.41. u = 1π2

π∫0

π∫0f(x, y) dxdy+

∞∑m+n≥1

Am,ne−(m2+n2)a2t cosmx cosny,

Am,n = 1Nm,n

π∫0

π∫0f(x, y) cosmx cosny dxdy,

Nm,n =π∫0

π∫0

cos2mx cos2 ny dxdy; limt→+∞

u = 1π2

π∫0

π∫0f(x, y) dxdy.

5.42. Задача Штурма-Лиувилля: R′′ + λ2R = 0 при 0 < r < a, R = 0 при r = 0, aR′ − R = 0при r = a. Собственные числа и собственные функции: λ0 = 0, R0 = r; 0 < λ1 < λ2 < ... – корниуравнения tg λa = λa, Rn = sinλnr. Температура в шаре:

u = 3a3

a∫0r2f(r) dr + 1

r

∞∑n=1

sinλnrNn

e−γλ2t

a∫0rf(r) sinλnr dr, Nn = a

2 −sin2 λna

2aλ2n

.

5.43. Количество нейтронов u = 1r

∞∑n=1

Ane(b−α2λ2

n) t sinλnr, где An =

1Nn

a∫0r2f(r) sinλnr dr, Nn =

a∫0

sin2 λnr dr, λn – положительные корни уравнения tg aλ = aλ1−aγ , 0 <

λ1 < λ2 < ...Реактор находится в критическом состоянии, если его параметры таковы, что b = α2λ2

1. В этом случае стечением времени количество нейтронов будет стабилизироваться. Но если при этом немного уменьшить зна-чение параметра γ (т.е. улучшить отражающую способность оболочки шара), то число λ1 уменьшится, и баланс"рождение-поглощение нейтронов"будет нарушен в пользу избытка рождений над поглощениями, т.е. процессстанет лавинообразным (взрыв!). Наоборот, увеличение поглощающей способности оболочки увеличит и числоλ1, что приведёт к затуханию процесса.

5.44. u =∞∑

m,n=1Am,n cosλm,nat ·Ψm,n(x, y), Ψm,n(x, y) = sin mπx

l sin nπyl ,

λm,n = πl

√m2 + n2, Am,n = 1

Nm,n

l∫0

l∫0f(x, y)Ψm,n(x, y) dxdy,

Nm,n =l∫0

l∫0

Ψ2m,n(x, y) dxdy.

76

5.45. u = 4π sin πx

a sin πyb

∞∑l=0

1(2l+1)λ2l+1

sinλ2l+1t · sin π (2l+1) zc ,

λk = π√

1a2 + 1

b2+ k2

c2.

5.46. u = 3ta3

a∫0r2f(r) dr+ 1

αr

∞∑n=1

1λnNn

(a∫0rf(r) sin(λnr) dr

)sin(λnαt)·sin(λnr), Nn =

a∫0

sin2(λnr) dr,

λn = ξn/a, ξn – положительные корни уравнения tg ξ = ξ.

5.47. u = 4ab

∞∑m,n=1

1shµm,nc

[Am,n shµm,n(c− z) +Bm,n shµm,nz],

µm,n = π√

(m/a)2 + (n/b)2, Am,n =a∫0

b∫0f(x, y)Ψm,n(x, y) dxdy,

Bm,n =a∫0

b∫0g(x, y)Ψm,n(x, y) dxdy, Ψm,n(x, y) = sin mπx

a sin nπyb .

5.49. u(x, t) = 12 [φ(x− at) + φ(x+ at) ] + 1

2a

x+at∫x−at

ψ(ξ) dξ.

5.50. б) u = ut = 0 при t = 0. в) u(x, t) = 12 [φ(x− at) + φ(x+ at) ]+

12a

x+at∫x−at

ψ(ξ) dξ + 12a

t∫0dτ

x+aτ∫x−aτ

F (ξ, t− τ) dξ.

5.51. u(x, t) = 12 [φ(at+ x)−φ(at− x) ], причем функция φ продолжена на отрицательную полуось

нечётно: φ(−x) = −φ(x).

5.52. Ответ имеет такой же вид, как в задаче 5.51, причём функция φ продолжена на всю ось нечётнои 2l - периодически: φ(−x) = −φ(x), φ(x+ 2l) = φ(x).

5.53. u =∞∑n=1

1Mn shλnh

[An shλn(h− z) +Bn shλnz],

λn = ξn/a > 0, J0(ξn) = 0, Mn =a∫0rJ2

0 (λnr) dr = 0, 5a2J21 (λna),

An =a∫0rf(r)J0(λnr) dr, Bn =

a∫0rg(r)J0(λnr) dr.

5.54. u = 2h

∞∑n=1

Qn(r)Qn(a)

(h∫0f(z) sin nπz

h dz

)sin nπz

h ,

Qn(r) = J0(iπnr/h) =∞∑k=0

1(k!)2

(nπr2h

)2k> 0.

5.55. u =∞∑n=1

1Mn

e−a2λ2

n t

(b∫0rf(r)J0(λnr) dr

)J0(λnr),

λn = ξn/b > 0, J0(ξn) = 0, Mn =b∫0rJ2

0 (λnr) dr = 0, 5 b2J21 (λnb).

5.56. u =∞∑n=1

AnMn

e−λ2n tRn(r), где λn > 0 – корень уравнения

N ′0(λa)J0(λb)− J ′0(λa)N0(λb) = 0, An =

b∫arf(r)Rn(r) dr,

Mn =b∫arR2

n(r) dr, Rn(r) = N ′0(λna)J0(λnr)− J ′0(λna)N0(λnr).

5.57. u =∞∑n=1

AnMn

cosλnat · J0(λnr), λn = ξn/b > 0, J0(ξ) = 0,

An =b∫0rf(r)J0(λnr) dr, Mn =

b∫0rJ2

0 (λnr) dr.

5.58. u =∞∑n=1

[1

2πM0,nA0,ne

−λ20,n t · J0(λ0,nr)+

77

1π

∞∑m=1

1Mm,n

(Am,n cosmφ+Bm,n sinmφ)e−λ2m,n t · Jm(λm,nr)

], где λm,n (n = 1, 2, ...) – корни уравне-

ния Jm(λb) = 0, m = 0, 1, 2, ...;

Am,n =2π∫0

b∫0rf(r, φ) cosmφdrdφ, Bm,n =

2π∫0

b∫0rf(r, φ) sinmφdrdφ,

A0,n =2π∫0

b∫0rf(r, φ) drdφ, Mm,n =

b∫0rJ2

m(λm,nr) dr.

5.60. u =∞∑n=0

(n+ 12)(ra

)nAnPn(cos θ), An =

π∫0f(θ)Pn(cos θ) sin θ dθ.

В частном случае u = 1 + ra cos θ.

5.61. u =∞∑n=0

(n+ 12)(ar

)n+1AnPn(cos θ), An =

π∫0f(θ)Pn(cos θ) sin θ dθ.

5.62. u = 45 r

2P2(cos θ) ln ra .

5.63. u =∞∑n=0

(n+ 12)e−n(n+1)(a/b)2 tAnPn(cos θ),

An =π∫0f(θ)Pn(cos θ) sin θ dθ.

5.64. u = 1√r

∞∑n=0

∞∑m=1

Am,ne−µ2

m,ntJn+ 12(µm,nr)Pn(cos θ), где µm,n –

положительные корни уравнения Jn+ 12(µb) = 0,

Am,n = (n+ 12) 1Mm,n

π∫0

b∫0f(r, θ)Jn+ 1

2(µm,nr)Pn(cos θ)r

√r sin θ drdθ,

Mm,n =b∫0J2n+ 1

2

(µm,nr)r dr = 0, 5 b2 [J ′n+ 1

2

(µm,nb)]2.

В частном случае ряд по полиномам Лежандра состоит из одного слагаемого с n = 1, при этом

J 32(x) =

√2πx( sinx

x − cosx), поэтому

u = 1r

∞∑m=1

Am,1e−µ2

m,1tJ 32(µm,1r) cos θ, причем µm,1 = ξm/b, где ξm – положительные корни урав-

нения tg ξ = ξ.

5.65. u = A0 + 1rB0 +

∞∑n=1

(Anrn + Bnrn+1 )Pn(cos θ),

A0 = 1b−a [

b2

π∫0f(θ) sin θ dθ − aV0], B0 = ab

b−a [V0 − 12

π∫0f(θ) sin θ dθ],

An = bn+1

b2n+1−a2n+1 (n+ 0, 5)π∫0f(θ)Pn(cos θ) sin θ dθ,

Bn = − a2n+1bn+1

b2n+1−a2n+1 (n+ 0, 5)π∫0f(θ)Pn(cos θ) sin θ dθ.

5.66. a) n = 0: P (0)0 = 1; б) n = 1: P (0)

1 = cos θ, P (1)1 = sin θ;

в) n = 2: P (0)2 = 1

2(3 cos2 θ − 1), P (1)2 = 3 cos θ sin θ, P (2)

2 = 3 cos2 θ.

5.67. u =∞∑n=0

(r/a)nn∑

m=0(Am,n cosmφ+Bm,n sinmφ)P (m)

n (cos θ),

Am,n = 1Qm,n

2π∫0

cosmφdφπ∫0f(φ, θ)P (m)

n (cos θ) sin θ dθ,

Bm,n = 1Rm,n

2π∫0

sinmφdφπ∫0f(φ, θ)P (m)

n (cos θ) sin θ dθ,

Qm,n =2π∫0

cos2mφdφπ∫0[P (m)n (cos θ)]2 sin θ dθ,

78

Rm,n =2π∫0

sin2mφdφπ∫0[P (m)n (cos θ)]2 sin θ dθ.

