58. Предельные задачи для аналитических функций.
Прежде чем переходить к решению интегральных уравнений с ядром Коши, займемся некоторыми предельными задачами для аналитических функций. Предварительно введем одно новое понятие и докажем вспомогательную теорему.
Пусть некоторая функция
регулярна в окрестности
. Говорят, что она имеет на бесконечности конечный порядок, если ее разложение в окрестности
имеет вид
и целое число
(положительное, отрицательное или нуль) называется порядком
на бесконечности. Если 0, то
регулярна в точке
, а если
, то
есть полюс
При
мы имеем
Теорема. Если
регулярна на всей плоскости z и имеет конечный порядок на бесконечности, то
есть полином.
В рассматриваемом случае разложение (369) имеет место на всей плоскости z, и это разложение не должно содержать отрицательных степеней
, ибо
должна быть точкой регулярности
Таким образом, при
функция
будет полиномом, а при
постоянной (полином нулевой степени). В частности, эта постоянная может равняться нулю. Функция, тождественно равная нулю, также считается имеющей конечный
порядок на бесконечности. Ее порядок считается равным нулю, как и у постоянной, отличной от нуля. Доказанная теорема является, по существу, обобщением теоремы Лиувилля
Пусть L — гладкий замкнутый контур. Решим указанные ниже три предельные задачи.
Задача 1. Найти функцию
регулярную внутри L, и функцию
регулярную вне L и имеющую конечный порядок на бесконечности, так, чтобы обе функции были непрерывны вплоть до L, и на L имело бы место соотношение:
где f (
- заданная на L комплексная функция, удовлетворяющая условию Липшица.
Формула
определяет функцию
регулярную внутри L, и
регулярную вне L и равную нулю на бесконечности. В силу формул для предельных значений интеграла типа Коши [1112; 29]:
мы видим, что
удовлетворяют соотношению (370), т. е. формула (371) дает решение задачи 1. Нетрудно видеть, что
также удовлетворяют условию Липшица [1112; 27]. Очевидно, что и
где
произвольный полином, дает решение задачи 1, причем
удовлетворяют условию Липшица.
Покажем, что эта формула дает все решения задачи 1. Пусть
- какое-нибудь решение задачи 1. Из (370) и такого же соотношения для
следует:
т. е. разности
имеют одинаковые значения на L, и тем самым эти разности определяют функцию, регулярную на всей плоскости
и
имеющую конечный порядок на бесконечности. В силу доказанной теоремы упомянутые разности равны одному и тому же полиному
откуда и следует формула (373).
Если поставить условие
, то в формуле (373) надо положить
. Сформулируем теперь вторую задачу, впервые рассмотренную Гильбертом, причем мы будем в дальнейшем считать, что точка
находится внутри
Задача 2 (однородная задача Гильберта). Найти
при прежних условиях так, чтобы вместо (370) выполнялось условие
где
заданная на L комплексная функция, удовлетворяющая условию Липшица и отличная от нуля.
Пусть k — целое число, равное приращению аргумента
при обходе точкой
контура L, деленному на
Аргумент функции:
не получает приращения, когда
обходит L, и
непрерывная на L функция. Мы фиксируем при этом какое-нибудь определенное значение логарифма.
Нетрудно показать, что
так же как и
удовлетворяет условию Липшица, на чем мы не останавливаемся. Составим функцию:
где
Эти формулы определяют различные, вообще говоря, регулярные функции при z, лежащих внутри и вне
и, пользуясь формулой (372) для предельных значений интеграла Коши, непосредственно можно проверить, что функции (379) на L удовлетворяют соотношению:
Введем новые функции, регулярные внутри и вне
Принимая во внимание (376) и (380), мы видим, что
являются решением однородной задачи Гильберта. Из (378) и (379) следует, что
и в силу (381) можно утверждать, что порядок
на бесконечности равен
Отметим еще, что
не обращается в нуль нигде, а
может обращаться в нуль лишь при
Если
любой полином, то функции
также являются решением однородной задачи Гильберта. Если
- степень
, то порядок
на бесконечности равен (m — k). При этом, как и в задаче
удовлетворяют условию Липшица.
Покажем еще, что формулы (382) определяют все решения упомянутой задачи. Действительно, пусть
какое-нибудь решение задачи. Отношения
регулярны соответственно внутри и вне L и второе из них имеет конечный порядок на бесконечности. Кроме того, эти отношения совпадают на L Следовательно, отношения (383) определяют функцию, регулярную на всей плоскости и имеющую конечный порядок на бесконечности, и в силу доказанной выше теоремы эта функция есть полином, откуда и следуют формулы (382) для
.
Задача 3 (неоднородная задача Гильберта). Найти
при прежних условиях так, чтобы вместо (374) соблюдалось условие
где
- заданные на L функции, удовлетворяющие условию Липшица, и
.
Пусть
- построенное выше решение задачи 2, не обращающееся в нуль. Из (374) следует:
подставляя
в (384), перепишем это условие в виде
т. е. мы пришли к первой задаче для отношения
, откуда в силу (373)
где
— любой полином, и, окончательно,
Для области, находящейся внутри L, мы должны вместо
взять
а для внешней области —
Формула (385) дает общее решение задачи 3. Функции
определяются формулой (381) и число k - формулой (375). Первое слагаемое правой части имеет порядок на бесконечности
и второе -
, где
— степень полинома
Как и в предыдущих задачах,
удовлетворяют условию Липшица.
Выясним теперь вопрос о тех решениях задачи 3, которые обращаются в нуль на бесконечности. Иначе говоря, мы ищем решения, имеющие отрицательный порядок на бесконечности. Рассмотрим случаи:
Если
то первое слагаемое правой части формулы (385) имеет отрицательный порядок на бесконечности, а второе будет иметь отрицательный порядок в том и только в том случае, когда
т. е. при формула (385) даег общий вид решений задачи 3, равных нулю на бесконечности, если за
взять любой полином степени, меньшей, чем к. Мы имеем в этом случае бесчисленное множество решений задачи 3, равных нулю на бесконечности. Общее решение содержит k произвольных постоянных [коэффициенты
Если
то первое слагаемое по-прежнему будет отрицательного порядка на бесконечности, а во втором слагаемом надо взять
. Решение задачи 3 при этом, очевидно, единственно. Если
, то, принимая во внимание сказанное выше о порядках слагаемых правой части формулы (385), нетрудно видеть, что надо взять
и, кроме того, в первом слагаемом должны отсутствовать члены, содержащие
т. е. в разложении интеграла
имеющем место при достаточно большом
должны отсутствовать члены, содержащие
Это приводит к следующим необходимым и достаточным условиям того, что задача 3 имеет решение, равное нулю на бесконечности:
При выполнении этих условий решение задачи 3, равное нулю на бесконечности, единственно и определяется формулой (385) при