Учитывая нормировку присоединённых функций, получаем:Q0,n = 4π

2n+1 , Qm,n = Rm,n = 2π2n+1

(n+m)!(n−m)! , m = 1, 2, ..., n.

В частном случае u = (r/a)2 cosφ sin 2θ.

5.68. Ответ аналогичен ответу задачи 5.67, только вместо радиального множителя rn следует взятьмножитель r−(n+1).

5.69. u =∞∑n=0

n∑m=0

e−(a/b)2n(n+1 t)(Am,n cosmφ+Bm,n sinmφ)P (m)n (cos θ).

Коэффициенты Am,n и Bm,n определяются из равенства

f(θ, φ) =∞∑n=0

n∑m=0

(Am,n cosmφ+Bm,n sinmφ)P (m)n (cos θ)

так же, как в задаче 5.67.

79

ГЛАВА 4

АСИМПТОТИЧЕСКИЕ РАЗЛОЖЕНИЯ

Асимптотические формулы бывают часто полезны для приближённого вычисления функций, представ-ленных интегралами с параметром, в частности, при исследовании поведения решений дифференци-альных уравнений.

4.1 Понятие асимптотического разложения

4.1.1 О-символика. Асимптотическая последовательность

1. Символы o и O. Пусть функции f(x) и g(x) определены на некотором множестве B и пусть x0 –предельная точка этого множества, т.е. в любой окрестности точки x0 имеются другие точки множестваB. Переменная x предполагается вещественной или комплексной. Если x вещественна, то B обычно– окрестность или полуокрестность точки x0, в комплексном случае B – луч или сектор с вершиной вточке x0.

Стандартные обозначения:а) f(x) = o(g(x)) при x→ x0, x ∈ B, означает, что

limx→x0

f(x)g(x)

= 0;

б) f(x) = O(g(x)) при x → x0, x ∈ B, означает, что существует постоянное число C и такаяокрестность V точки x0, что

|f(x)| ≤ C|g(x)| x ∈ V ∩B.

в) f(x) = O(x−∞) при x→∞ означает, что f(x) = O(x−N ) для любого целого N ≥ 0.Замечание. Обычно в подобных случаях слово "при"для краткости заменяют запятой.

6.1. Показать, что

а) sinx = O(1), x→ ±∞;б) sin z = O(e Im z), z →∞, причем 0 ≤ arg z ≤ π;в) lnn = O(na), n→∞, если a > 0;г) e−λ = O(λ−∞), λ→∞, причем | arg λ| ≤ π/2− ε, где ε > 0;д) xa = o(xb), x→ 0, если a > b;е) xa = o(xb), x→∞, если a < b.

6.2. Доказать:а) если f(x) = O(g(x)) и g(x) = O(h(x)), то f(x) = O(h(x));б) если f(x) = o(g(x)) и g(x) = O(h(x)), то f(x) = o(h(x));в) если f(x) = O(g(x)) и g(x) = o(h(x)), то f(x) = o(h(x)).

80

6.3. Пусть функции f(x) и g(x) непрерывны в открытом интервале x ∈ (a, b), и интегралb∫ag(x) dx

сходится (возможно, как несобственный). Доказать: а) если f(x) = O(g(x)) при x→ b, и g(x) ≥ 0, то

b∫x

f(ξ) dξ = O (b∫x

g(ξ) dξ);

б) если f(x) = o(g(x)) при x→ b, то

b∫x

f(ξ) dξ = o (b∫x

g(ξ) dξ).

Указание: применить правило Лопиталя.

6.4. Верно ли, что из соотношения f(x) = O(g(x)), x → x0, следует соотношение f ′(x) =O(g′(x))? Рассмотреть пример: sin(x4) и x2 при x→ +∞.

6.5. Пусть функции f(x) и S(x) непрерывны на замкнутом промежутке [a, b], и M = maxa≤x≤b

S(x).

Доказать, что при λ→ +∞b∫a

f(x)eλS(x)dx = O(eλM ). (∗)

2. Если последовательность функций φ0(x), φ1(x), φ2(x), ... такова, что для каждого n = 0, 1, 2, ... вы-полняется соотношение

φn+1(x) = o(φn(x)), x→ x0, x ∈ B, (1)

то φn(x) называется асимптотической последовательностью (АП)при x → x0, x ∈ B. Упоминание о множестве B обычно опускают, если из контекста ясно, о чем идетречь.

6.6. Показать, что степенные последовательности:a) 1, z, z2, ... при z → 0, б) 1, z−1, z−2, ... при z →∞,являются асимптотическими.

Замечание: в большинстве случаев применяются именно степенные АП.

6.7. Образуют ли функции lnx, ln lnx, ln ln lnx, ... АП при x→ +∞?

6.8. В каком секторе плоскости z последовательность функций exp(−z), exp(−z2), exp(−z3), ...,z →∞, является асимптотической?

4.1.2 Асимптотическое разложение функции

1. Формальные ряды. Пусть φ0(x), φ1(x), ... - асимптотическая последовательность при x → x0, ипусть a0, a1, ... – произвольная числовая последовательность. Составим частичные суммы

σ0(x) = a0φ0(x), σ1(x) = a0φ0(x) + a1φ1(x), ...,σn(x) = a0φ0(x) + a1φ1(x) + ...+ anφn(x), ...

Последовательность частичных сумм σn(x) называется формальным асимптотическим ря-дом по АП φn(x), x→ x0. Для формальных рядов используют такую же запись, что и для обычныхсходящихся функциональных рядов:

a0φ0(x) + a1φ1(x) + a2φ2(x) + ...,∞∑k=0

akφk(x),

81

хотя здесь не идёт речи о пределе при n → ∞ последовательности частичных сумм σn(x) для каких-либо значений переменной x. Формальный асимптотический ряд может быть расходящимся, как по-

казывает пример∞∑n=1

n!xn, x→ 0, x 6= 0; тем не менее, формальные ряды могут успешно применяться

для приближённого представления функций.

2. Асимптотическое разложение функции. Пусть функция f(x) определена на множестве B, ипусть φn(x) – асимптотическая последовательность при x → x0, x ∈ B. Если существуют числаc0, c1, c2, ... такие, что для каждого n = 0, 1, 2, ... выполняется соотношение

f(x) =n∑k=0

ckφk(x) + o(φn(x)), x→ x0, x ∈ B, (2)

то говорят, что функция f(x) имеет при x→ x0 асимптотическое разложение (АР) по АП φn(x),и записывают это в виде

f(x) ∼∞∑k=0

ckφk(x), x→ x0, x ∈ B.

Если соотношение (2) выполняется только для n = 0, 1, ..., N , то говорят об асимптотическом раз-ложении функции до N-го члена. В частном случае N = 0 говорят об асимптотическом пред-ставлении функции. Например, при x → 0 асимптотическое разложение экспоненты до 2-го члена:ex ∼ 1 + x+ x2/2; асимптотическое представление тангенса: tg x ∼ x (здесь φ0(x) = x).

Определение АР (2) означает, что для функции f(x) в окрестности точки x0 имеется последова-тельность приближённых формул:

f(x) ≈ a0φ0(x), f(x) ≈ a0φ0(x) + a1φ1(x), ...,

причем каждая последующая формула уточняет предыдущую в том смысле, что погрешность последу-ющего приближения по сравнению с погрешностью предыдущего есть бесконечно малая при x → x0.Это, однако, не означает на практике, что чем больше слагаемых ряда использовать для приближён-ного вычисления функции, тем меньше будет погрешность. Вопрос о том, сколько членов асимптоти-ческого разложения следует взять для приближения функции, не является простым. В ряде случаевразность между данной функцией и частичной суммой АР может быть представлена в виде некоторогоинтеграла, который поддается оценке.

В общей ситуации можно придерживаться правила: обрывать ряд не далее того места, после ко-торого общий член начинает возрастать. Как правило, общий член АР при возрастании его номерасначала убывает, а затем, начиная с некоторого "критического"номера, может начать возрастать. Этоткритический номер n∗ обычно зависит от значения x: чем ближе x к своему пределу, тем больше n∗. Напрактике следует ограничиваться конечным отрезком формального ряда, обрывая этот ряд до крити-ческого номера. Для описания качественного поведения функции обычно достаточно 1-го члена раз-ложения. Асимптотические разложения и представления коротко называют словом "асимптотика".

Отметим ещё раз, что формальный асимптотический ряд∞∑k=0

ckφk(x) не обязан сходиться в обыч-

ном смысле, т.е. может не существовать предел limn→∞

n∑k=0

ckφk(x). Более того, даже если формальный

ряд сходится, его сумма может быть равна другой функции.

6.9. Показать, что:

а) ex ∼∞∑k=0

1k!x

k при x→ 0 (ряд сходится к данной функции);

б) ex + e−1/x ∼∞∑k=0

1k!x

k при x→ +0 (ряд сходится к другой функции!)

82

6.10. Доказать, что если функция f(x) бесконечно дифференцируема в окрестности точки x0 6= ∞,

то её ряд Тейлора∞∑k=0

1k!f

(k)(x0)(x − x0)k является асимптотическим разложением этой функции при

x→ x0. Рассмотреть, в частности, пример:

f(x) =

0, x = 0,e−1/x2

, x 6= 0.Указание. Воспользоваться формулой Тейлора с остаточным членом.

6.11. а) Получить АР при x→ 0 для функции f(x) =x∫0

sin tt dt;

б) интегрируя по частям, получить АР функции

f(x) =∞∫

1/x

sin tt dt при x→ 0 до 3-й степени x.

6.12. Доказать, что если вместо соотношений (2) потребовать для каждого n = 0, 1, 2, ... выполне-ния соотношений

f(x) =n∑k=0

ckφk(x) +O(φn+1(x)), x→ x0, x ∈ B,

то мы получим определение АР, равносильное исходному.

3. Свойства асимптотических разложений.

1. АР данной функции по данной АП единственно. Для коэффициентов имеют место рекуррентныеформулы

c0 = limx→x0

f(x)φ0(x)

, c1 = limx→x0

f(x)− c0φ0(x)φ1(x)

, ...,

cn+1 = limx→x0

f(x)−n∑k=0

ckφk(x)

φn+1(x).

2. а) Если f(x) ∼∞∑0akφk(x) и g(x) ∼

∞∑0bkφk(x), то

αf(x) + βg(x) ∼∞∑0

(αak + βbk)φk(x), т.е. АР можно почленно складывать и умножать на число;

б) если f(x) ∼∞∑0ckφk(x), и g(x) 6= 0 – какая-нибудь непрерывная функция, то

g(x)f(x) ∼∞∑0ckg(x)φk(x).

3. Пусть функция f(z) регулярна внутри сектора S : |z| ≥ R, α ≤ arg z ≤ β, 0 ≤ β − α ≤ 2π, иимеет при z →∞, z ∈ S, степенное асимптотическое разложение

f(z) ∼∞∑k=0

fkz−k.

Тогда справедливы утверждения (доказать!):

a)∞∫z

[f(ζ)− f0 − f1z−1] dζ ∼

∞∑k=1

1kfk+1z

−k, z →∞, z ∈ S;

б) если f ′(z) разлагается в асимптотический степенной ряд при z →∞, z ∈ S, то

f ′(z) ∼ −∞∑k=1

kfkz−k−1, z →∞, z ∈ S.

Указание: при доказательстве (б) использовать (а).

83

6.13. а) Проверить, что e−x ∼∞∑k=0

0 · x−k, x → +∞; б) Могут ли две различные функции иметь

одно и то же АР? в) Может ли данная функция иметь два различных АР (по различным АП)? Вответах привести примеры.

6.14. Доказать, что если f(z) ∼∞∑k=0

akz−k и g(z) ∼∞∑k=0

bkz−k при z → ∞, z ∈ S (S – сектор

комплексной плоскости, см. 3), то

f(z)g(z) ∼∞∑k=0

ckz−k, z →∞, z ∈ S,

где ck = a0bk + a1bk−1 + ...+ akb0.

Указание: f(z) =N∑

k=0

akz−k + o(z−N ), g(z) =

N∑k=0

bkz−k + o(z−N ) для любого N .

4.2 Асимптотика интегралов типа Лапласа

Рассматриваются интегралы вида

F (λ) =b∫a

f(x)eλS(x)dx, (3)

где [a, b] – конечный вещественный промежуток, функции f(x) и S(x) принадлежат классу C∞[a, b],"фазовая"функция S(x) вещественна. Задача состоит в получении асимптотики функцииF (λ) при λ→+∞.

Замечание: в частном случае, когда S(x) = x, интеграл (3) есть преобразование Лапласа функции f(x).

Из очевидной оценки∫∆f(x)eλS(x)dx ≤ CeλM , где M = max

x∈∆S(x), вытекает утверждение, что

основной вклад в асимптотику интегралов типа Лапласа (3) даёт окрестность той точки (или тех то-чек), в которой функция S(x) принимает свое наибольшее значение на промежутке [a, b].

4.2.1 Монотонная фазовая функция

Пусть функция S(x) монотонна, причем S′(x) 6= 0, x ∈ [a, b]. Интегрируя по частям, получаем равен-ство

b∫af(x)eλS(x)dx =

[eλS(x)

λS′(x)

(f0(x) + 1

λf1(x) + ...+ 1λn fn(x)

)]ba+

+ 1λn+1

b∫afn+1(x)eλS(x)dx,

(4)

где f0(x) = f(x), fn+1(x) = − ddx

fn(x)S′(x) , n = 0, 1, 2, ....

Если функция S(x) возрастающая, то eλS(a)/eλS(b) = O(λ−∞), и соотношение (4) можно записатьв виде бесконечного асимптотического разложения:

b∫a

f(x)eλS(x)dx ∼ eλS(b)

λS′(b)

∞∑k=0

fk(b)λk

, λ→ +∞. (5)

В случае убывающей функции S(x) соотношение (5) заменяется на

b∫a

f(x)eλS(x)dx ∼ − eλS(a)

λS′(a)

∞∑k=0

fk(a)λk

, λ→ +∞. (6)

84

Формула (5) пригодна и в случае немонотонной фазовой функции S(x) при условии, что S(b) > S(x)при всех x < b и что S′(b) > 0, т.е. что в правой концевой точке промежутка [a, b] значение фазовойфункции больше её значений во всех прочих точках, причем наклон графика фазовой функции в этойточке положителен. Аналогично, формула (6) пригодна в случае, когда S(a) > S(x) при x > a, причемS′(a) < 0.

6.15. Для функции F (λ) =1∫0

e−λx

1+x dx:

1. Найти полное асимптотическое разложение: а) при λ → +∞; б) при λ → −∞. Сходится лиасимптотический ряд?

2. Найти наименьший (по абсолютной величине) член ряда (при λ > 0).3. Пользуясь формулой (4), дать оценку погрешности при замене данной функции частичной сум-

мой асимптотического ряда (при λ > 0).

6.16. Для функции F (λ) =3∫−3eλ(x3−3x)dx получить два члена АР при:

а) λ→ +∞; б) λ→ −∞.

6.17. Для функции F (λ) =0∫−1

(x+ x2)eλ(x+cosx)dx найти главный член асимптотики при λ→ +∞.

6.18. Для функции F (λ) =2∫−2

exp(λ chx)3+x dx найти асимптотическое

представление при λ→ +∞.Указание. Поскольку S(a) = S(b), то оба конца промежутка дают вклады одного и того же порядка в асим-

птотику интеграла.

6.19. Для функции F (λ) =1∫0

e−λx

1+x dx:

а) найти полное асимптотическое разложение при λ→ +∞;б) выяснить, сходится ли асимптотический ряд, и если сходится, то к чему;в) как зависит погрешность, возникающая при замене интеграла частичной суммой АР, от числа

слагаемых частичной суммы?

6.20. Для функции F (λ) =2∫0

cosx · ch [λ(x4 − 4x+ 1)] dx получить два члена АР при λ→ +∞.

6.21. Для функции F (λ) =∞∫−1

exp(−λ√

x2

1+x

)dx найти асимптотическое представление при λ→

+∞.Указание. В точке x = 0 имеется скачок функции S′(x); интеграл следует разбить на

∫ 0

−1+∫ +∞0

; действуютформулы (5) и (6).

4.2.2 Фазовая функция с наибольшим значениемвнутри промежутка

Пусть функция S(x) принимает в некоторой точке x0 ∈ (a, b) своё наибольшее значение, причемS′(x) > 0 при x < x0, S′(x) < 0 при x > x0, S′(x0) = 0 и S′′(x0) < 0. Тогда интеграл типа Ла-пласа (3) имеет при λ→ +∞ асимптотическое представление

b∫a

f(x)eλS(x)dx = eλS(x0)

√2π

λ |S′′(x0)|

[f(x0) +O

(1λ

)]. (7)

85

Если точка x0 наибольшего значения фазовой функции совпадает с левым или правым концом проме-жутка, причем S′(x0) = 0 и S′′(x0) < 0, то

b∫a

f(x)eλS(x)dx =12eλS(x0)

√2π

λ |S′′(x0)|

[f(x0) +O

(1√λ

)]. (8)

6.22. Получить асимптотическое представление для интеграла3∫0xe2x+λ sinxdx: а) при λ→ +∞; б) при λ→ −∞.

6.23. Для функции F (λ) =2∫−1

12+xe

λ(x3−3x) dx найти главный член асимптотики при λ→ +∞.

Указание. Асимптотика определяется вкладами от обоих концов промежутка, причем на левом конце при-менима формула (8), а на правом – (5).

6.24. Для гамма-функции Γ(x) =∞∫0tx−1e−tdt доказать формулу Стирлинга: Γ(x+1) =

(xe

)x √2πx [1+

O(1/x)], x→ +∞.Указание. Сделать замену переменной t = xτ и полученный интеграл разбить на части

∫ 1−ε

0+∫∞1+ε

+∫ 1+ε

1−ε.

Асимптотика определится последним из этих интегралов.

В задачах 6.25 и 6.26 получить главный член асимптотики данных функций:

6.25. Неполной гамма-функции Γ1(x) =∞∫xtx−1e−tdt при x→ +∞.

Указание: см. задачу 6.24.

6.26.∞∫−∞

e−λ cos x

1+x2 dx, λ→ +∞. Указание. Представить интеграл в виде сходящегося ряда интегралов по

частичным промежуткам.

4.3 Асимптотика интегралов типа Фурье

Рассматриваются интегралы вида

F (λ) =b∫a

f(x)eiλS(x)dx, (9)

где [a, b] – конечный вещественный промежуток, функции f(x) – амплитуда и S(x) – фаза принад-лежат классу C∞[a, b], причем функция S(x) вещественна. Задача состоит в получении асимптотикифункции F (λ) при λ→ +∞.

Замечание: в частном случае, когда S(x) = x, интеграл (9) есть преобразование Фурье функции f(x), про-долженной нулём вне промежутка [a, b].

Стационарными точками функции S(x) называются точки, в которых S′(x) = 0. В отличие отинтегралов типа Лапласа, основной вклад в асимптотику интегралов типа Фурье (9) дают окрестностивсех стационарных точек фазовой функции, а также обоих концов промежутка.

4.3.1 Монотонная фазовая функция

Пусть функция S(x) монотонна, причем S′(x) 6= 0, x ∈ [a, b]. Интегрируя по частям, получаем равен-ство

b∫af(x)eiλS(x)dx =

[eiλS(x)

iλS′(x)

(f0(x) + 1

iλf1(x) + ...+ 1(iλ)n fn(x)

)]ba+

+ 1(iλ)n+1

b∫afn+1(x)eiλS(x)dx,

(10)

86

где f0(x) = f(x), fn+1(x) = − ddx

fn(x)S′(x) , n = 0, 1, 2, ....

Cоотношение (10) можно записать в виде бесконечного асимптотического разложения:

b∫a

f(x)eiλS(x)dx ∼ eiλS(b)

iλS′(b)

∞∑k=0

fk(b)(iλ)k

− eiλS(a)

iλS′(a)

∞∑k=0

fk(a)(iλ)k

, λ→ +∞. (11)

В отличие интегралов типа Лапласа, формула (11) непригодна в случае немонотонной фазовой функ-ции S(x).

6.27. Для функции F (λ) =1∫0

eiλx

1+xdx найти полное асимптотическое разложение: а) при λ→ +∞;

б) при λ→ −∞. Сходится ли асимптотический ряд?

6.28. Для функции F (λ) =3∫−3

cosλ (x3 + 3x) dx: a) получить два члена АР при λ → +∞; б)

приближенно найти корни уравнения F (λ) = 0 при λ 1.

6.29. Для функции F (λ) =0∫−1

(x+x2)eiλ(2x+cosx)dx найти главный член асимптотики при λ→ +∞.

4.3.2 Немонотонная фазовая функция

1. Пусть x0 – единственная на всём промежутке [a, b] стационарная точка функции S(x), и эта точкалежит внутри (a, b), т.е. S′(x0) = 0, a < x0 < b. Будем считать эту точку невырожденной: S′′(x0) 6= 0.Тогда интеграл типа Фурье (9) имеет при λ→ +∞ асимптотическое представление

b∫a

f(x)eiλS(x)dx = eiλS(x0)+iπ4

signS′′(x0)

√2π

λ |S′′(x0)|f(x0) +O(λ−1). (12)

Более точная формула учитывает вклад обеих концевых точек промежутка:

b∫af(x)eiλS(x)dx = eiλS(x0)+iπ

4signS′′(x0)

√2π

λ |S′′(x0)| f(x0)+

+ eiλS(b)

iλS′(b)f(b)− eiλS(a)

iλS′(a)f(a) +O(λ−3/2).(13)

Если невырожденная стационарная точка x0 совпадает с левым или правым концом промежутка, то еёвклад описывается формулой (12) с коэффициентом 1/2.

2. Если внутри промежутка находятся стационарные точки xj , j = 1, ..., p, то асимптотика интегралаФурье описывается формулой вида (13), где вместо одного слагаемого, соответствующего точке x0,следует написать сумму:

p∑j=1

eiλS(xj)+iπ4

signS′′(xj)

√2π

λ |S′′(xj)|f(xj).

Примечание. Вышеописанный способ построения асимптотики интегралов типа Фурье называют иногда"метод стационарной фазы".

6.30. Для интеграла F (λ) =3π/2∫−π/2

cos(2x+ 1) cos(λ cosx) dx

а) получить асимптотику с погрешностью O(λ−3/2) при λ→ +∞ и при λ→ −∞;б) найти приближенно корни уравнения F (λ) = 0 при λ 1.

6.31. Найти главный член асимптотики функции F (λ) =π∫0xeiλ sinxdx при λ→ ±∞.

87

В задачах 6.32 и 6.33 найти с погрешностью O(λ−3/2) асимптотику интегралов при λ→ +∞:

6.32. F (λ) =3∫−1

cosx · sin [λ (x3 − 3x2) ] dx.

6.33. F (λ) =2∫−2

13+xe

iλ chx dx.

6.34. Найти главный член асимптотики F (λ) =2∫0

cos [x+ λ(x4 − 4x2)] dx а) при λ→ +∞; б) при

λ = iµ, µ→ +∞.

6.35. Найти главный член асимптотики при x→ +∞ функции Эйри

Ai(x) =∞∫0

cos (t3 − 3xt) dt.

Указание. Сделаем замену переменной t = xατ , тогда

Ai(x) = xα Re

∞∫0

exp [i(τ3x3α − 3x1+ατ)] dt.

Выберем α так, чтобы 3α = 1 + α, а именно α = 1/2, тогда

Ai(x) =√xRe

∞∫0

eiλ(τ3−3τ) dt, λ = x3/2 → +∞.

Разобьем∫∞0

на∫ 2

0и∫∞2

; асимптотика 1-го из этих двух интегралов находится по формуле (12), второй инте-грал монотонной заменой переменной ξ = τ3 − 3τ сводится к интегралу без стационарных точек и при помощиинтегрирования по частям оценивается как O(λ−1).

4.4 Асимптотика кратных интегралов типа Фурье

Рассматриваются интегралы вида

F (λ) =∫D

f(~x)eiλS(~x)d~x, (13)

где D – область в n-мерном пространстве Rn, ограниченная замкнутой поверхностью σ, ~x ∈ Rn,функции f(~x) – амплитуда и S(~x) – фаза предполагаются бесконечно дифференцируемыми. Задачасостоит в получении асимптотики функции F (λ) при λ→ +∞.

Замечание: в частном случае, когда S(~x) = (~x,~λ∗), ~λ ∈ Rn, λ = |~λ|, ~λ∗ = ~λ/λ, интеграл (13) естьпреобразование Фурье функции f(~x), продолженной нулём вне области D.

Стационарные точки фазы – это точки, в которых∇S(~x) = ~0 или, что то же, точки с координа-тами, удовлетворяющими системе уравнений ∂S/∂xj = 0, j = 1, 2, ..., n.

1. Если внутри области и на границе нет стационарных точек, то при помощи интегрирования по частямзадача сводится к аналогичной задаче меньшей размерности. Пусть n = 2 и S′y 6= 0, тогда∫

D

∫f(x, y)eiλS(x,y)dxdy =

1iλ

∮σ

f(x, y)S′y(x, y)

dx+1iλ

∫D

∫f1(x, y)eiλS(x,y)dxdy,

где f1(x, y) = − ∂∂y

f(x,y)S′y(x,y) , а первое слагаемое в правой части есть криволинейный интеграл 2-го рода по

контуру σ области D. Контурный интеграл сводится к однократным интегралам по x и исследуется по

88

схеме предыдущего параграфа, а второе слагаемое оценивается как O(λ−2) или снова интегрируетсяпо частям.

6.36. Найти асимптотику при λ→ +∞ интеграла

F (λ) =∫D

∫(1 + 2x+ y)eiλ(x2−8xy+y2+1)dxdy,

где D – квадрат |x− 2| ≤ 1, |y| ≤ 1.Указание. Стационарная точка (0,0) находится вне области. После интегрирования по частям по переменной

y получаем: F = F1 + F2, где

F1 = iλe

2iλ3∫1

(x

4x+1eiλ (x2+8x) + x+1

1−4xeiλ (x2−8x)

)dx,

F2 = iλ

∫D

∫eiλ(x2−8xy+y2+1) ∂

∂y

(1+2x+y−8x+2y

)dxdy = O(λ−3).

2. Нейтрализатором, связанным с точкой ~a, называется функция η(~x;~a) класса C∞, равная 1 внекоторой окрестности точки ~a и равная нулю вне некоторой большей её окрестности. Вкладом точки~a в асимптотику интеграла (13) называется интеграл

V (λ;~a) =∫D

η(~x;~a)f(~x)eiλS(~x)d~x. (14)

Важно отметить, что фактически интеграл берется по (малой) окрестности точки ~a, причем границаэтой окрестности влияет на асимптотику с погрешностью O(λ−∞), которую следует отбросить. По-скольку в точке ~a и её окрестности нейтрализатор равен 1, то его присутствие в качестве множителяпод знаком интеграла не влияет на выражение для асимптотики вклада точки~a. Вклад V (λ;σ) границыσ области D определяется аналогично (14) с помощью нейтрализатора, равного 1 на границе и вблизинеё и равного нулю вне некоторой окрестности границы.

Принцип локализации: Асимптотика интеграла (13) определяется суммой вкладов от всех стаци-онарных точек и от границы области.

Пусть ~x0 – стационарная точка фазы, лежащая внутри области D. Будем считать стационарнуюточку невырожденной: ∇S(~x0) = ~0, detH 6= 0, где H = H(~x0) – матрица Гессе в этой точке, Hij =∂2S

∂xi∂xj.

Если ~x0 – единственная стационарная точка в области D, то главный член асимптотики интеграла(13) определяется вкладом от ~x0 и имеет вид

F (λ) = eiλS(~x0)+iπ4

signH 1√|detH|

(2πλ

)n/2[f(~x0) +O(λ−1/2)]. (15)

Здесь величина signH – сигнатура матрицы H – равна сумме знаков собственных чисел этой матри-

цы. Для вычисления сигнатуры можно просто записать квадратичную форму матрицыn∑

i,j=1(H)ijξiξj и

привести её любым способом к каноническому видуn∑j=1

µjζ2j , тогда signH = signµ1 + ...+ signµn.

Если на границе области нет стационарных точек, то для вычисления асимптотики вклада от гра-ницы можно проинтегрировать этот вклад по частям по какой-нибудь переменной xj , для которой∂S/∂xj 6= 0, понизив тем самым размерность задачи подобно тому, как это было показано в п.1.

6.37. Найти главный член асимптотики интеграла задачи 6.36, где область D – квадрат |x| ≤1, |y| ≤ 1.

Указание: F (λ) = V (λ;~0) + V (λ;σ) + O(λ−∞), где V (λ;~0) – вклад стационарной точки (0,0), V (λ;σ) –вклад границы, V (λ, σ) = O(λ−2). Элементы матрицы Гессе: H11 = H22 = 2, H12 = H21 = −8, собственныечисла 10 и−6.

89

4.5 Метод перевала

Изучается асимптотика при λ→ +∞, λ > 0 интегралов вида

F (λ) =∫γ

f(z)eλS(z)dz, (16)

где γ – незамкнутый контур в комплексной плоскости z, функции f(z) и S(z) регулярны в некоторойобласти, содержащей внутри себя контур γ.

Замечание. В силу регулярности подинтегральной функции, можно произвольно деформировать контур ин-тегрирования, что дает дополнительные возможности для получения асимптотических формул.

1. Пусть f(z) = u(x, y)+ iv(x, y), тогда |eS(z)| = eu(x,y). График функции ζ = eu(x,y) в трёхмерном про-странстве (x, y, ζ) называется рельефом функции eS(z). Как всякая гармоническая функция, веще-ственная часть u(x, y) регулярной функции f(z) не может иметь максимумов или минимумов, поэтомуна рельефе не могут существовать "ямы"или "холмы".

Если контур γ таков, что в одной из его концевых точек z∗ значение функции u(x, y) больше, чем вовсех остальных точках контура, и притом S′(z∗) 6= 0, то, как и для интегралов Лапласа, интегрированиепо частям даёт асимптотическое разложение при λ→ +∞:

F (λ) ∼ ± eλS(z∗)

λS′(z∗)

∞∑n=0

fn(z∗)λn

, f0(z) = f(z), fn+1(z) = − d

dz

fn(z)S′(z)

.

В этой формуле выбирается знак "+", если z∗ – конец контура при выбранной его ориентации, и знак"−", если z∗ – начало контура.

2. Седловой точкой (или точкой перевала) функции S(z) называется такая точка z0, что S′(z0) = 0.Седловая точка называется невырожденной, если S′′(z0) 6= 0.

В окрестности невырожденной седловой точки z0 рельеф функции eS(z) имеет вид простого седла(такой же вид имеет гиперболический параболоид). На плоскости z в седловой точке пересекаютсяпод прямым углом две кривые, при движении точки z по которым изменение функции |eS | происходитнаиболее быстро. Одну из этих кривых седловая точка делит на две линии наискорейшего спуска(ЛНС), другую кривую – на две линии наискорейшего подъема (ЛНП). При удалении от точки z0вдоль ЛНС функция |eS | убывает наискорейшим образом, а вдоль ЛНП – наискорейшим образомвозрастает. Угол между ЛНП и соседней с ней ЛНС равен 90. Вдоль каждой ЛНС и ЛНП функцияv(x, y) постоянна.

В окрестности точки z0 легко получить уравнения линий наискорейшего спуска и возрастания,пользуясь приближенным равенством S(z) ≈ S(z0) + b (z − z0)2, где b = 1

2S′′(z0) = |b|eiα, α =

argS′′(z0). Пусть z − z0 = ρeiφ, тогда arg (S(z)− S(z0)) ≈ α+ 2φ, и вдоль касательных к ЛНП будетφ = −α/2 и φ = π − α/2, а вдоль касательных к ЛНС будет φ = −α/2 + π/2 и φ = −α/2 − π/2.Другими словами, ЛНС и ЛНП пересекаются под углом 90. Отметим, что ЛНС пересекает прямую,проходящую через z0 и параллельную оси Re z, под углом φ0 = 1

2 (φ− argS′′(z0)).В седловой точке пересекаются под прямым углом также две линии постоянства функции u(x, y),

обозначим их l1 и l2. При движении z по l1 и l2 соответствующая точка на рельефе перемещается наодной и той же высоте. На географической карте такие линии называют "горизонталями". При движе-нии z по линиям постоянства u(x, y) функция v(x, y) изменяется наиболее быстро. Вне седловых точеклинии постоянства функции u пересекают линии постоянства функции v под прямым углом, а в сед-ловых точках – под углом 45. Линии l1 и l2 делят окрестность седловой точки на четыре сектора: два"положительных"и два "отрицательных". Каждый отрицательный сектор содержит одну ЛНС, поло-жительный – одну ЛНП. Если точка z удаляется от седловой точки в отрицательном секторе, то точкана рельефе спускается вниз ("под гору"), а в положительном секторе – поднимается наверх ("в гору").

90

3. Вернёмся к вопросу об асимптотике интеграла (16). Если начало контура γ находится в одном отри-цательном секторе, а конец – в другом, то при любых непрерывных деформациях контура наибольшеезначение |eS | будет достигаться во внутренней точке контура, а не на концах. В этом случае следует такдеформировать контур, чтобы он прошел через седловую точку z0 и совпал вблизи этой точки с частьюЛНС, а на оставшейся части контура выполнялось неравенство u(x, y) < u(x0, y0). Тогда, как и дляинтеграла типа Лапласа, асимптотика определяется только вкладом седловой точки:

F (λ) = ±eλS(z0)+iφ0

√2π

λ|S′′(z0)|[f(z0) +O(z−1)], (17)

где φ0 = 12 (π − argS′′(z0)), 0 ≤ argS′′(z0) < 2π, −π/2 < φ0 ≤ π/2. В формуле (17) следует взять

знак "+", если вблизи седловой точки z0 движение по контуру в направлении его ориентации образуетострый угол φ0 с положительным направлением оси Re z, и знак "−"в противоположном случае.

В задачах 6.38 и 6.39 для данных интегралов найти главный член асимптотики при λ→ +∞.

6.38. F (λ) =∫γ

exp(λ (1

3z3 − z)

)dz. Здесь γ – контур, идущий по лучу arg z = −π/3 из бесконеч-

ности к нулю, а затем уходящий из нуля на бесконечность по лучу arg z = π/3.Указание. Имеются две седловые точки: z0 = 1 и z1 = −1. Из точки z0 в верхнюю полуплоскость выходит

линия наискорейшего спуска l+ под прямым углом к оси x, далее она уходит на бесконечность, приближаяськ лучу arg z = π/3. В нижней полуплоскости имеется ЛНС l−, симметричная l+ относительно оси x. Контуринтегрирования следует совместить с l− ∪ l+ и применить формулу (17).

Примечание. Дифференциальное уравнение Эйри имеет вид w′′(t) = tw(t). Одно из его решений можнозаписать в виде интеграла w(t) =

∫γ

exp ( 13ζ

3 − ζt) dζ. Замена переменной ζ = z√t приводит это решение к виду

w(t) =√t∫γ

exp(λ( 1

3z3 − z)

)dz, где λ = t3/2.

6.39. F (λ) =2+2i∫2−2i

(1 + z)eλ (z4+4z)dz.

Указание. Седловые точки: z1 = e−iπ/3, z2 = −1, z3 = eiπ/3. Контур следует оттянуть влево так, чтобы онпрошел последовательно через точки z1, z2, z3 по линиям наискорейшего спуска.

Ответы.

6.4. Неверно. 6.7. Образуют. 6.8. Последовательность является асимптотической только налуче arg z = 0.

6.9. б) Сумма ряда равна ex. 6.10. f(x) ∼∞∑n=0

0 · xn.

6.11. а) f(x) ∼ x− 13·3!x

3 + 15·5!x

5 − ...;

б) f(x) ∼ x cos 1x + x2 sin 1

x − 2x3 cos 1x − ...

6.13. б) Могут: 0 и e−x при x→ +∞; в) может: при x→ +0,e−1/x

1−x ∼ e−1/x(1 + x+ x2 + ...), e−1/x

1−x ∼ 0 · 1 + 0 · x+ 0 · x2 + ...

6.15. 1. а) F (λ) ∼∞∑n=0

(−1)nn!λn+1 , ряд расходится при любых λ;

б) F (λ) ∼∞∑n=0

n!2n+1µn+1 , µ = −λ→ +∞, ряд расходится при любых λ.

2. Общий член ряда: an = (−1)nn!λn+1 . Когда n возрастает от 0 до n∗ = [λ], тогда |an| убывает, а когда

n возрастает от n∗ + 1 до +∞, тогда |an| возрастает. Здесь [λ] означает целую часть числа λ.

3. Разность Rn = F (λ) −n∑k=0

ak между точным значением интеграла и частичной суммой ряда

равна интегралу Rn = (−1)n+1 (n+1)!λn+1

1∫0

e−λxdx(1+x)n+2 . Если взять n = n∗ = [λ], то |Rn| ≤ n!

nn+1 ≈√

2πn ·e

−n.

91

Например, при λ = 10 будет |R10| ≤ 0, 000036 .

6.16. a) F = e18λ+3

24λ [1− 196λ

−1 +O(λ−2)];б) F = − e18µ−3

24µ [1 + 796µ

−1 +O(µ−2)], µ = −λ→ +∞.

6.17. F = −λ−2eλ[1 +O(λ−1)]. 6.18. F = 65eλ ch 2

λ sh 2 [1 +O(λ−1)].

6.19. а) F ∼ eπλ/2

λ2

∞∑k=0

(−1)k

λ2k ; б) ряд сходится при λ > 1, но его сумма eπλ/2/(λ2 + 1) не совпадает

с точным значением F = 2 ch (πλ/2)/(λ2 + 1), которое получается прямым вычислением интеграла.Причина в том, что слагаемое e−πλ/2 экспоненциально мало по сравнению с e+πλ/2, и все коэффици-енты его АР по асимптотической последовательности e+πλ/2λ−n равны нулю;

в) в данном случае погрешность при замене интеграла частичной суммой его АР будет тем меньше,чем больше слагаемых в сумме, так как бесконечный АР сходится, а его сумма отличается от истинногозначения интеграла на величину O(λ−∞).

6.20. F = e9λ

56λ [cos 2 + ( 128 sin 2 + 3

49 cos 2) 1λ +O(λ−2)]. 6.21. F = 2

λ +O(λ−2).

6.22. a) F = eπ+λ√

2πλ [π/2 +O(λ−1)]; б) F = λ−2 +O(λ−3).

6.23. F = e2λ√

π12λ [1 + O(λ−1/2)]; вклад от правого конца промежутка имеет такой же порядок,

что и погрешность в формуле для вклада от левого конца.

6.25. Γ1(x) =(xe

)x√ π2x [1 +O(x−1/2)].

6.26. F =√

2πλ e

λ+∞∑

k=−∞

[1

1+k2π2 +O(λ−1)].

6.27. В обоих случаях F (λ) ∼∞∑n=0

(eiλ

2n+1 − 1)

n!(iλ)n+1 .

6.28. а) F (λ) = 115λ(sin 36λ− cos 36λ

50λ +O(λ−2));б) уравнение tg t = b/t+O(1/t2) при t 1 можно переписать в виде t = nπ+ arctg [b/t+O(1/t2)],

n 1, откуда tn = nπ + b/tn +O(n−2). Отсюда λn = nπ36 + 1

50nπ +O(n−2), n 1.

6.29. F (λ) = eiλ

4λ2 + eiλ (cos 1−2)

(2+sin 1)λ2 +O(λ−3).

6.30. a) F (λ) = 2√

2πλ cos 1 · [cos(λ− π/4) +O(λ−1)] при λ→ +∞;

F (λ) = 2√

2π|λ| cos 1 · [cos(|λ| − π/4) +O(λ−1)] при λ→ −∞;

б) λn = nπ + 34π +O(n−1), n 1.

6.31. F (λ) = π√

π2|λ| e

iλ−i (π/4) signλ [1 +O(λ−1)], λ→ ±∞.

6.32. F (λ) = −√

π3λ [√

2/2 + cos 2 · sin(4λ− π/4)] +O(λ−3/2).

6.33. F (λ) =√

2πλ e

i (λ+π/4) + 6eiλ ch 2

5iλ sh 2 +O(λ−3/2).

6.34. a) F (λ) = 18

√2πλ +O(λ−1); б) F (iµ) = 1

4

√2πµ e

4µ [1 +O(µ−1)].

6.35. Ai(x) = 14√x

√π3 [cos (2x3/2 − π/4) +O(x−3/2)], x→ +∞.

6.36. F (λ) = 1λ2 e

2iλ[ 3182e

33iλ − 150e

9iλ + 211e

−15iλ − 19e−7iλ] +O(λ−3).

6.37. F (λ) = πeiλ

λ√

15+O(λ−2). 6.38. F (λ) = ie−2λ/3

√πλ [1 +O(λ−1)].

6.39. F (λ) =√

2πλ ie

3λ/2[cos (3

√3

2 λ− π6 ) +O(λ−1)

].

92

ГЛАВА 5

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ В КОМПЛЕКСНОЙ ПЛОСКОСТИ

5.1 Построение решений с помощью рядов

5.1.1 Неособые точки уравнения

Рассматривается обыкновенное дифференциальное уравнение

w′′(z) + p(z)w′(z) + q(z)w(z) = r(z). (1)

Здесь коэффициенты p(z), q(z) и правая часть r(z) уравнения – регулярные функции в односвязнойобласти D.

Теорема: Для любой точки a ∈ D, при любых заданных числах α и β, задача Коши w(a) =α, w′(a) = β для уравнения (1) имеет единственное решение w(z); функция w(z) регулярна в обла-сти D.

Если известно разложение функций p(z), q(z), r(z) в степенные ряды в окрестности точки a, то

решение задачи Коши можно найти в виде степенного ряда w(z) =∞∑k=0

ck (z − a)k. Подставляя этот

ряд в уравнение (1) и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях разности (z − a), полу-чим бесконечную рекуррентную систему для неизвестных c0, 1, c2, ..., причем c0 и c1 определяются изначальных условий: c0 = α, c1 = β.

7.1. Построить общее решение уравнения Эйри w′′ = zw в виде ряда в окрестности точки z = 0.В какой области сходится ряд?

Указание. Для первого решения w1(z) взять α = 1, β = 0, для второго w2(z) взять α = 0, β = 1. Общеерешение w(z) = Aw(z)1 +Bw2(z) с произвольными постоянными A и B.

7.2. Построить в окрестности точки z = 0 решение неоднородного уравнения Эйри w′′ = zw + z2

при начальных данных w(0) = w′(0) = 0.7.3. Построить общее решение уравнения w′′′ = zw в виде ряда в окрестности точки z = 0.

5.1.2 Регулярная особая точка уравнения

Точка z = z0 называется особой точкой уравнения

w′′(z) + p(z)w′(z) + q(z)w(z) = 0, (2)

если хотя бы для одного из коэффициентов уравнения эта точка является полюсом или существенноособой точкой. При этом точка z0 называется регулярной особой точкой уравнения, если для p(z)эта точка – полюс не выше 1-го порядка, а для q(z) – полюс не выше 2-го порядка, т.е.

p(z) =a0

z − z0+ a1 + a2(z − z0) + ..., q(z) =

b0(z − z0)2

+b1

z − z0+ b2 + b3(z − z0) + ...

93

В окрестности регулярной особой точки можно строить решенияуравнения в виде "обобщённых"степенных рядов вида

w(z) = (z − z0)ρ∞∑n=0

cn(z − z0)n. (3)

В этой формуле показатель ρ – один из корней ρ1, ρ2 "определяющего"уравнения

ρ(ρ− 1) + a0ρ+ b0 = 0.

Если разность корней ρ1 и ρ2 не равна целому числу, то существуют два линейно независимых ре-шения вида (3):

w1(z) =∞∑n=0

cn(z − z0)n+ρ1 , w2(z) =∞∑n=0

dn(z − z0)n+ρ2 . (4)

Здесь c0 и d0 – произвольные постоянные, а cn, dn при n ≥ 1 – коэффициенты, которые определяютсяиз бесконечной рекуррентной системы, получаемой в результате подстановки рядов (4) в уравнение (2)и приравнивания коэффициентов при одинаковых степениях разности (z− z0). Ряды, построенные та-ким образом, сходятся в некотором круге |z−z0| < R, не содержащем других особых точек уравнения.

Если разность корней ρ1 и ρ2 – целое число, ρ1 − ρ2 = m, m ≥ 0, то первое решение w1(z) имеетвид (4), а второе решение вид

w2(z) =∞∑n=0

dn(z − z0)n+ρ2 +Aw1(z) ln (z − z0),

где d0 – произвольная постоянная, а коэффициенты A, d1, d2, ... определяются из рекуррентной си-стемы при подстановке ряда в уравнение. Здесь коэффициент c0, входящий в решение w1(z), можносчитать заданным, например, c0 = 1.

Для исследования дифференциального уравнения и построения решений в окрестности точки z =∞ следует сделать замену t = 1/z и рассмотреть окрестность точки t = 0.

7.4. Построить линейно независимые решения уравнения Бесселя с индексом ν = 1/3:

w′′ +1zw′ + (1− 1

9z2)w = 0

в окрестности точки z = 0.Указание. Из рекуррентной системы получается, что c0 произвольно, c2k+1 = 0, c2k = (−1)kc0/ [22kk! (k +

ρ)(k+ρ−1)...(ρ+1)]. С помощью гамма-функции можно переписать это выражение в видеB (−1)k/ [22k+ρk! Γ(k+ρ+ 1)], где B – новая постоянная.

Замечание. Подстановка z = 23 t

3/2 сводит уравнение Бесселя с индексом 1/3 к уравнению w′′ + 1tw

′ + (t−1

4t2 ) = 0. В свою очередь, это уравнение заменой w = t−1/2v приводится к уравнению Эйри v′′ + tv = 0.

7.5. Построить линейно независимые решения уравнения Бесселя с индексом ν = 1/2:

z2w′′ + zw′ + (z2 − 14)w = 0

в окрестности точки z = 0.Указание. Рекуррентная формула для первого решения: cn = − cn−2

n(n+1) , c0 произвольно, c1 = 0. Для второгорешения: 0 · d0 = 0, Ac0 + 0 · d1 = 0, отсюда: d0 произвольно, A = 0, d1 произвольно. Пусть d1 = 0, тогдарекуррентная формула: dn = − dn−2

(n−1)n . Если для d1 выбрать ненулевое значение, то к полученному решениюw2(z) добавится слагаемое d1w1(z).

7.6. Построить решения уравнения (z − 1)w′′ = w в окрестности точки z = 1.

94

Указание. Для первого решения получается: cn = c01

n! (n+1)! . Начало рекуррентной системы для вычислениявторого решения: 0 · d0 = 0, 0 · d1 − d0 + Ac0 = 0, откуда следует, что d0 и d1 произвольны. Положим здесьd1 = 0, c0 = 1, тогда A = d0. Общее уравнение рекуррентной системы принимает вид: n(n + 1)dn+1 = dn −(2n + 1)Acn, отсюда dn+1 = (dn − d0

2n+1n! (n+1)! )/[n(n + 1)]. Таким образом, dn = γn · d0, где γn – некоторые

числа, не зависящие от d0. Если для d1 выбрать ненулевое значение, то к полученному решениюw2(z) добавитсяслагаемое d1w1(z).

7.7. Построить решения гипергеометрического уравнения w′′ + 1zw

′ − 1z (z−1)w = 0 в окрестности

точек: а) z = 0; б) z = 1; в) z = ∞.Указание. В случае (а): ρ1 = ρ2 = 0, w1 = z − 1; для второго решения можно положить d0 = 0, d1 = −2,

тогда A = 1, d2 = 1/2, dn+1 = n−1n+1dn, n ≥ 2;

в случае (б): ρ1 = 1, ρ2 = 0, w1 = z − 1;в случае (в): z = 1/t, (t2 − t3)d2w/dt2 + (t− t2)dw/dt− w = 0, ρ1 = 1, ρ2 = −1.

7.8. Построить в окрестности точки z = 0 решения заданных уравнений:

а) zw′′ + 2w′ + zw = 0; б) zw′′ + w′ + w = 0.

7.9. Уравнение для полиномов Лежандра имеет вид

(1− z2)w′′ − 2zw′ + n (n+ 1)w = 0, n = 0, 1, 2, ...

Построить его решения в окрестности точки z = 1.

Указание. Здесь a0 = 1, b0 = 0, ρ1 = ρ2 = 0; рекуррентная формула для первого решения: ck+1 =n(n+1)−k(k+1)

2(k+1)2 ck. Отсюда: cn+1 = cn+2 = ... = 0, т.е. w1(z) есть полином степени n. Очевидно, первое решение

ограничено при всех z. Второе решение w2 = Aw1(z) ln(z − 1) +∞∑

k=0

dk(z − 1)k имеет бесконечный разрыв в

точке z = 1.Замечание. Решение w1(z) – это полином Лежандра (с точностью до числового множителя). Полином Ле-

жандра степени n является собственной функцией задачи Штурма-Лиувилля для уравнения ((1−z2)w′)′+λw =0, а числа λn = n(n + 1) – собственными числами. Для такой задачи граничными условиями служат условияограниченности w в обеих особых точках z = ±1.

5.2 Уравнения с линейными коэффициентами:построение решений методом Лапласа

Рассматриваются дифференциальные уравнения вида

(A0z +A1)w′′ + (B0z +B1)w′ + (C0z + C1)w = 0,

где Aj , Bj , Cj – постоянные числа. Решения таких уравнений можно представить в виде контурныхинтегралов (метод Лапласа), причем схема построения таких формул зависит от того, равен ли нулюкоэффициент A0.

5.2.1 Случай 1-й: A0 6= 0

В этом случае уравнение приводится линейной заменой аргумента к виду

zw′′ + (a0z + a1)w′ + (b0z + b1)w = 0, (5)

где a0, b0, a1, b1 – постоянные. По методу Лапласа решение ищется с помощью интегрального преоб-разования

w(z) =∫γ

ezζv(ζ) dζ, (6)

95

где γ – некоторый контур, v(ζ) – новая неизвестная функция. Подставим выражение (6) в уравнение(5): ∫

γ

(ζ2 + a0ζ + b0)v(ζ)zezζdζ +∫γ

(a1ζ + b1)v(ζ)ezζdζ = 0

и применим интегрирование по частям к первому интегралу. Приравнивая к нулю подынтегральноевыражение полученного интеграла, получим уравнение первого порядка для v(ζ):

dv

v=

(a1 − 2)ζ + (b1 − a0)(ζ − α1)(ζ − α2)

dζ,

причем α1, α2 – корни "определяющего"уравнения ζ2 + a0ζ + b0 = 0. Пусть α1 6= α2, тогда

v(ζ) = C(ζ − α1)p−1(ζ − α2)q−1, p =α1a1 + b1α1 − α2

, q =α2a1 + b1α2 − α1

.

Выберем контур интегрирования так, чтобы обратилось в нуль внеинтегральное слагаемое:

varγ[(ζ − α1)p (ζ − α2)qezζ

]= 0, (7)

где символ varγ [f(ζ)] означает приращение функции f(ζ) при полном прохождении контура γ точкойζ. Решение дифференциального уравнения получается в виде

w(z) = C

∫γ

(ζ − α1)p−1(ζ − α2)q−1ezζdζ,

где C – произвольная постоянная.

Выбор контура. Если числа p и q – целые неположительные, то для 1-го решения контур γ1

следует взять замкнутым, обходящим точкуα1, а для 1-го решения – обходящим точкуα2. Условие (11)выполняется, так как все функции однозначны. Полученные интегралы берутся по вычетам; решенияw1(z) и w2(z) линейно независимы.

Если числа p и q – целые положительные, то в качестве γ1 следует взять луч arg (ζ − α1) = π, вкачестве γ2 – луч arg (ζ − α1) = π. Условие (11) тогда выполняется при Re z > 0. Интегралы вычис-ляются в конечном виде (интегрированием по частям), в результате получаются линейно независимыерешения в виде мероморфных функций.

Если p и q – целые числа разных знаков, то для одного из решений берётся замкнутый контур, длядругого – луч.

Если числа p, q нецелые, то из точек αj проводят разрезы, а контуры γj выбирают с учетом раз-резов, например, по петлям, обходящим разрез. Направление ухода контура на бесконечность должнобыть таким, чтобы множитель ezζ стремился к нулю при ζ →∞.

7.10. Для уравнения zw′′−(z+2)w′+w = 0: а) построить решения по методу Лапласа; б) построитьрешения в виде рядов в окрестности точки z = 0.

Указание к (а): a0 = −1, b0 = 0, α1 = 0, α2 = 1, p = q = −1.

В задачах 7.11 – 7.14 методом Лапласа построить решения данных уравнений. В случае, когдаинтеграл не вычисляется в элементарныхфункциях, найти его асимптотику при z → +∞.

7.11. zw′′ + 3 (1− z)w′ + 2 (z − 2)w = 0.Указание. Для обоих решений начало контура можно взять в точке z = −∞.

7.12. zw′′ + (z + 2i)w = 0. 7.13. zw′′ + 2w′ − (z + 2)w = 0.

7.14. 3zw′′ − 2w′ + (−3z + 4)w = 0.Указание. α1 = −1, α2 = 1, p = −1, q = 1/3. Разрез провести из точки ζ = 1 по лучу [1,+∞). Для второго

решения можно взять контур (−∞, 1], с обходом точки ζ = 0 сверху или снизу. Для вычисления асимптотикипри z → +∞ сделать замену ζ = 1− t. Главный член определяется вкладом точки t = 0.

96

5.2.2 Случай 2-й: A0 = 0

В этом случае уравнение приводится линейной заменой аргумента к виду

w′′ + (a0z + a1)w′ + (b0z + b1)w = 0, (8)

где a0, b0, a1, b1 – постоянные. По методу Лапласа ищем решение в виде (6) и получаем∫γ

(a0ζ + b0)v(ζ)zezζdζ +∫γ

[(ζ2 + a1ζ + b1)v(ζ)− (a0ζ + b0)v′]ezζ dζ = 0.

После интегрирования по частям придем к условию

varγ [(a0ζ + b0)v(ζ)ezζ ] +∫γ

[(ζ2 + a1ζ + b1 − a0)v(ζ)− (a0ζ + b0)v′]ezζ dζ = 0.

Если a0 6= 0, то для v(ζ) получаем уравнение первого порядка

dv

v=ζ2 + a1ζ + b1 − a0

a0(ζ − α)dζ,

где α = −b0/a0. Это уравнение имеет решение вида

v(ζ) = (ζ − α)β1 exp(β2(ζ − α)2 + β3(ζ − α)),

где β1, β2, β3 – постоянные, которые можно выразить через a0, a1, b0, b1.Если a0 = 0, b0 6= 0, то dv

v = 1b0

(ζ2 + a1ζ + b1) dζ, откуда

v(ζ) = exp(1b0

(ζ3/3 + a1ζ2/2 + b1ζ)).

В обоих случаях условие выбора контура:

varγ [(a0ζ + b0)v(ζ)ezζ ] = 0.

7.15. Построить решения уравнения Эйри w′′ = zw.Указание. Функция exp(zζ − ζ3/3) быстро убывает вдоль направлений arg ζ = 0, arg ζ = ±2π/3.

7.16. Уравнение для полиномов Эрмита имеет вид w′′ − 2zw′ + 2nw = 0, n = 0, 1, 2, ... Построитьинтегральное представление для решений и получить для полиномов Эрмита явную формулу.

Указание. Для полиномов Эрмита взять контур |ζ| = 1. После замены переменной ζ = 2t + 2ζ интегралвычисляется по вычетам. Для второго решения можно взять путь от t = −∞ до t = +∞, обходя полюс t = −z.

7.17. Исследовать решения уравнения параболического цилиндра

w′′ +

(12

+ ν − z2

4

)w = 0, Im ν = 0. (∗)

а) Построить интегральные представления для решений.б) Найти асимптотику одного из этих решений при z → ±∞.Указания. (а) Замена w = y(z)e−z2/2 приводит уравнение (∗) к уравнению y′′ − zy′ + ν y = 0, тогда y(z) =∫

γζ−ν−1ezζ−ζ2/2 dζ. Условие на выбор контура: varγ [ζ−νezζ−ζ2/2] = 0. При нецелых значениях параметра ν

разрез можно провести по лучу arg ζ = π. При целых отрицательных ν один из концов контура взять в точкеζ = 0. При целых положительных ν задача сводится к задаче 7.16.

(б) При z > 0 сделать замену ζ = zt и применить метод перевала (седловая точка t = 1). При z < 0 заменаζ = |z|t, седловая точка t = −1.

97

7.18. а) Пользуясь методом Лапласа, построить три линейно независимых решения уравнения w′′′ =zw.

б) Найти асимптотику этих решений при z → +∞.Указания. (а) v(ζ) = e−ζ4/4, varγ [v(ζ)ezζ ] = 0. Функция e−ζ4/4 быстро убывает, когда ζ уходит на беско-

нечность вдоль лучей arg ζ = nπ/2, n = 0, 1, 2, 3.(б) Сделать замену ζ = tz1/3 и применить метод перевала.

Ответы.

7.1. w1(z) = 1+ 12·3z

3 + 12·3·5·6z

6 + ..., w2(z) = z+ 13·4z

4 + 13·4·6·7z

7 + ..., w(z) = Aw1(z)+Bw2(z).Ряд сходится при |z| <∞.

7.2. w(z) = w2(z)− z = 13·4z

4 + 13·4·6·7z

7 + ... 7.3. w1(z) = 1 + 12·3·4z

4++ 1

2·3·4·6·7·8z8 + ..., w2(z) = z + 1

3·4·5z5 + 1

3·4·5·7·8·9z9 + ...,

w3(z) = z2 + 14·5·6z

6 + 14·5·6·8·9·10z

10 + ..., w(z) = Aw1(z) +Bw2(z) + Cw3(z).

7.4. w1(z) = A∞∑k=0

(−1)k

k! Γ(k+ 43)

(z2

)2k+ 13 , w2(z) = B

∞∑k=0

(−1)k

k! Γ(k+ 23)

(z2

)2k− 13 . Если положить A = B = 1,

то получатся функции Бесселя J 13(z), J− 1

3(z).

7.5. w1(z) = sin z√z

, w2(z) = cos z√z

.

7.6. w1(z) = c0∞∑n=0

1n!(n+1)!(z − 1)n+1,

w2(z) = d0 [∞∑n=0

γn(z − 1)n + w1(z) ln(z − 1)].

7.7. а) w1(z) = z − 1, w2(z) = (z − 1) ln z − 2z +∞∑n=1

1n(n+1)z

n+1, |z| < 1;

б) w1(z) = z − 1, w2(z) = 1 + (z − 1) ln(z − 1) +∞∑n=1

(−1)n

n (z − 1)n+1, |z − 1| < 1;

в) w1(z) =∞∑n=1

1n(n+1)z

−n, w2(z) = d0(z − 1), |z| > 1.

Замечания: 1) Можно установить связь представлений решений в различных окрестностях. Например, вслучае (б) сумма ряда равна −(z − 1) ln z, и w2(z) = 1 + (z − 1) ln(z − 1) − (z − 1) ln z; в случае (в) решение

w1(z) можно преобразовать следующим образом: w1(z) =∞∑

n=1( 1

n −1

n+1 )z−n =− ln(1− 1z ) + 1 + z ln(1− 1

z ) =

1 + (z − 1)( ln(z − 1)− ln z ), что совпадает с w2(z) из (б).2) Зная одно решение, например, w1(z) в случае (а), можно второе решение получить по формуле Лиувилля:

w2(z) = w1(z)∫

exp(−∫p(z) dz)

w21(z)

dz.

7.8. (а) w1(z) = A sin zz +B cos z

z ; (б) w1(z) =∞∑n=0

(−1)n

(n!)2zn = J0(2z),

w2(z) = w1(z) ln z +∞∑n=1

dnzn, где d1 = 1, dn+1 = 1

(n+1)2

(−dn + (−1)n

n!(n+1)!

).

7.9. w1(z) =n∑k=0

ck(z − 1)k, ck = c0n∏k=1

n(n+1)−(k−1)k2k2 =

= c02n(n!)2

n∏k=1

[n(n+1)−(k−1)k]; w2(z) = w1(z) ln(z−1)+∞∑k=1

dk(z−1)k, d1 = −(n2+n+1/2)c0, dk+1 =1

2(k+1)2[n(n+1)−k(k+1) ] dk−(2k+1)ck−(k+1)ck+1. 7.10. а)w1(z) = z+2, w2(z) = (z−2)ez;

б) ρ1 = 3, ρ2 = 0, w1(z) =∞∑k=0

(1

(k+2)! −2

(k+3)!

)zk+3 = z + 2 + (z − 2)ez, w2(z) = z + 2.

7.11. w1(z) = z−2e2z, w2(z) = (z−2 + z−1)ez.

98

7.12. w1(z) = ze−iz, w2(z) =i∫

−∞ezζdz(ζ+i)2

, Re z > 0; w2(z) = − eiz

4z [1 + O(z−1)], z → +∞. 7.13.

w1(z) = ez, w2(z) =−1∫−∞

ζ+1ζ−1e

zζdζ, Re z > 0; w2(z) = 12z2e−z[1 +O(z−1)], z → +∞.

7.14. w1(z) = (2 + 3z)e−z; w2(z) =1∫

−∞

ezζdζ(ζ+1)2(ζ−1)2/3 , Re z > 0; w2(z) = ez

4 3√z e−2πi/3Γ(1/3)[1 +

O(z−1)], z → +∞.

7.15. wj(z) =∫γj

ezζ−ζ3/3dζ, j = 1, 2, контур γ1 состоит из лучей arg ζ = 2π/3 и arg ζ = 0,

контур γ2 – из лучей arg ζ = −2π/3 и arg ζ = 0. В приложениях часто используется решение w(z) =w2(z)− w1(z).

7.16. w1(z) = C∮

|ζ|=1

ζ−n−1ezζ−ζ2/4dζ. После замены ζ = 2(t+ z) получается: w1(z) = Cez

2 ∮γ(t+

z)−n−1e−t2dt по окружности |t+ z| = 1/2. По теореме о вычетах, w1(z) = Aez

2 dn

dzn e−z2. Если выбрать

A = (−1)n, то получится полином ЭрмитаHn(z). Для второго решения контур можно взять от ζ = −∞до ζ = +∞, с обходом точки ζ = 0.

7.17. w1(z) =+∞∫−∞

ζ−ν−1ezζ−ζ2/2dζ, с обходом точки ζ = 0; w2(z) =

=∫γζ−ν−1ezζ−ζ

2/2dζ, где контур γ при нецелом ν идёт из −∞ к 0 по нижнему берегу разреза, обходит

вершину разреза и идёт к−∞ по верхнему берегу. При целом отрицательном ν контур γ – луч arg γ =π. Асимптотика решения w1(z) при z → ±∞:

w1(z) = e−z2/2√

2πz−ν−1[1 +O(z−2)], z → +∞;

w1(z) = ez2/2√

2π|z|−ν−1e−iπ(ν+1)[1 +O(z−2)], z → −∞.

7.18. а) wj(z) =∫γj

ezζ−ζ4/4dζ. Контур γ1 – вся ось Im ζ = 0; контур γ2 состоит из лучей arg ζ = π

и arg ζ = π/2; контур γ3 из лучей arg ζ = π и arg ζ = −π/2.

б) Для w1(z) седловая точка t1 = 1, w1(z) = z−1/3 exp(34z

4/3)√

2π3 [1 +O( 1

z4/3 )];

для w2(z) – точка t2 = e2πi/3, w2(z) = eiπ/3z−1/3 exp(34z

4/3t2)√

2π3 [1 +O( 1

z4/3 )];

для w3(z) – точка t3 = e−2πi/3, w2(z) = e−iπ/3z−1/3 exp(34z

4/3t3)√

2π3 [1 +O( 1

z4/3 )].

99